北师版高考数学一轮总复习课后习题 课时规范练57 求空间角.docVIP

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课时规范练57求空间角

1.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,SD⊥平面ABCD,线段AB,SC的中点分别为E,F,若异面直线EC与BF所成角的余弦值为55,则SD=(

A.32 B.4 C.2

2.(多选题)(浙江宁波模拟)已知SO⊥平面α于点O,A,B是平面α上的两个动点,且∠OSA=π6,∠OSB=π4,则下列说法正确的是(

A.SA与SB所成的角可能为π

B.SA与OB所成的角可能为π

C.SO与平面SAB所成的角可能为π

D.平面SOB与平面SAB的夹角可能为π

3.(北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.

(1)求证:BC⊥平面PAB;

(2)求二面角A-PC-B的大小.

4.(山东潍坊模拟)如图,圆台O1O2上底面半径为1,下底面半径为2,AB为圆台下底面的一条直径,圆O2上的点C满足AC=BC,PO1是圆台上底面的一条半径,点P,C在平面ABO1的同侧,且PO1∥BC.

(1)证明:O1O2∥平面PAC;

(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值.

条件①:三棱锥O1-ABC的体积为43;条件②:AO1与圆台底面的夹角的正切值为2

5.(江苏苏锡常镇模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1BA⊥平面ABC,侧面A1B1BA为菱形,∠ABB1=π3,A1B⊥AC,AB=AC=2,E是AC的中点

(1)求证:A1B⊥平面AB1C;

(2)点P在线段A1E上(异于点A1,E),AP与平面A1BE所成角为π4,求EPE

6.(浙江温州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,BC=2AD=2,∠PBA=∠CBA=60°.

(1)求证:平面PAB⊥平面PAC;

(2)若点M在线段PB上,且直线AD与平面MAC所成角的正弦值为34,求平面MBC与平面MAC夹角的余弦值

课时规范练57求空间角

1.B解析如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DS分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.不妨设SD=t(t0),则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),E(2,1,0),F(0,1,t2),所以EC=(-2,1,0),BF=(-2,-1,t2).因为异面直线EC与BF所成角的余弦值为55,所以|cosEC,

2.AC解析设OA=1,则SO=3,SA=2,OB=3,SB=6.以O为坐标原点,分别以直线OA,OS为x轴,z轴,在平面α内过点O垂直于OA的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0,0,3),A(1,0,0),设B(m,n,0),且m2+n2=3,SA=(1,0,-3),SB=(m,n,-3),OB=(m,n,0),SO=(0,0,-3).若SA与SB所成的角为π3,则|cosSA,SB|=|SA·SB||SA||SB|=|m+3|26=cosπ3=12,解得m=-3±6.当m=-3-6时,m23,不符合题意;当m=-3+6时,n2=66-120,方程有解,故A正确;若SA与OB所成的角为π6,则|cosSA,OB|=|SA·OB||SA||OB|=|m|23=cosπ6=32,得m2=93,不符合题意,故B错误;设平面SAB的法向量为p=(x1,y1,z1),则p·SA=x1-3z1=0,p·

3.(1)证明因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC,同理PA⊥AB,

所以△PAB为直角三角形.

因为PB=PA2+AB2=2,BC=1,PC=3,所以PB2+BC

又因为BC⊥PA,PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB.

(2)解由(1)得BC⊥平面PAB,又AB?平面PAB,则BC⊥AB,以A为坐标原点,直线AB为x轴,过点A且与BC平行的直线为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0),

所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1).

设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),

则m·

设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),

则n

令,n=m·

又二面角A-PC-B为锐二面角,

所以二面角A-PC-B的大小为π

4.(1)证明取AC的中点M,连接O2M,PM,如图.

由题意,PO1=1,BC=22

∵PO1∥BC,PO1=12

又O2M∥BC,O2M=12BC,故PO1∥O2M,PO1=O2M,所以四边形PO1O2M为