湘教版高考数学一轮总复习课后习题 课时规范练57 求空间角 (2).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)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2,若n1=(1,0,0),n2=(-3,0,1),则二面角A-BD-C的大小可能为()

A.π6 B.π3 C.2π

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.已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,点E为棱PC上一点(与P,C不重合),点M,N分别在棱PD,PB上,平面EMN∥平面ABCD.

(1)求证:BD∥平面AMN;

(2)若E为PC中点,PC=BC=BD=2,∠PBC=π4,PC⊥BD,求二面角E-MN-A的正弦值

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),F0,1,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,BF|=|EC·BF||

2.AD解析由已知可得cosn1,n2=n1·n2|n1||n

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+BC2=PC2,则

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·AP

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)证明因为平面EMN∥平面ABCD,且平面PBD∩平面ABCD=BD,平面PBD∩平面EMN=MN,所以BD∥MN.

又因为BD?平面AMN,且MN?平面AMN,所以BD∥平面AMN.

(2)解因为PC=BC=2,∠PBC=π4,所以∠PBC=∠CPB=π4,所以∠BCP=π2,所以

因为PC⊥BD,且BC∩BD=B,BC,BD?平面ABCD,所以PC⊥平面ABCD.

因为四边形ABCD是菱形,可得CD=BC=BD=2,所以△BCD为正三角形,所以∠DCB=π

连接AC交BD于点O,以O为原点,分别以OA,OB的方向为x轴、y轴的正方向,并取相同的单位长度,建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(3,0,0),B(0,1,0),C(-3,0,0),D(0,-1,0),P(-

因为E为PC的中点,且平面EMN∥平面ABCD,可得M,N分别为PD与PB的中点,所以M-32,-12,1,N-

因为平面EMN的法向量即为平面ABCD的法向量,且PC⊥平面ABCD,所以平面EMN的法向量为n=PC=(0,0,-2).

设平面AMN的法向量为m=(x,y,z),MN=(0,1,0),AM=

则m

取x=2,得y=0,z=33,

即m=(2,0,33).

由图可知,二面角E-MN-A为钝角,所以cosm,n=m·n|m||n|=0+0-6

5.