高考数学复习第二轮---重点难点专项突破27--求空间的角

刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破27难点27求空间的角空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想.●难点磁场(★★★★★)如图，α—l—β为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上，M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角.(1)求证：MN分别与α、β所成角相等；(2)求MN与β所成角.●案例探究［例1］在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点.(1)求证：四边形B′EDF是菱形；(2)求直线A′C与DE所成的角；(3)求直线AD与平面B′EDF所成的角；(4)求面B′EDF与面ABCD所成的角.命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★★★★★级题目.知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角.错解分析：对于第(1)问，若仅由B′E=ED=DF=FB′就断定B′EDF是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B′、E、D、F四点共面.技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.(1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=25a,下证B′、E、D、F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EGABA′B′知，B′EGA′是平行四边形.∴B′E∥A′G,又A′FDG,∴A′GDF为平行四边形.∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破27故四边形B′EDF是菱形.(2)解：如图所示，在平面ABCD内，过C作CP∥DE，交直线AD于P，则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角.在△A′CP中，易得A′C=3a，CP=DE=25a,A′P=213a由余弦定理得cosA′CP=1515故A′C与DE所成角为arccos1515.(3)解：∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上.如下图所示.又∵B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线，故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′在Rt△B′AD中，AD=2a，AB′=2a,B′D=2a则cosADB′=33故AD与平面B′EDF所成的角是arccos33.(4)解：如图，连结EF、B′D，交于O点，显然O为B′D的中点，从而O为正方形ABCD—A′B′C′D的中心.作OH⊥平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心，再作HM⊥DE，垂足为M，连结OM，则OM⊥DE，刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破27故∠OMH为二面角B′—DE′—A的平面角.在Rt△DOE中，OE=22a,OD=23a,斜边DE=25a,则由面积关系得OM=1030DEOEODa在Rt△OHM中，sinOMH=630OMOH故面B′EDF与面ABCD所成的角为arcsin630.［例2］如下图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b,且AA1与AB、AD的夹角都是120°.求：(1)AC1的长；(2)直线BD1与AC所成的角的余弦值.命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目.知识依托：向量的加、减及向量的数量积.错解分析：注意＜ABAA,1＞=＜1AA,AD＞=120°而不是60°,＜ADAB,＞=90°.技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用.221122211111212211111122122211111222221112221111111212222||||||))((||))((,2||,)2(.22||,22||,0,21120cos,21120cos90,,120,,||||,|:|222||||||))(())((||)1(:baABAAADABADAAABADAAABADAAABADAABDBDBDabADABABADADABAAADAAABABADAAADABBDACABADAABAADBDADABACaACabbaACabbaACADABababADAAababABAAADABADAAABAAaADABbAAADABADAAABAAADABAAADABAAADABAAACAAACAAACACAC依题意得由已知得解2212||baBD刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破272211124||||,cosbabACBDACBDACBD∴BD1与AC所成角的余弦值为2224bab.●锦囊妙计空间角的计算步骤：一作、二证、三算1.异面直线所成的角范围：0°＜θ≤90°方法：①平移法；②补形法.2.直线与平面所成的角范围：0°≤θ≤90°方法：关键是作垂线，找射影.3.二面角方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法.注：二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是()A.6B.4C.3D.22.(★★★★★)设△ABC和△DBC所在两平面互相垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.75°二、填空题3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°，则以OC为棱的二面角A—OC—B的余弦值等于_________.4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________.三、解答题5.(★★★★★)已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且PA=AD=AB=1,BC=2(1)求PC的长；(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小；(3)求证：二面角B—PC—D为直二面角.6.(★★★★)设△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°求：(1)直线AD与平面BCD所成角的大小；刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破27(2)异面直线AD与BC所成的角；(3)二面角A—BD—C的大小.7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形ABCD，如图，然后将它沿BC折成直二面角.(1)求证：平面ABD⊥平面ACD；(2)求AD与BC所成的角；(3)求二面角A—BD—C的大小.8.(★★★★★)设D是△ABC的BC边上一点，把△ACD沿AD折起，使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上.(1)求证：直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°；(2)若∠BAC=90°，二面角C′—AD—H为60°，求∠BAD的正切值.参考答案难点磁场(1)证明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，连接NC、MD.∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角，∠MNB，∠NMA分别是MN与β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.在Rt△MPB与Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.在Rt△MNB与Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)结论成立.(2)解：设∠MNB=θ,MN=2a,则PB=PN=a,MB=NA=2asinθ，NB=2acosθ,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α—l—β的平面角，∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°,∴BD=AC=3633MBasinθ,CN=DM=63260sin6MBasinθ,∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴PBBDPNPC刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破2722222222)cos2(3sin6)sin362(,aaaaaaBNDBaCNa即整理得，16sin4θ－16sin2θ+3=0解得sin2θ=4341或,sinθ=2321或，当sinθ=23时，CN=632asinθ=2a＞PN不合理，舍去.∴sinθ=21,∴MN与β所成角为30°.歼灭难点训练一、1.解析：(特殊位置法）将P点取为A1，作OE⊥AD于E，连结A1E，则A1E为OA1的射影，又AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即AM与OP成90°角.答案：D2.解析：作AO⊥CB的延长线，连OD，则OD即为AD在平面BCD上的射影，∵AO=OD=23a,∴∠ADO=45°.答案：B二、3.解析：在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，，OA=2，BC=3，OB=2，Rt△AOB中，AB2=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－33.答案：－334.解析：设一个侧面面积为S1，底面面积为S，则这个侧面在底面上射影的面积为3S，由题设得321SS，设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=2133111SSSS,∴θ=60°.答案：60°三、5.(1)解：因为PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=222ABPA.∴PC=622PCPB.刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破27(2)解：如图，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角.∵CE=BD=2，且PE=1022AEPA∴由余弦定理得cosPCE=632222CEPCPECEPC∴PC与BD所成角的余弦值为63.(3）证明：设PB、PC中点分别为G、F，连结FG、AG、DF，则GF∥BC∥AD，且GF=21BC=1=AD，从而四边形ADFG为平行四边形，又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG为矩形，DF⊥FG.在△PCD中，PD=2，CD=2，F为BC中点，∴DF⊥PC从而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B—PC—D为直二面角.6.解：(1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC，∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角.由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，∴∠ADH=45°(2)∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°.(3)过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知，AH=DH=2,23aBHa,在△HDB中，HR=43a，∴tanARH=HRAH=2故二面角A—BD—C大小为π－arctan2.7.(1)证明：取BC中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，∵BC⊥CD，由三垂线定理知AB⊥CD.又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD.∴平面ABD⊥平面ACD.(2)解：在面BCD内，过D作DF∥BC，过E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂线定理知AF⊥DF，∠ADF为AD与BC所成的角.设AB=m，则BC=2m，CE=DF=22m,CD=EF=36m刘老师精品资料之高考数学第二轮---难点突破27321ar