【优化指导】高考数学总复习 9.4空间的角课时演练 人教版.doc

【优化指导】2013高考数学总复习 9.4空间的角课时演练1在长方体abcda1b1c1d1中，m、n分别是棱bb1、b1c1的中点，若cmn90，则异面直线ad1与dm所成的角为()a30b45c60d902正方体abcda1b1c1d1中，bb1与平面acd1所成角的余弦值为()a. b. c. d.解析：如图，连接bd交ac于o，连接d1o，由于bb1dd1，dd1与平面acd1所成的角就是bb1与平面acd1所成的角易知dd1o即为所求设正方体的棱长为1，则dd11，do，d1o，cosdd1o.bb1与平面acd1所成角的余弦值为.答案：d3如图所示，sa平面abc，abc90，de垂直平分sc，saab，sbbc，那么二面角cbde的平面角的大小为()a30 b45 c60 d90解析：bd平面sac，故edc为二面角cbde的平面角易求出edc60.答案：c4正方体abcda1b1c1d1中，e、f分别为ab、c1d1的中点，则直线a1b1与平面a1ecf所成角的正弦值为()a. b. c. d.解析：法一：连结b1c，a1c，如图，a1b1b1c，并且四边形a1ecf为菱形，由b1a1eb1a1f知a1b1在平面a1ecf上的射影为ea1f的平分线a1c，b1a1c为a1b1与平面a1ecf所成的角，设正方体棱长为a，则sinb1a1c.法二：设b1到平面a1ecf的距离为h，正方体棱长为a，a1b1与平面a1ecf所成的角为，四边形a1ecf为菱形，则a1ca，efa，由vb1a1efvfa1eb1得sa1efhsa1eb1a，即s菱形a1e c fhs正方形abb1a1a，a1cefha2a，ha，sin .答案：a5如果一个平面与一个正方体的十二条棱所在的直线都成相等的角，记作，那么sin 的值为()a. b. c. d1解析：在平面abcda1b1c1d1中，正方体的十二条棱所在的直线与平面ab1c所成的角都相等，则有cos 45cos 30cos ，cos ，故sin .答案：b6已知二面角l的大小为50，p为空间中任意一点，则过点p且与平面和平面所成的角都是25的直线的条数为()a2 b3 c4 d5解析：由l的大小为50，可知两平面法向量夹角为130，又直线与平面所成的角相等且为25，即等价于直线与法向量的夹角相等且为65.故题意等价于过空间一点p与成50的两异面直线的夹角都为65的直线条数，有3条故选b.答案：b7如图，二面角l的大小是60，线段ab，l，ab与l所成的角为30.则ab与平面所成的角的正弦值是_解析：如图，作ac于c，作cdl于d，连结ad.在rtabd中，abd30，设ab2a，则ada，在rtacd中，adc为二面角l的平面角，adc60，所以aca.又ab与所成的角为abc，sinabc.答案：8(理用)如图所示的正方体abcda1b1c1d1中，过顶点b、d、c1作截面，则二面角bdc1c的大小是_解析：取c1d的中点o，连结bo、co，则boc1d，coc1d.boc是二面角bdc1c的平面角设正方体的棱长为1，则co，bdc1为正三角形，ob，且bc1，cosboc，bocarccos.答案：arccos8(文用)将a60的菱形abcd，沿对角线bd折起，使a、c的距离等于bd，则二面角abdc的余弦值是_解析：设菱形abcd的边长为1，如图取bd中点e，连结ae，ce，所以aebd，cebd.所以aec为二面角abdc的平面角，而ac1，aece，所以cos aec.答案：9如图，正方体abcda1b1c1d1的棱长为1，e为a1b1的中点，则下列五个命题：点e到平面abc1d1的距离为；直线bc与平面abc1d1所成的角等于45；空间四边形abcd1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为；be与cd1所成角的正弦值为；二面角abd1c的大小为.其中真命题是_(写出所有真命题的序号)解析：因为点e到平面abc1d1的距离等于点a1到平面abc1d1的距离为，故命题是假命题；连接b1c，易得b1c平面abc1d1，故直线bc与平面abc1d1所成的角为cbc1等于45，故是真命题；空间四边形abcd1在正方体六个面内的射影可能是正方形或直角三角形，面积最小的是直角三角形时为，故是真命题；连接ba1，则ba1cd1，故be与cd1所成的角为a1be，由余弦定理易求得a1be的余弦值为，正弦值为，故是真命题；过a作afbd1于f，连接cf，由三角形全等得cfbd1，所以afc是二面角abd1c的平面角，易得afcf，ac，由余弦定理得cosafc，afc，即二面角abd1c的大小为，故错所以真命题是.答案：10如图，在三棱锥pocb中，po平面ocb，oboc，oboc，pc4，d为pc中点，求od与平面pbc所成的角的正弦值解：取bc的中点f.oboc，ofbc，po平面obc，bc平面obc，pobc.而ofpoo，bc平面pof.平面pbc平面pof.在平面pof中，过o作oepf，垂足为e.则oe平面pbc.de为od在平面pbc中的射影ode为od与平面pbc所成的角在rtpoc中，odpc2.在rtpof中，of1，op，oe.sinode.即od与平面pbc所成的角的正弦值为.11(2011天津高考)如图，在三棱柱abca1b1c1中，h是正方形aa1b1b的中心，aa12 ，c1h平面aa1b1b，且c1h.(1)求异面直线ac与a1b1所成角的余弦值；(2)求二面角aa1c1b1的正弦值；(3)设n为棱b1c1的中点，点m在平面aa1b1b内，且mn平面a1b1c1，求线段bm的长解：(b版)解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点b为坐标原点依题意得a(2 ，0,0)，b(0,0,0)，c(，)，a1(2 ，2 ，0)，b1(0,2 ，0)，c1(，)(1)易得(，)，(2 ，0,0)，于是cos，所以异面直线ac与a1b1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2 ，0)，(，)设平面aa1c1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样地，设平面a1b1c1的法向量n(x，y，z)，则即不妨令y，可得n(0，)，于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角aa1c1b1的正弦值为.(3)由n为棱b1c1的中点，得n(，)设m(a，b,0)，则(a，b，)由mn平面a1b1c1，得即解得故m(，0)因此(，0)，所以线段bm的长|.解法二：(1)由于aca1c1，故c1a1b1是异面直线ac与a1b1所成的角因为c1h平面aa1b1b，又h为正方形aa1b1b的中心，aa12 ，c1h，可得a1c1b1c13.因此cosc1a1b1.所以异面直线ac与a1b1所成角的余弦值为.(2)连接ac1，易知ac1b1c1.又由于aa1b1a1，a1c1a1c1，所以ac1a1b1c1a1.过点a作ara1c1于点r，连接b1r，于是b1ra1c1，故arb1为二面角aa1c1b1的平面角在rta1rb1中，b1ra1b1sinra1b12 ，连接ab1，在arb1中，ab14，arb1r，cosarb1，从而sin arb1.所以二面角aa1c1b1的正弦值为.(3)因为mn平面a1b1c1，所以mna1b1.取hb1中点d，连接nd.由于n是棱b1c1的中点，所以ndc1h且ndc1h.又c1h平面aa1b1b，所以nd平面aa1b1b.故nda1b1，又mnndn，所以a1b1平面mnd.连接md并延长交a1b1于点e，则mea1b1，故meaa1.由，得deb1e.延长em交ab于点f，可得bfb1e，连接ne.在rtenm中，ndme，故nd2dedm，所以dm.可得fm.连接bm，在rtbfm中，bm.12如图所示，在三棱锥abcd中，侧面abd、acd是全等的直角三角形，ad是公共的斜边，且ad，bdcd1，另一个侧面是正三角形(1)求证：adbc；(2)求二面角bacd的余弦值；(3)在直线ac上是否存在一点e，使ed与面bcd成30角？若存在，确定e的位置；若不存在，说明理由解：解法一：(1)方法一：作ah平面bcd于h，连接dh，bh，ch.abbdhbbd.同理，cdhc.ad，bd1，abbcac，bddc.又bdcd，则bhcd是正方形dhbc.adbc.方法二：如图(1)取bc的中点o，连接ao、do，则有aobc，dobc.bc面aod，bcad.(2)如图(2)作bmac于m，故线段ac上存在e点，且ce1时，ed与平面bcd成30角(b版)解法二：(1)作ah面bcd于h，连接bh、ch、dh，则四边形bhcd是正方形，且ah1，以d为原点，建立空间直角坐标系如图所示则b(1,0,0)，c(0,1,0)，a(1,1,1).(1,1,0)，(1,1,1)，0，则bcad.(2)设平面abc的法向量为n1(x，y，z)，则由n1，知n1xy0；同理，由n1，知n1xz0，可取n1(1,1，1)同理，可求得平面acd的一个法