全品高考备战2027年数学一轮学生用书08第46讲空间角【答案】听课手册

第46讲空间角●课前基础巩固【知识聚焦】1.(1)角(或夹角)(2)02.(2)03.(1)垂直于棱l(3)②不大于π【对点演练】1.23015[解析]设直线a与平面α所成的角为θ,则sinθ=|a·b2.45°[解析]∵cos<m,n>=m·n|m||n|=11×2=23.15[解析]以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(1,1,0),E(0,2,1),F(1,0,0),D1(0,0,2),∴FD1=(-1,0,2),OE=(-1,1,1),∴cos<FD1,OE>=FD1·OE|FD1||4.30°[解析]设l与α所成的角为θ,∵cos<m,n>=-12,∴sinθ=|cos<m,n>|=12,又0°≤θ≤90°,∴θ5.34[解析]以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(0,1,0),S(0,0,3),C32,-12,0,所以AS=(0,1,3),BC=32,-32,0,所以cos<AS,6.13-2323[解析]以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),∴D1C1=(0,2,0),A1C1=(-1,2,0),A1B=(0,2,-1).设平面A1BC1的法向量为令y=1,得n=(2,1,2).设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ,则sinθ=|cos<D1C1,n>|=|D1C1·n||D1C1||n|=22×3=13,即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为13.易知平面A1C1D1的一个法向量为m=(0,0,1),∴cos<m,n>=m·n|m||n|=21×3=23.由图可知,二面角B-A1C1-D1为钝角,故二面角B-A1C1-D1的余弦值为-2●课堂考点探究例1[思路点拨]思路一:在长方体中建立空间直角坐标系,利用向量法求异面直线所成的角;思路二:在长方体中,通过补充新的长方体,结合平行关系,将异面直线转化在同一平面中,利用解三角形求异面直线所成的角.A[解析]方法一:以A为坐标原点,以AB,AD,AA1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,4),F(2,2,0),B1(4,0,4),E(0,1,4),所以A1F=(2,2,-4),B1E=(-4,1,0).设异面直线A1F与B1E所成的角为θ,则cosθ=A1方法二:补充长方体CDMN-C1D1M1N1,如图所示,其中C1N1=B1C1,取P为B1C1的中点,Q为MN的中点,连接D1Q,D1P,PQ,则∠PD1Q(或其补角)即为异面直线A1F与B1E所成的角.由题知D1P=B1E=17,D1Q=A1F=26,PQ=29,所以cos∠PD1Q=D1P2+D变式题D[解析]由AB=2,AC=2,BC=22,得AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC.方法一:如图,取BC的中点E,连接AE,DE,则DE∥PC,所以∠ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角.易知AE=2,PC=PA2+AC2=9+4=13,DE=12PC=132,PB=PA2+AB2=9+4=13,所以DA=132.在△ADE中,根据余弦定理可得cos∠ADE=方法二:因为PA⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,故以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,3),D1,0,32,所以AD=1,0,32,PC=(0,2,-3).设9213×132=例2解:(1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=2CO,由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO得BO所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.(2)方法一:过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22.由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=23所以sin∠OCH=OHOC=3因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33方法二:由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为θ.如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.设CD=22.由题意知各点坐标如下:O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).设平面BCD的法向量n=(x,y,z).由n·BC=0,n·CD=0,即-x+y=0,-因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.变式题解:(1)因为圆台OO1的上、下底面半径分别为3和6,母线与下底面所成的角为30°,所以圆台的高为3,所以圆台的体积V=13×(9π+36π+18π)×3=213π(2)(i)证明:由圆台的定义知,母线AA1,BB1的延长线相交于一点M,所以A,A1,B1,B四点共面.又因为圆面O1与圆面O平行,平面AA1B1B与圆面O1交于直线A1B1,平面AA1B1B与圆面O交于直线AB,所以AB∥A1B1.(ii)在圆面O内作Oy⊥OA,垂足为O,以O为坐标原点,以OA,Oy,OO1的方向分别为x,y,z则O(0,0,0),A(6,0,0),B(-3,33,0),O1(0,0,3),由题可设P(3cosθ,3sinθ,3),所以AB=(-9,33,0),AO1=(-6,0,3),OP=(3cosθ,3sinθ,3).设平面O1AB的法向量为n=(x,y,则n·AB取x=1,则n=(1,3,23).设直线OP与平面O1AB所成的角为α,则sinα=|cos<OP,n>|=|OP·n||OP|·|n|所以直线OP与平面O1AB所成角的正弦值的最大值为32例3[思路点拨](1)取AC的中点O,作出辅助线A1O,OD,可得到四边形A1OCE为平行四边形,所以A1O∥EC,进而可得A1O∥平面EFC,由中位线得到OD∥EF,进而可得OD∥平面EFC,进而得到平面A1OD∥平面EFC,从而可证明线面平行;(2)证明出线面垂直,建立空间直角坐标系,求出平面EFC和平面ABB1A1的法向量,从而利用面面角的余弦公式进行求解.解:(1)证明:设AC的中点为O,连接A1O,OD,如图,因为E是A1C1的中点,所以OC∥A1E且OC=A1E,所以四边形A1OCE为平行四边形,所以A1O∥EC,又因为A1O⊄平面EFC,EC⊂平面EFC,所以A1O∥平面EFC.因为D,F分别是BC,B1C1的中点,所以OD∥AB,EF∥A1B1,又AB∥A1B1,所以OD∥EF,又OD⊄平面EFC,EF⊂平面EFC,所以OD∥平面EFC.因为A1O∩OD=O,A1O,OD⊂平面A1OD,所以平面A1OD∥平面EFC,又A1D⊂平面A1OD,所以A1D∥平面EFC.(2)因为AB⊥平面ACC1A1,AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACC1A1,如图,过点A1作A1O'⊥AC,垂足为O',所以A1O'⊥平面ABC,因为三棱柱ABC-A1B1C1的高为3,所以A1O'=3.因为AA1=2,所以AO'=22-(3)2=1,又AC=2,O为AC的中点,所以以O为坐标原点,OD,OC,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,3),A(0,-1,0),B(2,-1,0),所以AA1=(0,1,3),AB由(1)知,平面A1OD∥平面EFC,所以平面EFC的一个法向量为n1=(0,1,0).设平面ABB1A1的法向量为n2=(x,y,z),则n令z=-1,得n2=(0,3,-1).设平面EFC与平面ABB1A1的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2所以θ=30°,故平面EFC与平面ABB1A1的夹角为30°.变式题解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,∵AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC,又∵BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)方法一:以D为原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=t(0<t<2),则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=4-t2,C(0,AC=(-t,4-t2,0),AP=(0,0,2),设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z即-tx1+4-t2y1=0,2z1=0,不妨令x1=4-t2,则y1=t,z1=0,故n1=(4-t2,t,0)则n2·DP=0,n2·DC=0,即tx2+2z2=0,4-t2y2=0,不妨令z2=t,则x2=-2,y2=0,故n2=(-2,0,t).∵二面角A-CP-D的正弦值为427,∴平面ACP方法二:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF.∵PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABCD,