《（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第3讲 空间角学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第3讲 空间角学案.doc（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第第 3 3 讲讲 空间角空间角考情考向分析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具热点一 异面直线所成的角(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形(2)向量法：设直线l，m的方向向量分别为a a(a1，b1，c1)，b b(a2，b2，c2)设l，m的夹角为，则 cos .(0 2)|a ab b| |a a|b b|a1a2b1b2c1c2|a2 1b2 1c2 1 a2 2b2 2c2 2例 1 (1)(2018全国)在长方体ABCDA1B1C1D
2、1中，ABBC1，AA1，则异面直线3AD1与DB1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.1 5565522答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DB，由题意，得DB，BB12，DB1.12112512 321212 325在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB1DB1cosDB1B，2 12 1即 54522cosDB1B，cosDB1B.555故选 C.方法二 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，
3、DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.2由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，33(1,0，)，AD13(1,1，)，DB131101()22，AD1DB13|2，|，AD1DB15cos，.AD1DB1AD1DB1|AD1|DB1|22 555故选 C.(2)(2018浙江省杭州二中月考)已知异面直线a，b所成的角为 50，过空间一定点P最多可作n条直线与直线a，b均成角，则下列判断不正确的是( )A当65时，n3 B当n1 时，只能为 25C当30时，n2 D当75时，n4答案 B解析 将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将
4、异面直线a，b平移到同一平面内，使得点P为平移后的直线a，b的交点，则当 0 B D|，BPPCBPPCBC所以 cos ，故选 A.(0， 2)热点二 直线与平面所成的角(1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形(2)向量法：设直线l的方向向量为a a(a1，b1，c1)，平面的法向量为(a2，b2，c2)，设直线l与平面的夹角为，则 sin |cosa a，|.(0 2)|a a| |a a|例 2 (2018浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，四边形DCFE为菱形已知ABCD，ABC60，CD
5、AB1.1 24(1)线段AC上是否存在一点N，使得AE平面FDN？证明你的结论；(2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为 ，求直线AC与平面ADF所成角的正弦值1 2解 (1)在线段AC上存在点N，使得AE平面FDN，且N是AC的中点如图，取AC的中点N，连接NF，DN，连接EC交DF于点O，连接ON.四边形CDEF为菱形，O为EC的中点在ACE中，由中位线定理可得ONAE.ON平面FDN，AE平面FDN，AE平面FDN，在线段AC上存在点N，使得AE平面FDN，且N是AC的中点(2)方法一 DECF，DE在平面ABCD上的投影长度为 ，1 2过点E作EOAD于点O，平面DAE平面ABC
6、D，且平面DAE平面ABCDAD，EO平面DAE，EO平面ABCD，则OD ，1 2在等腰梯形ABCD中，由已知易得ADBC1，点O为线段AD的中点设点C到平面FDA的距离为h，VCFDAVFADC，hSFDAEOSADC，易知SADC，EO，3432取AB的中点M，连接CM，取CM的中点P，连接AP，DP，FP，OP.5O，P分别为AD，MC的中点，AMDCEF，且AMDCEF，OPEF且OPEF，四边形OPFE为平行四边形，OEFP，OEFP，FP平面ABCD.易求得AP，DPFP，7232AF，DF，10262DF2AD2AF2，ADF为直角三角形，SFDA.h.64EOSADC SFD
7、A32346464设直线AC与平面FDA所成的角为，在ADC中，易得AC，则 sin .3h AC24方法二 DECF，DE在平面ABCD上的投影长度为 ，1 2过点E作EOAD于点O，平面DAE平面ABCD，且平面DAE平面ABCDAD，EO平面DAE.EO平面ABCD，则OD ，1 2在等腰梯形ABCD中，由已知易得ADBC1.点O为线段AD的中点以O为原点，OE所在直线为z轴，过O且平行于DC的直线为y轴，过O且垂直于yOz平面的直线为x轴建立空间直角坐标系，易得x轴在平面ABCD内可得A，C，D，E，(34，14，0)(34，54，0)(34，14，0)(0，0，32)，AC(32，3
8、2，0)DA(32，12，0)(0,1,0).DFDEEFDEDC(34，14，32)(34，34，32)设平面ADF的法向量为n n(x，y，z)，6则Error!得Error!令x1，得平面ADF的一个法向量为n n(1， ，2)3若直线AC与平面ADF所成的角为，则 sin |cosn n， |.AC32 2 324思维升华 (1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找证求的步骤进行(2)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系跟踪演练 2 (2018杭州质检)如图，在等腰三角形ABC中，ABAC，A120，M为线段BC的
9、中点，D为线段BC上一点，且BDBA，沿直线AD将ADC翻折至ADC，使ACBD.(1)证明：平面AMC平面ABD；(2)求直线CD与平面ABD所成的角的正弦值(1)证明 因为ABC为等腰三角形，M为BC的中点，所以AMBD，又因为ACBD，AMACA，AM，AC平面AMC，所以BD平面AMC，因为BD平面ABD，所以平面AMC平面ABD.(2)解 在平面ACM中，过C作CFAM交直线AM于点F，连接FD.由(1)知，平面AMC平面ABD，又平面AMC平面ABDAM，CF平面AMC，所以CF平面ABD.所以CDF为直线CD与平面ABD所成的角设AM1，则ABACAC2，BC2，3MD2，DCD
10、C22，AD.3362在 RtCMD中，MC2DC2MD2(22)2(2)294.3337设AFx，在 RtCFA和 RtCFM中，AC2AF2MC2MF2，即4x294(x1)2，3解得x22，即AF22.33所以CF2.2 33故直线CD与平面ABD所成的角的正弦值等于.CF DC2 3331热点三 二面角二面角有两种求法：几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算向量法：利用两平面的法向量设平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v v(a4，b4，c4)，设二面角a的平面角为(0)，则|cos |cos，v v|.|v v| |v v|例 3 如图，在矩形ABCD中，AB2，AD4
11、，点E在线段AD上且AE3，现分别沿BE，CE所在的直线将ABE，DCE翻折，使得点D落在线段AE上，则此时二面角DECB的余弦值为( )A. B. C. D.4 55 66 77 8答案 D解析 如图 1 所示，连接BD，设其与CE的交点为H，由题意易知BDCE.翻折后如图 2 所示，连接BD，图 1 图 2则在图 2 中，BHD即为二面角DECB的平面角，易求得BD2，DH，BH，22 558 55所以 cosDHB ，BH2DH2BD2 2BHDH7 8故选 D.思维升华 (1)构造二面角的平面角的方法(几何法)：8根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等(
12、2)向量法：根据两平面的法向量跟踪演练 3 (2018绍兴质检)已知四面体SABC中，二面角BSAC，ASBC，ASCB的平面角的大小分别为，则( )A.ORsinORPa，OF2，综上所述，12，又由最小角定理得32，故选 D.3如图，正四棱锥PABCD.记异面直线PA与CD所成的角为，直线PA与平面ABCD所成的角为，二面角PBCA的平面角为，则( )APAO.又OEBC，POBC，OE与PO相交于点O，BC平面POE，PEBC，因此PEO为二面角PBCA的平面角OEtanPAO，PEOPAO.又PABPBE，cosPBE，cosPEO，BE PBOE PEOEBE，PEPEO，又PBEPAB，0，得 0x ，1 2所以函数f(x)在上单调递增；(0，1 2)令f(x)0，得 x1，1 2所以函数f(x)在上单调递减，(1 2，1)所以f(x)maxf ，(1 2)1 12所以 sin 的最大值为.4 631122 23