2011年高考一輪數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 9-4空間的角理 同步練習(xí)（名師解析）

1、第9章 第4節(jié) 知能訓(xùn)練·提升考點(diǎn)一：異面直線所成的角1(2010·鄭州第一次質(zhì)檢)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為棱DC的中點(diǎn)，則D1P與BC1所在直線所成角的余弦值等于()A.B.C.D.解析：過C1作D1P的平行線交DC的延長線于點(diǎn)F，連接BF，則BC1F或其補(bǔ)角等于異面直線D1P與BC1所成的角設(shè)正方體的棱長為1，由P為棱DC的中點(diǎn)，則易得BC1，C1F，BF.在BC1F中，cosBC1F，選B.答案：B2如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90°，ABBCAA12，點(diǎn)D是A1C1的中點(diǎn)，則異面直線AD和BC1所成角的大小為_解析：如

2、圖所示， 取AC中點(diǎn)D1，連結(jié)C1D1，易知ADC1D1，則異面直線AD與BC1所成角的大小等于C1D1與BC1所成角的大小易得C1D1，BC12，BD1，在BC1D1中，由余弦定理得cosBC1D1.所以BC1D130°.答案：30°考點(diǎn)二：直線與平面所成的角3在二面角為45°的一平面內(nèi)有一條直線與二面角的棱成45°角，則此直線與二面角的另一個(gè)面所成的角為()A30°B45°C60° D90°解析：解法一：由于45°的二面角的一平面內(nèi)一條直線與二面角的棱成45°角，根據(jù)最小角定理，則此直線與二

3、面角的另一個(gè)面所成的角小于45°.解法二：如圖l成45°角，BAC45°，BCO45°為二面角的平面角BO，設(shè)OBOC1，則BC，AO，tanBAO，BAO30°.答案：A4(2009·東北三校第一次聯(lián)考)正三棱柱ABCA1B1C1的棱長都為2，E、F、G分別為AB、AA1、A1C1的中點(diǎn)，則B1F與面GEF所成角的正弦值為()A. B.C. D.解析：如圖，取AC的中點(diǎn)D，連接GD、DE，設(shè)B1到面GEF的距離為h.B1F，同理B1E，F(xiàn)GFE，GE，SEFB1S四邊形ABB1A1SEBB1SFB1A1SAEF411，G到直線A1B

4、1的距離即為點(diǎn)G到平面EFB1的距離，易求為.SEFG，VGEFB1VB1EFG，×××h×h，所求的正弦值為，所以選A.答案：A5如圖，在四棱錐PABCD中，底面為直角梯形，ADBC，BAD90°，PA底面ABCD，且PAADAB2BC，M、N分別為PC、PB的中點(diǎn)(1)求證：PBDM；(2)求CD與平面ADMN所成的角解：解法一：(1)證明：因?yàn)镹是PB的中點(diǎn)，PAAB，所以ANPB.因?yàn)锳D平面PAB，所以ADPB.從而PB平面ADMN.因?yàn)镈M平面ADMN，所以PBDM.(2)取AD的中點(diǎn)G，連結(jié)BG、NG，則BGCD.所以BG與平面A

5、DMN所成的角和CD與平面ADMN所成的角相等因?yàn)镻B平面 ADMN，所以BGN就是CD與平面ADMN所成的角在RtBGN中，sinBGN.故CD與平面ADMN所成的角是arcsin.解法二：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)BC1，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,1,0)，M(1，1)，D(0,2,0)(1)證明：因?yàn)?#183;(2,0，2)·(1，1)0，所以PBDM.(2)因?yàn)?#183;(2,0，2)·(0,2,0)0，所以PBAD.又因?yàn)镻BDM，所以PB平面ADMN.因?yàn)?，的余角即是CD與平面ADMN所成的角因?yàn)?/p>

6、cos，所以CD與平面ADMN所成的角為arcsin.考點(diǎn)三：二面角6(2010·衡陽第一次聯(lián)考)矩形ABCD的兩邊AB3，AD4，PA平面ABCD，且PA，則二面角ABDP的度數(shù)為()A30° B45°C60° D75°解析：如圖作AEBD于E，連接PE，則PEA為所求，AE，tanPEA，PEA30°.答案：A7如圖所示，在邊長為1的菱形ABCD中，ABC60°，將菱形沿對角線AC折起，使折起后的BD1，則二面角BACD的余弦值為()A. B.C. D.解析：在原圖中連結(jié)AC與BD交于O點(diǎn)，則ACBD，在折起后的圖中，由

7、四邊形ABCD為菱形且邊長為1，則DOOB，由于DOAC，因此DOB就是二面角BACD的平面角，由BD1，得cosDOB，故選A.答案：A8如圖所示，已知四棱錐PABCD的底面為直角梯形，ABDC，DAB90°，PA底面ABCD，且PAADDCAB1，M是PB的中點(diǎn)(1)證明：面PAD面PCD；(2)求AC與PB所成的角；(3)求AMC與面BMC所成二面角的大小解：解法一：(1)證明：PA面ABCD，CDAD，由三垂線定理得CDPD.因而，CD與面PAD內(nèi)兩條相交直線AD、PD都垂直，CD面PAD.又CD面PCD，面PAD面PCD.(2)如圖(1)，過點(diǎn)B作BECA，且BECA，則P

8、BE是AC與PB所成的角連結(jié)AE，可知ACCBBEAE，又AB2，四邊形ACBE為正方形，由PA面ABCD得PEB90°.在RtPEB中，BE，PB，cosPBE，AC與PB所成的角為arccos.(3)作ANCM，垂足為N，連結(jié)BN.在RtPAB中，AMMB，又ACCB，AMCBMC.BNCM，故ANB為所求二面角的平面角CBAC，可由三垂線定理，得CBPC，在RtPCB中，CMMB，CMAMPB.在等腰三角形AMC中，AN·MC·AC，AN.AB2，cosANB.故所求的二面角為arccos.解法二：因?yàn)镻AAD，PAAB，ADAB，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD的長為

9、單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖(2)，則相應(yīng)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0)、B(0,2,0)、C(1,1,0)、D(1,0,0)、P(0,0,1)、M(0,1，)(1)證明：(0,0,1)，(0,1,0)，故·0，APDC.又由題設(shè)知ADDC，且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線，由此得DC面PAD.又DC在面PCD內(nèi)，故PAD面PCD.(2)(1,1,0)，(0,2，1)，故|，·2，cos，.由此得AC與PB所成的角為arccos.(3)在MC上取一點(diǎn)N(x，y，z)，則存在R，使，(1x,1y，z)，(1,0，)，x1，y1，z.要使ANMC，只需·0

10、，即xz0，解得.可知當(dāng)時(shí)，N點(diǎn)坐標(biāo)為(，1，)，能使·0.此時(shí)，(，1，)，(，1，)，·0.由·0，·0得ANMC，BNMC.ANB為所求二面角的平面角|，|，·.cosA，.故所求的二面角為arccos.1.(2009·浙江)在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點(diǎn)D是側(cè)面BB1C1C的中心，則AD與平面BB1C1C所成角的大小是()A30° B45°C60° D90°解析：過A作AEBC于點(diǎn)E，則易知AE面BB1C1C，則ADE即為所求，又tanADE，故ADE60&

11、#176;.故選C.答案：C2(2009·重慶)已知二面角l的大小為50°，P為空間中任意一點(diǎn)，則過點(diǎn)P且與平面和平面所成的角都是25°的直線的條數(shù)為()A2 B3C4 D5解析：由l的大小為50°，可知兩平面法向量夾角為130°，又直線與平面所成的角相等且為25°，即等價(jià)于直線與法向量的夾角相等且為65°.故題意等價(jià)于過空間一點(diǎn)P與成50°的兩異面直線的夾角都為65°的直線條數(shù)，有3條故選B.答案：B3(2009·全國卷)如圖，四棱錐SABCD中，底面ABCD為矩形，SD底面ABCD，AD，D

12、CSD2.點(diǎn)M在側(cè)棱SC上，ABM60°.(1)證明：M是側(cè)棱SC的中點(diǎn)；(2)求二面角SAMB的大小解：解法一：(1)證明：作MECD交SD于點(diǎn)E，則MEAB，ME平面SAD.連結(jié)AE，則四邊形ABME為直角梯形作MFAB，垂足為F，則四邊形AFME為矩形設(shè)MEx，則SEx，AE，MFAE，F(xiàn)B2x.由MFFB·tan60°，得(2x)，解得x1，即ME1，從而MEDC.所以M為側(cè)棱SC的中點(diǎn)(2)MB2，又ABM60°，AB2，ABM為等邊三角形又由(1)知M為SC中點(diǎn)，SM，SA，AM2，故SA2SM2AM2，SMA90°.取AM中點(diǎn)G，

13、連接BG，取SA中點(diǎn)H，連接GH，則BGAM，GHAM.由此知BGH為二面角SAMB的平面角連接BH.在BGH中，BGAM，GHSM，BH，cosBGH.二面角SAMB的大小為arccos()解法二：(1)證明：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線DA、DC、DS分別為x、y、z軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)A(，0,0)，則B(，2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)設(shè)(0)，則M(0，)，(，)又(0,2,0)，60°，故·|·|cos60°，即，解得1，即.所以M為側(cè)棱SC的中點(diǎn)(2)由M(0,1,1)，A(，0,0)，得AM的中點(diǎn)G(，)又

14、(，)，(0，1,1)，(，1,1)，·0，·0，所以，.因此，等于二面角SAMB的平面角cos，.所以二面角SAMB的大小為arccos()4(2009·全國卷)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，D、E分別為AA1、B1C的中點(diǎn)，DE平面BCC1.(1)證明：ABAC；(2)設(shè)二面角ABDC為60°，求B1C與平面BCD所成的角的大小解：解法一：(1)證明：取BC的中點(diǎn)F，連結(jié)EF，則EF綊B1B，從而EF綊DA.連結(jié)AF，則ADEF為平行四邊形，從而AFDE.又DE平面BCC1，故AF平面BCC1，從而AFBC，即AF為BC的垂直平分線，

15、所以ABAC.(2)作AGBD，垂足為G，連結(jié)CG.由三垂線定理知CGBD，故AGC為二面角ABDC的平面角由題設(shè)知AGC60°.設(shè)AC2，則AG.又AB2，BC2，故AF.由AB·ADAG·BD得2AD·，解得AD，故ADAF.又ADAF，所以四邊形ADEF為正方形因?yàn)锽CAF，BCAD，AFADA，故BC平面DEF，因此平面BCD平面DEF.連結(jié)AE、DF，設(shè)AEDFH，則EHDF，EH平面BCD.連結(jié)CH，則ECH為B1C與平面BCD所成的角因ADEF為正方形，AD，故EH1，又ECB1C2，所以ECH30°，即B1C與平面BCD所成的角

16、為30°.解法二：(1)證明：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AB為x軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)B(1,0,0)，C(0，b,0)，D(0,0，c)，則B1(1,0,2c)，E(，c)于是(，0)，(1，b,0)由DE平面BCC1知DEBC，·0，求得b1，所以ABAC.(2)設(shè)平面BCD的法向量(x，y，z)，則·0，·0.又(1,1,0)，(1,0，c)故令x1，則y1，z，(1,1，)又平面ABD的法向量(0,1,0)由二面角ABDC為60°知，60°，故·|·|·cos60°，

17、求得c.于是(1,1，)，(1，1，)，cos，60°，所以B1C與平面BCD所成的角為30°.1.如圖，ABCD是直角梯形，ABC90°，SA平面ABCD，SAABBC1，AD.(1)求平面SCD與平面SBA所成的二面角的大小；(2)求SC與平面ABCD所成的角解：解法一：(1)延長CD，使之交BA的延長線于M點(diǎn)連結(jié)SM，則平面SCD平面SABSM，SA面ABC，SAAB，SBA45°.又ADBC，AD為三角形MBC的中位線，AMAB1，SMA45°，BSM90°，即SBSM.又BCAB，BCSA，BC平面SMB，SCSM.CSB為平面SCD與平面SAB的平面角SB，tanCSB，CSBarctan.平面SCD與平面SAB所成的角為arctan.(2)連結(jié)AC，則ACS為SC與平面ABCD所成的角，cosSCBcosSCA·cosACB，RtCBS中，SC，cosSCB，cosACBcos45°，cosSCA.SC與平面ABCD所成的角為arccos.解法二：(1)AD、AB、AS是三條兩兩互相垂直的線段，故以A為原點(diǎn)，以、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立坐標(biāo)系，則A(0,0,0)