2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题:第八章 立体几何 8.6 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 8.6 空间角的计算 空间角的计算 考情考向分析 本节是高考中的必考内容, 涉及用向量法计算空间异面直线所成角、 直线和 平面所成角、二面角及空间距离等内容,考查热点是空间角的求解题型以解答题为主,要 求有较强的数学运算素养,广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想 1两条异面直线所成角的求法 设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2的方向向量,则 l1与 l2所成的角 a 与 b 的夹角 范围 (0, 2 0, 求法cos |ab| |a|b| cos ab |a|b| 2.直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方向向量为 a,平面 的法向量为 n,
2、直线 l 与平面 所成的角为 ,a 与 n 的夹 角为 ,则 sin |cos |. |an| |a|n| 3求二面角的大小 (1)如图, AB, CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱l 垂直的直线, 则二面角的大小 , AB CD 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)如图,n1,n2分别是二面角 l 的两个半平面 , 的法向量,则二面角的大小 满足|cos |cosn1,n2|,二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 概念方法微思考 1利用空间向量如何求线段长度? 提示 利用|2 可以求空间中有向线段的长度AB AB AB 2怎样确定两平面法向量夹角和二面角
3、相等还是互补? 提示 当一个平面的法向量指向二面角的内部,另一个平面的法向量指向二面角的外部时, 二面角与两个平面的法向量夹角相等;当两个法向量同时指向二面角的内部或外部时,两个 法向量的夹角与二面角互补 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( ) (3)两异面直线夹角的范围是,直线与平面所成角的范围是,二面角的范围是 (0, 2 0, 2 0,( ) (4)若二面角 a 的两个半平面 , 的法向量 n1,n2所成角为 ,则二面角 a 的 大
4、小是 .( ) 题组二 教材改编 2P111T1设 a,b 分别是两条异面直线 l1,l2的方向向量,且 cosa,b,则异面 2 2 直线 l1和 l2所成的角为_ 答案 45 解析 cosa,b,a,b135, 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 异面直线所成角的范围是(0,90, 异面直线 l1和 l2所成的角是 45. 3P111T2若直线 l 的方向向量为 a(2,3,1),平面 的一个法向量为 n(1,0,1),则直线 l 与平面 所成角的正弦值等于_ 答案 7 14 解析 cosa,n, 2,3,11,0,1 223212120212 7 14 直线 l 与平面
5、所成角的正弦值 sin |cosan|. 7 14 4P114T12(2)如图,正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为 2,侧 棱长为 2,则 AC1与侧面 ABB1A1所成的角为_2 答案 6 解析 如图,以 A 为原点,以,(AEAB),所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴(如图)AB AE AA1 建立空间直角坐标系,设 D 为 A1B1的中点,连结 AD,C1D, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则 A(0,0,0), B(2,0,0), A1(0,0, 2), C1(1, , 2), D(1,0,2), (1, , 2),(0,2322AC1
6、32C1D ,0),(2,0,0),(0,0,2),(1,0,2)3A1B1 AB AA1 2AD 2 又因为0,0,C1D A1B1 C1D AA1 所以 C1DA1B1,C1DAA1, 又 A1B1AA1A,A1B1,AA1平面 ABB1A1, 所以 C1D平面 ABB1A1, 则C1AD 为 AC1与平面 ABB1A1所成的角, cosC1AD AC1 AD |AC1 | AD | , 1, 3,2 21,0,2 2 12 9 3 2 又C1AD,得C1AD . 0, 2 6 题组三 易错自纠 5 在直三棱柱 ABCA1B1C1中, BCA90, M, N 分别是 A1B1, A1C1的
7、中点, BCCACC1, 则 BM 与 AN 所成角的余弦值为_ 答案 30 10 解析 以点 C 为坐标原点,CA,CB,CC1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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设 BCCACC12,则可得 A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,2), N(1,0,2),(1,1,2),(1,0,2)BM AN cos, BM AN BM AN |BM |AN | . 1 11 02 2 121222120222 3 6 5 30 10 6过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD,若 ABPA,则平
8、面 ABP 与平面 CDP 所成的角为_ 答案 45 解析 如图,以点 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间 直角坐标系,设 ABPA1, 则 A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), 由题意,知 AD平面 PAB,设 E 为 PD 的中点,连结 AE,则 AEPD, 又 CD平面 PAD, CDAE,从而 AE平面 PCD. (0,1,0),分别是平面 PAB,平面 PCD 的法向量,且, 45.AD AE (0, 1 2, 1 2) AD AE 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的角为
9、 45. 题型一 求异面直线所成的角 例 1 如图,四边形 ABCD 为菱形,ABC120,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两点,BE 平面 ABCD,DF平面 ABCD,BE2DF,AEEC. (1)证明:平面 AEC平面 AFC; (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 (1)证明 如图所示,连结 BD,设 BDACG,连结 EG,FG,EF. 在菱形 ABCD 中,不妨设 GB1. 由ABC120, 可得 AGGC . 3 由 BE平面 ABCD,ABBC2,可知 AEEC. 又 AEEC,所以 EG,且 EGAC.3 在 RtEBG 中,可得 BE,故 DF.2 2 2 在
10、 RtFDG 中,可得 FG. 6 2 在直角梯形 BDFE 中,由 BD2,BE,DF,可得 EF,从而 EG2FG2EF2,2 2 2 3 2 2 所以 EGFG. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又 ACFGG,AC,FG平面 AFC, 所以 EG平面 AFC. 因为 EG平面 AEC,所以平面 AEC平面 AFC. (2)解 如图,以 G 为坐标原点,分别以 GB,GC 所在直线为 x 轴、y 轴,|为单位长度,GB 建立空间直角坐标系 Gxyz, 由(1)可得 A(0,0),E(1,0,),F,32 (1,0, 2 2) C(0, ,0),3 所以(1, ,),.AE 3
11、2CF (1, 3, 2 2) 故 cos, .AE CF AE CF |AE |CF | 3 3 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为. 3 3 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系; (2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量; (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值; (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值 跟踪训练 1 三棱柱 ABCA1B1C1中, ABC 为等边三角形, AA1平面 ABC, AA1AB, N, M 分别是 A1B1,A1C1的中点,则 AM 与 BN 所成
12、角的余弦值为_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 7 10 解析 如图所示, 取 AC 的中点 D, 以 D 为原点, BD, DC, DM 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴, 建立空间直角坐标系, 不妨设 AC2, 则 A(0, 1,0), M(0,0,2), B(, 0,0), N3 ( 3 2 ,1 2,2) , 所以(0,1,2),AM ,BN ( 3 2 ,1 2,2) 所以 cos, .AM BN AM BN |AM |BN | 7 2 5 5 7 10 题型二 求直线与平面所成的角 例 2 (2018全国)如图,四边形 ABCD 为正方形,E,F 分别为
13、 AD,BC 的中点,以 DF 为 折痕把DFC 折起,使点 C 到达点 P 的位置,且 PFBF. (1)证明:平面 PEF平面 ABFD; (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 (1)证明 由已知可得 BFPF,BFEF, PFEFF,PF,EF平面 PEF, 所以 BF平面 PEF. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又 BF平面 ABFD,所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解 如图,作 PHEF,垂足为 H. 由(1)得,PH平面 ABFD. 以 H 为坐标原点,的方向为 y 轴正方向, |为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 HHF BF xyz. 由
14、(1)可得,DEPE. 又 DP2,DE1, 所以 PE . 3 又 PF1,EF2,所以 PEPF. 所以 PH,EH . 3 2 3 2 则 H(0,0,0),P,D, (0,0, 3 2) (1, 3 2,0) ,.DP (1, 3 2, 3 2) HP (0,0, 3 2) 又为平面 ABFD 的法向量,HP 设 DP 与平面 ABFD 所成的角为 , 则 sin |cos,|.HP DP |HP DP | |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 思维升华 若直线 l 与平面 的夹角为
15、 , 直线 l 的方向向量 l 与平面 的法向量 n 的夹角为 , 则 或 ,故有 sin |cos |. 2 2 |ln| |l|n| 跟踪训练2 (2018全国)如图, 在三棱锥PABC中, ABBC2, PAPBPCAC4, O2 为 AC 的中点 (1)证明:PO平面 ABC; (2)若点 M 在棱 BC 上,且二面角 MPAC 为 30,求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值 (1)证明 因为 PAPCAC4,O 为 AC 的中点, 所以 OPAC,且 OP2 . 3 如图,连结 OB. 因为 ABBCAC, 2 2 所以ABC 为等腰直角三角形, 所以 OBAC,OB AC2.
16、1 2 由 OP2OB2PB2知 POOB. 因为 OPOB,OPAC,OBACO, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 OB,AC平面 ABC, 所以 PO平面 ABC. (2)解 由(1)知 OP,OB,OC 两两垂直,则以 O 为坐标原点,分别以 OB,OC,OP 所在直 线为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示 由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0), A(0,2,0),C(0,2,0), P(0,0,2),(0,2,2)3AP 3 由(1)知平面 PAC 的一个法向量为(2,0,0)OB 设 M(a,2a,0)(0a2),则(a,4a,0)A
17、M 设平面 PAM 的法向量为 n(x,y,z) 由n0,n0,得Error!AP AM 可取 ya,得平面 PAM 的一个法向量为 n(a4),a,a),333 所以 cos,n.OB OB n |OB |n| 2 3 a4 2 3a423a2a2 由已知可得|cos,n|cos 30,OB 3 2 所以, 2 3|a4| 2 3a423a2a2 3 2 解得 a4(舍去)或 a . 4 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 n. ( 8 3 3 , 4 3 3 ,4 3) 又(0,2,2),所以 cos,n.PC 3PC 3 4 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为
18、. 3 4 题型三 求二面角 例 3 (2018江苏泰州中学摸底)如图, 已知三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直, AA1AB AC1, ABAC, M, N分别是CC1, BC的中点, 点P在直线A1B1上, 且满足(R)A1P A1B1 (1)证明:PNAM; (2)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的锐二面角为 45,试确定点 P 的位置 (1)证明 如图,以 A 为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐 标系 Axyz. 则 A(0,0,0),P(,0,1),N,M, ( 1 2, 1 2,0) (0,1, 1 2) 从而,PN ( 1 2,
19、 1 2,1) AM (0,1, 1 2) 所以0 11 0,PN AM ( 1 2) 1 2 1 2 所以 PNAM. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)解 由题意知平面 ABC 的一个法向量 n(0,0,1)AA1 设平面 PMN 的法向量 m(x,y,z), 由(1)得,MP (,1, 1 2) NP ( 1 2, 1 2,1) 由Error!得Error! 解得Error! 令 x3,得 m(3,21,22) 因为平面 PMN 与平面 ABC 所成的锐二面角为 45, 所以|cosm,n|mn| |m|n| ,解得 , |21| 9212412 2 2 1 2 故点 P
20、 在 B1A1的延长线上,且 A1P . 1 2 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向 量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的 两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 跟踪训练 3 (2018南通模拟)如图,已知直三棱柱 ABCA1B1C1中,ABAC,AB3,AC4, B1CAC1. (1)求 AA1的长; (2)若 BP1,求二面角 PA1CA 的余弦值 高清试卷 下载可打印
21、高清试卷 下载可打印 解 (1)以 A 为坐标原点,分别以 AB,AC,AA1所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空 间直角坐标系 Axyz, 设 AA1t,则 A(0,0,0),C1(0,4,t),B1(3,0,t),C(0,4,0), 所以(0,4,t),(3,4,t),AC1 B1C 因为 B1CAC1, 所以0,AC1 B1C 即 16t20,解得 t4, 所以 AA1的长为 4. (2)因为 BP1,所以 P(3,0,1), 又 C(0,4,0),A1(0,0,4), 故(0,4,4),(3,0,3),A1C A1P 设 n(x,y,z)为平面 PA1C 的法向量, 则Erro
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