2018届高考数学复习——立体几何：(二)空间直线、平面关系的判断

2018届数学高考一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析

【考点3:空间中直线、平面的夹角问题】

题型1：异面直线的夹角 【典型例题】

[例1](1)在正方体ABCD-A′B′C′D′中直线BA′与CC′所成角大小为________.

答案：45°

(2)直三棱柱ABC－A1B1C1中,若∠BAC＝90°,AB＝AC＝AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 C

解析 如图,可补成一个正方体, ∴AC1∥BD1.

∴BA1与AC1所成角的大小为∠A1BD1. 又易知△A1BD1为正三角形, ∴∠A1BD1＝60°. 即BA1与AC1成60°的角. (3)(2012·四川)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,M、N分别是棱CD、CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是________.

答案 90°

解析 如图,取CN的中点K,连接MK,则MK为△CDN的中位 线,

所以MK∥DN.

所以∠A1MK为异面直线A1M与DN所成的角. 连接A1C1,AM.设正方体棱长为4,

则A1K＝?42?2＋32＝41,

11

MK＝DN＝42＋22＝5,

22

A1M＝42＋42＋22＝6,

∴A1M2＋MK2＝A1K2,∴∠A1MK＝90°. (4)(2015·济南一模)在正四棱锥V-ABCD中,底面正方形ABCD的边长为1,侧棱长为2,则异面直线VA与BD所成角的大小为________.

解析：如图,设AC∩BD＝O,连接VO,因为四棱锥V-ABCD是正四棱锥,所以VO⊥平面ABCD,故BD⊥VO.又四边形

π

ABCD是正方形,所以BD⊥AC,所以BD⊥平面VAC,所以BD⊥VA,即异面直线VA与BD所成角的大小为.

2

π答案：

2

[例2](1)如图在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AA1＝2AB＝2,则异面直线A1B与AD1

所成角的余弦值为( ) 1234A. B. C. D. 5555

1

2018届数学高考一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析

[解析] 连接BC1,易证BC1∥AD1,

则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角.连接A1C1,由AB＝1,则AA1＝2,A1C1＝2,A1B＝BC1＝5,

5＋5－24

故cos∠A1BC1＝＝.

2×5×55

[答案] D (2)(2014·课标Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中,∠BCA＝90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC＝CA＝CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( ) 12302A. B. C. D. 105102

【解析】 方法一(几何法)：如图,取BC的中点Q,连接QN,AQ, 易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求, 设BC＝CA＝CC1＝2,

则AQ＝5,AN＝5,QN＝6,

AN2＋QN2－AQ2

∴cos∠ANQ＝

2AN·QN

5＋6－5630＝＝＝. 25×623010

方法二(向量法)：以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C1-xyz,

设BC＝CA＝CC1＝2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2), →→

∴AN＝(－1,0,－2),BM＝(1,－1,－2),

→→AN·BM－1＋4330→→

∴cos〈AN,BM〉＝＝＝＝.

→→105×630|AN||BM|

【答案】 C (3)(2014·大纲全国)已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为( ) 1313A. B. C. D. 6633

解析：选B 法一：设正四面体ABCD的棱长为2.如图,取AD的中点F,连接EF,CF.

1

在△ABD中,由AE＝EB,AF＝FD,得EF∥BD,且EF＝BD＝1.

2

故∠CEF为直线CE与BD所成的角或其补角.

3

在△ABC中,CE＝AB＝3；

2

2

2018届数学高考一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 3AD＝3. 2CE2＋EF2－CF2

在△CEF中,cos∠CEF＝ 2CE·EF

?3?2＋12－?3?23＝＝.

623×1

3

所以直线CE与BD所成角的余弦值为.

6

法二：设正四面体ABCD的棱长为2. 如图,取AD的中点F,连接EF,CF. 在△ADC中,CF＝1

在△ABD中,由AE＝EB,AF＝FD,得EF∥BD,且EF＝BD＝1.故∠CEF为直线CE与BD所成的2角或其补角.

3

在△ABC中,CE＝AB＝3；

23

在△ADC中,CF＝AD＝3.

2

取EF的中点H,连接CH,

11

则EH＝EF＝,且CH⊥EF.

22

1EH23

在Rt△CEH中,cos∠CEF＝＝＝. CE36

3

所以直线CE与BD所成角的余弦值为.

6

【变式训练】 1.(2016·江西南昌一模)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图),l?平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,则下列一定不可能的是( )

A.l与AD平行 B.l与AB异面 C.l与CD所成角为30° D.l与BD垂直

[答案] A 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,l?平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,又因为AD∥B1C1,所以l必与直线AD

不平行.

2.四棱锥P－ABCD的所有侧棱长都为5,底面ABCD是边长为2的正方形,则CD与PA所成角的余弦值为 ( ) 25543A. B. C. D. 5555答案 B

解析 因为四边形ABCD为正方形,故CD∥AB,则CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角,即为∠PAB. 在△PAB内,PB＝PA＝5,AB＝2, 利用余弦定理可知

PA2＋AB2－PB25＋4－55

cos∠PAB＝＝＝,

2×PA×AB2×5×25

故选B. 3.(2015·浙江)如图,在三棱锥A-BCD中,AB＝AC＝BD＝CD＝3,AD＝BC＝2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是________.

3

2018届数学高考一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析

【解析】 如图,连接BM,取BM的中点G,连接NG,AG,

则∠ANG为异面直线AN,CM所成的角.

1

显然NG＝CM＝2,AN＝22.

2

∵AB＝BD,∴BM⊥AD. 在Rt△AMG中,

AG＝AM2＋MG2＝3. 在△ANG中,

|AN|2＋|NG|2－|AG|2

cos∠ANG＝

2|AN|·|NG|

8＋2－37＝＝. 2×22×28

7

【答案】 8

4.(2015·上海模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB＝90°,AA1＝2,AC＝BC＝1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________.

【解析】 连接BC1,图略.由于AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角.在△BA1C1中,A1B＝

6＋1－56

6,A1C1＝1,BC1＝5,所以cos∠BA1C1＝＝.

626×16

6

5.(2015·揭阳模拟)如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB＝2∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为________. 【答案】

解析：如图,取A1C1的中点D1, 连接B1D1,

因为D是AC的中点,所以B1D1∥BD,所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角.连接AD1,设AB＝a,则AA1＝2

4

2018届数学高考一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 a,所以AB1＝3a,B1D1＝AD1＝

3a, 2123a＋2a2＝a. 42

所以,在△AB1D1中,由余弦定理得, cos ∠AB1D1＝

22

AB21＋B1D1－AD1

2AB1·B1D1

39

3a2＋a2－a2

441

＝＝,所以∠AB1D1＝60°.

23

2×3a×a

2

答案：60°

题型2：直线与平面所成的角 【典型例题】

[例1](1)正方体ABCD－A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ( )

2326A. B. C. D. 3333答案 D

解析 如图,连接BD交AC于O,连接D1O,由于BB1∥DD1,∴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,

26

则DD1＝1,DO＝,D1O＝,

22DD126∴cos ∠DD1O＝＝＝. D1O63

6

∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为. 3(2)如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上. ①求证：平面AEC⊥平面PDB； ②当PD=2AB,且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.

(Ⅰ)证明：∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD, ∵PD⊥底面ABCD,

∴PD⊥AC,∴AC⊥平面PDB, ∴平面AEC⊥平面PDB.

(Ⅱ)解：设AC∩BD=O,连接OE,由(Ⅰ)知AC⊥平面PDB于O,

∴∠AEO为AE与平面PDB所的角, ∴O,E分别为DB、PB的中点,

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