![专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)01](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/14373304/1/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)02](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/14373304/1/1.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)03](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/14373304/1/2.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)01](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/14373304/0/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)02](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/14373304/0/1.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)03](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/14373304/0/2.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
专题13 立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题-高一数学下学期期中期末复习(人教A版必修第二册)
展开立体几何中有关异面直线夹角、线面角、二面角的计算问题
专 题
体系搭建
(一)异面直线所成的角
定义:已知,是两条异面直线,经过空间任意一点作直线,我们把直线和所成的锐角(或直角)叫做异面直线,所成的角.
(1)异面直线所成的角与点的位置无关.
(2)如果两条异面直线所成角是直角,则说这两条异面直线互相垂直,记作.
(3)异面直线所成角的范围是.
求异面直线所成角的步骤:
(1)恰当选点,由平移构造出一个交角;
(2)证平行关系成立;
(3)把角放入三角形或其它平面图形中求出;
(4)作结论:若求出的角是锐角或直角,则它就是所求异面直线所成的角;若求出的角是钝角,则它的补角才是所求异面直线所成的角.
(二)、直线与平面所成的角
1.直线与平面所成角的定义
一条直线和一个平面相交,但不和这个平面垂直,这条直线叫做这个平面的斜线.过斜线上斜足外的一点向平面引垂线,过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影.平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角,叫做这条直线和这个平面所成的角.
要点诠释:
(1)直线与平面平行,直线在平面上的射影是一条直线.
(2)直线与平面垂直时射影是点.
(3)斜线上任一点在平面内的射影一定在斜线的射影上.
2.直线与平面所成的角的范围:
直线和平面相交
不垂直时,0°<<90°
垂直时,=90°
直线和平面平行或直线在平面内,=0°。.
直线和平面所成角的范围是0°≤≤90°.
3.求斜线与平面所成角的一般步骤:
(1)确定斜线与平面的交点即斜足;
(2)经过斜线上除斜足外任一点作平面的垂线,确定垂足,进而确定斜线在平面内的射影;
(3)解由垂线、斜线及其射影构成的直角三角形,求出线面角.
(三)、二面角
1.二面角定义
平面内的一条直线把平面分成两部分,这两部分通常称为半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面.
表示方法:棱为、面分别为的二面角记作二面角.有时为了方便,也可在内(棱以外的半平面部分)分别取点,将这个二面角记作二面角.如果棱记作,那么这个二面角记作二面角或.
2.二面角的平面角
(1) 二面角的平面角的定义:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,则这两条射线构成的角叫做二面角的平面角.
(2)二面角的平面角的范围:0°≤≤180°.当两个半平面重合时,=0°;当两个半平面相交时,0°<<180°;当两个半平面合成一个平面时,=180°.
二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
(3) 二面角与平面角的对比
角
二面角
图形
定义
从半面内一点出发的两条射线(半直线)所组成的图形
从空间内二直线出发的两个半平面所组成的图形
表示法
由射线、点(顶点)、射线构成,
表示为∠AOB
由半平面、线(棱)、半平面构成,表示为二面角
(4) 二面角的平面角的确定方法
方法1:(定义法)在二面角的棱上找一特殊点,在两个半平面内分别作垂直于棱的射线.
如右图,在二面角的棱a上任取一点O,在平面内过点O作OA⊥a,在平面内过点O作BO⊥a,则∠AOB为二面角的平面角.
方法2:(垂面法)过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交线所成的角,即为二面角的平面角.
如下图(左),已知二面角,
过棱上一点O作一平面,使,且,。
∴,,且⊥OA,⊥OB,
∴∠AOB为二面角的平面角.
方法3:(垂线法)过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线,过垂足作棱的垂线,利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角,此种方法通常用于求二面角的所有题目,具体步骤:一找,二证,三求.
如上图(右),已知二面角A-BC-D,求作其平面角.
过点A作AE⊥平面BCD于E,过E在平面BCD中作EF⊥BC于F,连接AF.
∵AE⊥平面BCD,BC平面BCD,∴AE⊥BC.
又EF⊥BC,AE∩EF=E,
∴BC⊥平面AEF,∴BC⊥AF
由垂面法可知,∠AFE为二面角A-BC-D的平面角。
例题分析
考点1 异面直线夹角问题
【例1】.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC⊥BC,AC=3,AB=5,AA1=4,则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解:连接BC1,与B1C交于点O,则O为B1C的中点,取AB的中点D,连接CD、OD,
∴OD∥AC1,OD=AC1,
∴∠COD或其补角为异面直线AC1与B1C所成角,
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1,且AC⊥BC,AC=3,AB=5,AA1=4,
∴OD=AC1=,OC=B1C=,CD=AB=,
∴由余弦定理知,cos∠COD===,
∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.
故选:D.
Ø变式训练
【变1-1】.在如图的正方体中,M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,则异面直线A1D和MN所成的角为( )
A.30° B.45° C.90° D.60°
解:连结BC1、AD1,A1D⊥B1C,
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,
∴BC1D1A是平行四边形.
∴平行四边形BC1D1A中,BC1∥AD1,
在△BC1C中MN是中位线得MN∥C1B,
∴A1D⊥B1C,
∴MN⊥A1D,
得异面直线A1D和MN所成的角为90°,
故选:C.
【变1-2】.如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F分别为棱C1D1,A1D1的中点,则异面直线DE与AF所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
解:取A1B1的中点M,连接AM,EM,FM,则EM∥A1D1∥AD,EM=A1D1=AD,
∴四边形ADEM为平行四边形,
∴DE∥AM,
∴∠FAM或其补角为异面直线DE与AF所成角,
设正方体的棱长为2,
在△AFM中,AF=AM=,FM=,
由余弦定理知,cos∠FAM===.
故选:A.
【变1-3】.如图,圆锥的轴截面ABC为等边三角形,D为弧的中点,E为母线BC的中点,则异面直线AC和DE所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解:设底面圆的圆心为O,半径为R.连接EO,DO.
因为O,E分别为BA,BC的中点,所以OE∥AC,OE=R.
因为D为弧AB中点,所以DO⊥AB,又平面ABC⊥平面ABD,所以DO⊥平面ABC.
所以DO⊥OE,又OD=R,所以△ODE为等腰直角三角形,所以∠ODE=45°.
因为OE∥AC,所以异面直线AC和DE所成角为∠ODE,故余弦值为.
故选:C.
考点2 线面角计算问题
【例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=AB,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,
∴OE∥PD,,
又∵PD⊥底面ABCD,
∴OE⊥底面ABCD,OE⊥AO,
在Rt△AOE中,,
∴∠AEO=45°,即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.
Ø变式训练
【变2-1】.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M、N分别是A1B、B1C1的中点.
(Ⅰ)求证:MN⊥平面A1BC;
(Ⅱ)求直线BC1和平面A1BC所成角的大小.
证明:(Ⅰ)由已知BC⊥AC,BC⊥CC1,
所以BC⊥平面ACC1A1.连接AC1,则BC⊥AC1.
由已知,侧面ACC1A1是矩形,所以A1C⊥AC1.
又BC∩A1C=C,所以AC1⊥平面A1BC.
因为侧面ABB1A1是正方形,M是A1B的中点,连接AB1,则点M是AB1的中点.
又点N是B1C1的中点,则MN是△AB1C1的中位线,所以MN∥AC1.
故MN⊥平面A1BC.
(Ⅱ)因为AC1⊥平面A1BC,设AC1与A1C相交于点D,
连接BD,则∠C1BD为直线BC1和平面A1BC所成角.
设AC=BC=CC1=a,则C1D=a,BC1=a.
在Rt△BDC1中,sin∠C1BD=,
所以∠C1BD=30°,故直线BC1和平面A1BC所成的角为30°.
【变2-2】.已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为2的菱形,∠B1BC=60°,侧面BB1C1C⊥底面ABC,∠ACB=90°,二面角A﹣B1B﹣C为30°.
(1)求证:AC⊥平面BB1C1C;
(2)求AB1与平面BB1C1C所成角的正切值.
证明:(1)∵平面BB1C1C⊥平面ABC
平面BB1C1C∩平面ABC=BC
又∵AC⊥BC,AC⊂平面ABC
∴AC⊥平面BB1C1C(6分)
(2)取BB1的中点D,
AC⊥平面BB1C1C
∴AC⊥BB1
∴BB1⊥平面ADC
∴AD⊥BB1
∴∠CDA为二面角A﹣BB1﹣C的平面角
∴∠CDA=30°
∵CD=
∴AC=1(8分)
连接B1C,则∠AB1C为AB1与平面BB1C1C所成的角(10分)
在Rt△ACB1中tan∠AB1C=(12分)
【变2-3】.如图,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2,将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到几何体D﹣ABC,如图所示.
(1)求证:BC⊥平面ACD;
(2)求BD与平面ABC所成角θ的正弦值.
解:(1)法一:由于AC=BC=2,从而AC2+BC2=AB2故AC⊥BC,
取AC中点O,连接DO,则DO⊥AC,
又平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,DO⊂平面ACD,从而DO⊥平面ABC,
∴DO⊥BC,又DO∩AC=O,
∴BC⊥平面ACD
法二:由于AC=BC=2,从而AC2+BC2=AB2故AC⊥BC,
∵平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,从而得BC⊥平面ACD
(2)作DH⊥AC于H,连接HB,∵平面ADC⊥平面ABC,且DH⊂平面ACD,
∴DH⊥平面ABC,
∴∠DBH即为BD与平面ABC所成角θ
∴sinθ=sin∠DBH===
考点3 二面角计算问题
【例3】.已知Rt△ABC,斜边BC⊂α,点A∉α,AO⊥α,O为垂足,∠ABO=30°,∠ACO=45°,则二面角A﹣BC﹣O的大小为 60° .
解:如图所示,在平面α内,过O作OD⊥BC,垂足为D,连结AD,设OC=a,
∵AO⊥α,BC⊂α,∴AO⊥BC.又∵AO∩OD=O,∴BC⊥平面AOD,而AD⊂平面AOD,
∴AD⊥BC,∴∠ADO是二面角A﹣BC﹣O的平面角.
由AO⊥α,OB⊂α,OC⊂α可知AO⊥OB,AO⊥OC,又∠ABO=30°,∠ACO=45°,∴设AO=a,则AC=a,AB=2a,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∴BC==,
∴AD===.
在Rt△AOD中,sin∠ADO===,
∴∠ADO=60°,二面角A﹣BC﹣O的大小为:60°.
故答案为:60°.
Ø变式训练
【变3-1】.在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥AC,AB⊥平面PAD,底面ABCD为正方形,且CD+PD=3.若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积的最小值为 6π ;当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时,二面角A﹣PC﹣D的正切值为 .
解:设CD=x(0<x<3),则PD=3﹣x,
因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD,
所以AB⊥PD,
又PD⊥AC,所以PD⊥平面ABCD,
则四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体,球O的球心为PB的中点,
从而球心O的表面积为:=3π[(x﹣1)2+2]≥6π.
四棱锥的体积为V=(0<x<3),
则V′=﹣x2+2x,当0<x<2时,V′>0,当2<x<3时,
V′<0,所以Vmax=V(2)此时AD=CD=2,PD=1,
过D作DH⊥PC于H,
连接AH,则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角.
∵DH==,
∴tan∠AHD==.
故答案为:6π;.
【变3-2】.若四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB内有一动点Q,已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k,且动点Q的轨迹是抛物线,则当二面角P﹣AB﹣C平面角的大小为30°时,k的值为 .
解:如图,
设二面角P﹣AB﹣C平面角为θ,点Q到底面ABCD的距离为|QH|,
点Q到定直线AB得距离为d,则|QH|=dsinθ,即d=.
∵点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k,
∴=k,则|PQ|=,
∵动点Q的轨迹是抛物线,
∴|PQ|=d,即=.则sinθ=k.
∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值为cosθ===cos30°=.
解得:k=(k>0).
故答案为:.
【变3-3】.如图,在四面体D﹣ABC中,AD=BD=AC=BC=5,AB=DC=6.若M为线段AB上的动点(不包含端点),则二面角D﹣MC﹣B的余弦值取值范围是 () .
解:取AB的中点O,连接OD,OC,由题意AD=BD=AC=BC=5,AB=DC=6.可知AB⊥平面CDO,
图形关于平面DCO对称,M在O时,二面角D﹣MC﹣B的余弦值为0,当M在A时,做DE⊥平面ABC交CO与E,做EF⊥AC,交AC于F,则∠DFE就是二面角D﹣MC﹣B的平面角,cos∠DCA=,cos∠ACO=,则cos∠DCE=,
所以CE=,EF==,DF=,
cos∠DFE===,
二面角D﹣MC﹣B的余弦值小于,
当M移动到B时,二面角最大,余弦值最小,大于﹣,
二面角D﹣MC﹣B的余弦值取值范围是:()
故答案为:()
【变3-4】.如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=2,E是线段AB上的点,且EB=1,则二面角C﹣DE﹣C1的正切值为 .
解:过点C作CF⊥DE于F,连结C1F,因为DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CF,所以C1F⊥DE,
所以∠C1FC就是二面角C﹣DE﹣C1的平面角,
在△C1FC中,∠C1CF=90°,CF=CDsin45.
所以tan∠C1FC==.
故答案为:.
【变3-5】.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四边形ACFE为矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,且AD=CD=CF=1.
(1)求证:EF⊥平面BCF;
(2)求平面FAB与平面FCB夹角的余弦值.
解:(1)证明:在梯形中ABCD,∵AB∥CD,AD=CD=BC,
∴梯形为等腰梯形,
∵∠BCD=120°,∴∠DAB=∠ABC=60°,∠ADC=120°,
∴∠DAC=∠ACD=30°,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,
∵EF∥AC,∴EF⊥BC,
∵EF⊥CF,CF∩BC=C,∴EF⊥平面BCF;
(2)取BF中点G,连接CG、AG,如图,
∵BC=FC,∴CG⊥BF,∵BC=FC,∠ACF=∠ACB=90°,
∴Rt△ACF≌Rt△ACB,∴AF=AB,∴AG⊥BF,
∴∠AGC为平面FAB与平面FCB夹角或其补角,
在Rt△ABC中,AB=2,AC=,
∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,FC⊥AC,FC⊂平面ACFE,
∴FC⊥平面ABCD,
∵BC⊂平面ABCD,∴FC⊥BC,∴在Rt△BCF中,BF=,CG=,
∴在Rt△BCF中,AG===,
∴在△ACG中,根据余弦定理得cos∠AGC====,
∴平面FAB与平面FCB夹角的余弦值为.
【变3-6】.如图,圆柱OQ的上,下底面圆的圆心分别为Q,O,四边形ABCD是圆柱QQ的轴截面,点P在圆柱OQ的下底面圆周上,G是DP的中点,圆柱OQ的底面圆的直径AB=4,母线AD=AP=2.
(1)求证:AG⊥BD;
(2)求锐二面角P﹣AG﹣B的平面角的余弦值.
(1)证明:∵AD⊥平面APB,PB⊂平面APB,
∴AD⊥PB,
∵AB是圆O的直径,∴AP⊥PB,
又AD∩AP=A,
∴PB⊥平面PAD,∴PB⊥AG,
∵AD=AP,G是PD的中点,
∴AG⊥PD,
又PD∩PB=P,
∴AG⊥平面PBD,又BD⊂平面PBD,
∴AG⊥BD.
(2)解:由(1)可知AG⊥平面PBD,
∴AG⊥PD,AG⊥BG,
∴∠PGB为二面角P﹣AG﹣B的平面角,
由PB⊥平面PAD可得PB⊥PD,
在直角三角形PBG中,PB===2,
PG=PD===,
∴BG===,
∴cos∠PGB===.
所以平面PAG与平面BAG的夹角的余弦值为.
实战演练
1.在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中,M为侧面ABB1A1的中心,N为侧面ACC1A1的中心,P为BC的中点,则直线MN与直线AP所成的角为( )
A.0° B.45° C.60° D.90°
解:如图,
∵M为侧面ABB1A1的中心,N为侧面ACC1A1的中心,∴MN∥BC,
P为BC的中点,连接AP,则AP⊥BC.
∴AP⊥MN,即直线MN与直线AP所成的角为90°.
故选:D.
2.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,底面ABCD为边长为2的正方形,E为BC的中点,则异面直线BD与PE所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解:取CD的中点F,连接EF,PF,
∵E为BC的中点,∴EF∥BD,
则∠PEF为异面直线BD与PE的所成角(或补角).
∵PA⊥底面ABCD,AE⊂底面ABCD,
∴PA⊥AE,
∵底面ABCD为边长为2的正方形,E为BC的中点,
∴AE=,在Rt△PAE中,PA=2,则PE=3,
同理可得PF=3,又EF=BD=,
∴cos∠PEF===.
故选:A.
3.三棱锥P﹣ABC的六条棱长都相等,M是棱AB上一点,若直线PM与直线BC所成角的余弦值为,则=( )
A. B. C. D.
解:设三棱锥P﹣ABC的六条棱长均为a,AM=λAB,λ∈(0,1).
过点M作MN∥BC,交AC于点N,连接PN,则∠PMN即为直线PM与直线BC所成角.
在△APM中,由余弦定理知,cos∠PAM=,即cos60°=,
∴PM2=(λ2﹣λ+1)a2=PN2.
在△PMN中,MN=λBC=λa,
由余弦定理知,cos∠PMN=,即=,
化简得3λ2+λ﹣1=0,解得λ=(舍负).
∴==.
故选:D.
4.如图1,圆形纸片的圆心为O,半径为6cm,该纸片上的正方形ABCD的中心为O.点E,F,G,H为圆O上的点,△ABE,△BCF,△CDG,△ADH分别是以AB,BC,CD,DA为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA为折痕折起△ABE,△BCF,△CDG,△ADH,使得E,F,G,H重合得到一个四棱锥P﹣ABCD(如图2).当四棱锥P﹣ABCD的侧面积是底面积的2倍时,异面直线PB与CD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解:如图,连接OE交AB于点I,设正方形ABCD的边长为x.
则OI=,IE=6﹣,
由四棱锥的侧面积是底面积的2倍,
可得4××(6﹣)=2x2,
解得x=4.
即AB=4,BI=2,EI=4,
所以BE=AE=2,
所以在四棱锥P﹣ABCD中,PB=PA=2,
因为AB∥CD,所以∠PBA即为异面直线PB与CD所成的角,
所以cos∠PBA===,
即异面直线PB与CD所成角的余弦值为.
故选:A.
5.如图,锐二面角α﹣l﹣β的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=BD=6,,则锐二面角α﹣l﹣β的平面角的余弦值是 .
解:过点B作BE∥AC,且BE=AC,连接DE,CE,
∵AC⊥AB,
∴BE⊥AB,
∵BD⊥AB,BD∩BE=B,
∴∠DBE为二面角α﹣l﹣β的平面角,且AB⊥平面DBE,
∴AB⊥DE,则CE⊥DE,
∵AB=4,CD=2,
∴DE==2,
∴cos∠EBD==.
锐二面角α﹣l﹣β的平面角的余弦值是.
故答案为:.
6.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则二面角A﹣BC﹣D的余弦值是 .
解:取BC的中点E,OF⊥BC,可得∠AEO为二面角A﹣BC﹣D的平面角,
设正方形ABCD的边长为1,
∴A0=,OE=CD=
则AE==,
则cos∠AEO===,
故答案为:.
7.已知二面角α﹣l﹣β的大小为120°,在半平面α内,PA⊥l于A,在半平面β内,QB⊥l于B,PA=AB=QB=1,则直线PQ与AB所成角的大小为 60° .
解:过点P作PM∥AB,且PM=AB=1,连接BM,则四边形ABMP为平行四边形,
所以BM∥AP,
又AB⊥AP,所以BM⊥AB,
因为BQ⊥AB,所以∠QBM为二面角α﹣l﹣β的平面角,即∠QBM=120°,
因为BM∩BQ=B,BM、BQ⊂平面BMQ,所以AB⊥平面BMQ,所以AB⊥QM,
因为AB∥PM,所以PM⊥QM,且∠QPM或其补角即为直线PQ与AB所成角,
又QB=BM=1,所以QM=,
所以tan∠QPM===,即∠QPM=60°,
所以直线PQ与AB所成角的大小为60°.
故答案为:60°.
8.如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2,则二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值为 ﹣ .
解:取BD的中点O,连接A1O,C1O,A1C1,
∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2,
∴A1D=A1B=C1D=C1B==2,
BD=A1C1==4,
∴A1O=C1O==2,
由勾股定理可得A1O⊥BD,C1O⊥BD,
∴∠A1OC1是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角,
∴cos∠A1OC1==﹣,
∴二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值为﹣.
故答案为:﹣.
9.已知三棱锥A﹣BCD的所有棱长都相等,若AB与平面α所成的角为,则平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是 [,] .
解:∵三棱锥A﹣BCD的所有棱长都相等,
∴三棱锥A﹣BCD为正四面体,如图:
设正四面体的棱长为2,取CD中点P,连接AP,BP,
则∠BAP为AB与平面ADC所成角.
AP=BP=,可得sin∠BAP=,cos∠BAP=.
设∠BAP=θ.
当CD与α平行且AB在面ACD外时,平面ACD与平面α所成角的正弦值最小,
为sin(﹣θ)=sincosθ﹣cossinθ=×﹣×=;
当CD与α平行且AB在面ACD内时,平面ACD与平面α所成角的正弦值最大,
为sin(+θ)=sincosθ+cossinθ=×+×=;
∴平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是[,].
故答案为:[,].
10.棱长均相等的四面体A﹣BCD中,P为BC中点,Q为直线BD上一点,则平面APQ与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围是 .
解:由题意把正四面体A﹣BCD放到正方体BK内,
则平面ACD与平面APQ所成角的正弦值等于平面ACD的法向量BK与平面APQ所成角的余弦值,
问题等价于平面APQ绕AP转动,
当平面ACD与平面APQ所成角等于BK与AP夹角时,
平面APQ与平面ACD所成二面角的正弦值取最小值,
此时该正弦值为:;
当平面APQ与BK平行时,所成角为0°,
此时正弦值为1.
∴平面APQ与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围为[,1].
故答案为:[,1].
11.边长为2的正方形ABCD的顶点均在表面积为28π的球O的球面上,O1为正方形ABCD的中心,△O1AB绕AB旋转,其顶点O1接触到球面时设为E,则二面角E﹣AB﹣D的大小为 120°或60° .
解:如图,取AB中点H,连接O1H,EH,OH,则∠O1HE即为二面角E﹣AB﹣D的平面角.
由已知得,,,OO1=1,,OH=2,
∴∠O1HO=30°.
∵,,∴OH⊥EH,∠O1HE=120°,
同理当E在下方时∠O1HE=60°.
故答案为:120°或60°.
12.如图,已知二面角α﹣l﹣β的棱l上有A,B两点,C∈α,AC⊥l,D∈β,BD⊥l,若AC=AB=BD=2,,有以下结论:
(1)直线AB与CD所成角的大小为45°;
(2)二面角α﹣l﹣β的大小为60°;
(3)三棱锥A﹣BCD的体积为;
(4)直线CD与平面β所成角的正弦值为.则正确结论的序号为 (1)(2)(4) .
解:如图,过B作BE∥AC,且BE=AC,再过A作AF∥BD,且AF=BD,
连接CE,DE,CF,DF,∵l上有A,B两点,C∈α,AC⊥l,D∈β,BD⊥l,
∴易得三棱柱AFC﹣BDE为直三棱柱,
又CE=AB=2,CD=,CE⊥ED,∴ED=2,△CED为等腰直角三角形,
又BE=AC=2,BD=2,∴△BDE为等边三角形,
∴三棱柱AFC﹣BDE为棱长都为2的正三棱柱,
对(1),∵AB∥CE,∴直线AB与CD所成角即为∠DCE=45°,∴(1)正确;
对(2),∵二面角α﹣l﹣β即为二面角E﹣AB﹣D,又AB⊥平面DBE,
∴∠DBE即为二面角E﹣AB﹣D的平面角,又∠DBE=60°,∴(2)正确;
对(3),∵VA﹣BCD=VD﹣ABC=VD﹣BCE=VC﹣BDE==,∴(3)错误;
对(4),过C作CH⊥AF,垂足点为H,连接HD,
又平面AFC⊥平面AFD,且平面AFC∩平面AFD=AF,CH⊂平面AFC,
∴CH⊥平面AFD,又平面AFD即为β平面,
∴CD与平面β所成角为∠CDH,
又CH为边长为2的等边三角形AFC的高线,∴CH=,又CD=,
∴sin∠CDH=,∴(4)正确.
故答案为:(1)(2)(4).
13.如图,在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,D1D⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,且AB=1,D1D=.
(1)求直线D1B与平面ABCD所成角的大小;
(2)求证:AC⊥平面BB1D1D.
(1)解:∵D1D⊥平面ABCD,BD是D1B在底面ABCD上的射影,
∴∠D1BD是直线D1B与平面ABCD所成的角,
在直角三角形D1BD中,BD=,D1D=,
则tan∠D1BD==1,
∴∠D1BD=45°,
即直线D1B与平面ABCD所成角的大小为45°;
(2)证明:∵ABCD为正方形,∴AC⊥BD,
∵D1D⊥平面ABCD,∴D1D⊥AC,
又BD∩D1D=D,
∴AC⊥平面BB1D1D.
14.如图,在三棱锥D﹣ABC中,平面ADC⊥平面ABC,△ADC和△ABC都是等腰直角三角形,AD=DC,AC=BC.
(Ⅰ)证明:AD⊥平面BCD;
(Ⅱ)若棱AC的中点为M,求二面角B﹣DM﹣C的余弦值.
(Ⅰ)证明:由已知可得,AD⊥DC,AC⊥BC,
又平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,
∴BC⊥平面ADC,而AD⊂平面ADC,∴BC⊥AD,
又DC∩BC=C,∴AD⊥平面BCD;
(Ⅱ)解:∵AD=DC,M为棱AC的中点,∴DM⊥AC,
∵平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,
∴DM⊥平面ABC,而BM⊂平面ABC,∴DM⊥BM,
可得∠BMC为二面角B﹣DM﹣C的平面角.
在Rt△ACB中,AC⊥BC,MC=,
设MC=m,则BC=2m,可得BM=,
∴cos∠BMC=,即二面角B﹣DM﹣C的余弦值为.
15.如图,PA⊥平面ABC,AB⊥BC.AD垂直于PB于D,AE垂直于PC于E.,AB=BC=1.
(1)求证:PC⊥平面ADE;
(2)求AB与平面ADE所成的角;
解:(1)证明:因为PA⊥平面ABC,
所以PA⊥BC,(2分)
又AB⊥BC,PA∩AB=A
所以BC⊥平面PAB,又AD⊂平面PAB,
则BC⊥AD,(4分)
又AD⊥PB,PB∩BC=B,
所以AD⊥平面PBC,(5分)
得PC⊥AD(6分)
又PC⊥AE,AE∩AD=A,所以PC⊥平面ADE(7分)
(2)在平面PBC上,过点B作BF平行于PC交ED延长线于点F,
连接AF,因为PC⊥平面ADE,所以BF⊥平面ADE,
所以∠BAF为直线AB和平面ADE所成的角(10分)
在三角形PBC中,,则,
由△PED与△BFD相似可得(12分)
在RT△BFA中,,(13分)
所以直线AB与平面ADE所成的角为30°.(14分)
16.如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=2,E为BC的中点,把△ABE和△CDE分别沿AE,DE折起,使点B与点C重合于点P.
(1)求证:PE⊥平面PAD;
(2)求二面角P﹣AD﹣E的大小.
(1)证明:在矩形ABCD中,有EC⊥CD,EB⊥BA,
∴由题意知:PE⊥PD,PE⊥PA,而PD∩PA=P,
∴PE⊥平面PAD;…(6分)
(2)解:过E作EF⊥AD于F,连接PF,又AD⊂平面PAD,
由(1)知:PE⊥AD,而PE∩EF=E,所以AD⊥平面PEF,
∴∠PFE为二面角P﹣AD﹣E的平面角,而,
∴,则,
∵∠PFE∈[0,π],
∴…(12分)
17.如图,在矩形ABCD中,AB=5,BC=3,沿对角线BD把△ABD折起,使A移到A1点,过点A1作A1O⊥平面BCD,垂足O恰好落在CD上.
(1)求证:BC⊥A1D;
(2)求直线A1B与平面BCD所成角的正弦值.
解:(1)证明:因为A1O⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,∴BC⊥A1O,
因为BC⊥CD,A1O∩CD=O,∴BC⊥面A1CD.
因为A1D⊂面A1CD,∴BC⊥A1D.(6分)
(2)连接BO,则∠A1BO是直线A1B与平面BCD所成的角.
因为A1D⊥BC,A1D⊥A1B,A1B∩BC=B,∴A1D⊥面A1BC.A1C⊂面A1BC,∴A1D⊥A1C.
在Rt△DA1C中,A1D=3,CD=5,∴A1C=4.
根据S△A1CD=A1D•A1C=A1O•CD,得到A1O=,
在Rt△A1OB中,sin∠A1BO===.
所以直线A1B与平面BCD所成角的正弦值为.(12分)
18.如图,四边形ABGH,BCFG,CDEF都是菱形.沿BG把菱形ABGH折起,沿CF把菱形CDEF折起,点A与点E正好重合于点A.
(1)设BF与CG交于点O,求证:AO⊥面BCFG.
(2)求直线AB与平面BCFG所成角的正切值.
解:(Ⅰ)连AG,AC.则AG=AC,O是GC中点,故AO⊥GC.
又AB=AF,O是BF中点,故AO⊥BF.故AO⊥面BCFG.
(Ⅱ)以OB,OC,OA分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设B(b,0,0),C(0,c,0),A(0,0,a).
由得a=c.因此A(0,0,c).=(﹣b,0,c),=(﹣b,﹣c,0),cos∠ABG=,=(﹣b,c,0),cos∠CBG=,由已知,∠ABG+∠CBG=π,
所以+=0,2b2=c2.
因为AO⊥面BCFG.,所以直线AB与平面BCFG所成角即为∠ABO,其正切值tan∠ABO=.
2024年高考数学重难点突破讲义:学案 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角: 这是一份2024年高考数学重难点突破讲义:学案 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角,共15页。
2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角: 这是一份2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角,共11页。
利用传统方法求线线角、线面角、二面角与距离的问题(解析版): 这是一份利用传统方法求线线角、线面角、二面角与距离的问题(解析版),共28页。