高中数学高考专题23 立体几何中的角（解析版）

这是一份高中数学高考专题23 立体几何中的角（解析版），共32页。试卷主要包含了计算简单几何体中的二面角，简单几何体中空间角的综合问题等内容，欢迎下载使用。
【解决之道】异面直线所成角的求解思路：①定义法：根据异面直线所成角的定义，通过过一点（通常在一条直线上取一点）作两条异面直线的平行线，转化为相交直线的夹角，通过解三角形求解，解题步骤，一找二作三证四解.
②向量法：=（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
【三年高考】
1.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则，连接，易求得，，则是异面直线与所成的角，由余弦定理可得，故选C.
方法二：以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则,所以,
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.
2.【2020年高考江苏卷24】在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【解析】（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则
从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
，
令，
设平面一个法向量为
令，，
因此．
3.【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以．
（1）因为P为A1B1的中点，所以，
从而，
故．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
命题规律二 计算简单几何体中的直线与平面的夹角问题
【解决之道】求线面角的思路①几何法：根据定义转化为斜线与斜线在平面内的射影所成的角，通过解三角形求解，解题步骤，一找二作三证四解.
②向量法：建立空间在极坐标系，利用空间向量的有关知识计算出平面内的法向量为与直线的方向向量为，直线与平面的所成的角为，则==.
【三年高考】
1.【2020年高考山东卷4】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为），地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点处的水平面是指过点且与垂直的平面．在点处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点处的纬度为北纬，则晷针与点处的水平面所成角为（ ）
A． B． C．D．
【答案】B
【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线．是晷面的截线，依题意可知、．
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为，故选：B．
2.【2020年高考全国Ⅱ卷理数20】如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．
（1）证明：//，且平面平面；
（2）设为△的中心，若，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）分别为，的中点，
又
在中，为中点，则
又侧面为矩形，
由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面

又平面
平面
平面
平面平面
（2）连接
平面，平面平面
根据三棱柱上下底面平行，
其面平面，面平面
故：四边形是平行四边形
设边长是()
可得：，
为的中心，且边长为
故：
解得：
在截取，故
且
四边形是平行四边形，
由（1）平面
故为与平面所成角
在，根据勾股定理可得：
直线与平面所成角的正弦值：．
3.【2020年高考浙江卷19】如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【解析】（I）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，∴平面，即有．
∵，∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，∴，，而，
∴平面，而平面，∴．
（II）∵，∴与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，∴平面平面，而平面平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴，故与平面所成角的正弦值为．
4.【2020年高考山东卷20】如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【解析】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，
因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得．
设平面A1BC的法向量为n，
由，得，
取n，故，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．
7.【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【解析】方法一：（1）由得，
所以.
故.
由，得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（2）如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，
故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
方法二：（1）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此
由得.
由得.
所以平面.
（2）设直线与平面所成的角为.
由（1）可知
设平面的法向量.
由即可取.
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
命题规律三 计算简单几何体中的二面角
【解决之道】二面角问题的解题思路：
①几何法：先找（作出）出二面角的平面角，在证明该角是二面角的平面角，在再相关三角形中，利用正余弦定理解出平面角，即为二面角大小.
②向量法：对二面角的大小问题，先求出平面、的法向量、，再求出、的夹角，在内取一点A，在内取一点B，设二面角大小为，若与同号，则=，若与异号，则=，注意二面角大小与法向量夹角的关系.
③面积射影定理法： .(平面多边形及其射影的面积分别是、，它们所在平面所成锐二面角的为).
【三年高考】
1.【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则（ ）
A．β