2012高考数学热点考点精析：31空间的角(大纲版地区)

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考点31空间的角

一、填空题

1、（2011·全国高考理科·Ｔ16）己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 .

【思路点拨】本题应先找出两平面的交线，进而找出或做出二面角的平面角是解决此问题的关键,延长EF必与BC相交，交点为P，则AP为面AEF与面ABC的交线.

.延长EF交BC的延长线于P，则AP为面AEF与面ABC3

的交线，因为 CAP 90，所以 FCA为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角

.

2FCtan FCA

CA32、（2011·全国高考文科·Ｔ15）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 . 【思路点拨】找出异面直线AE与BC所成的角是解本题的关键.只要在平面A1B1C1D1内过E作及B1C1的平行线即可.

【精讲精析】. 取A1B1的中点M连接EM，AM，AE，则 AEM就是异面

22 32 52

. 直线AE与BC所成的角.在 AEM中，cos AEM

2 2 33

2

3

二、解答题

3、（2011·全国高考文科·Ｔ20）如图，四棱锥S

ABCD

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中， AB∥CD,BC CD，侧面SAB为等边三角形.AB BC 2,CD SD 1. (Ⅰ)证明：SD 平面SAB

(Ⅱ)求AB与平面SBC所成角的大小.

【思路点拨】第(Ⅰ)问的证明的突破口是利用等边三角形SAB这个条件，找出AB的中点E，连结SE，DE，就做出了解决这个问题的关键辅助线.

(II)本题直接找线面角不易找出，要找到与AB平行的其他线进行转移求解.

【精讲精析】证明：（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2.

连结SE

，则SE AB,SE 又SD=1，故ED2 SE2 SD2 所以 DSE为直角.

由AB DE,AB SE,DESE E，得

AB 平面SDE,所以AB SD.

E

B

C

SD与两条相交直线AB、SE都垂直. 所以SD 平面SAB

（Ⅱ）由AB 平面SDE知，平面ABCD 平面SDE 作SF DE，垂足为F，则SF 平面

ABCD,SF 作FG BC，垂足为G，则FG=DC=1. 连结SG，则SG BC

SD SE DE2

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又FG BC，SGFG G,故BC 平面SFG,平面SBC 平面SFG， 作FH SG，H为垂足，则FH 平面

SBC.

FH

SF FG

SG. . 7

即F到平面SBC

由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d

也为设AB与平面SBC所成的角为

，则sin 解法二：

d, arcsin.

EB77

以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系C-xyz,设D（1，0，0），则A（2，2，0），B（0，2，0）. 又设S（x,y,z），则x>0,y>0,z>0.

(I)AS (x 2,y 2,z),BS (x,y 2,z),DS (x 1,y,z)

由|AS| |BS 故x=1.

由|DS| 1得y2 z2 1，

又由|BS| 2得，x2

(y 2)2 z2 4 即y2 z2 4y 1

0，故y ,z 于是S(1,1

2

1331AS (

1, BS (1, DS (0,， 2222DS AS 0,DS BS 0

故DS AS,DS BS，又ASBS S

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所以SD 平面SAB.

（II）设平面SBC的法向量a (m,n,p)， 则a BS,a CB,a BS 0,a CB 0, 又BS (1, 3CB

(0,2,0) 2 3p 0 m n

故 2 2

2n 0

取p 2得a (，又

AB ( 2,0,0)

cos AB,a

AB a. 7|AB| |a|

. 7

故AB与平面SBC所成的角为arcsin

4、（2011·上海高考文科·T20）已知ABCD A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，高AA1 2，求

（1）异面直线BD与AB1所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；

（2）四面体AB1D1C的体积

B1B

A

D

A1

D1

1

【思路点拨】本题以常见几何体正四棱柱为载体，着重考查立体几何中的线面角、面面角、点线距等相关问题。

【精讲精析】(1)连结C1D，则有AB1C1D，则异面直线BD与

AB1所成角即为BD与C1D所成角，即 BDC1，而在BDC

1中，cos BDC1 故异面直线BD与AB1所成角为arccos

10

，（2）显然只要长方体的体积减去顶点A1、B、C1、D上的直角三棱锥的体

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积就是所求的体积，

=2-= 即V=2- 1 1 2+ 1 1 2+ 1 1 2+ 1 1 2）

11

32

12

12

12

43

23

5、（2011·四川高考理科·Ｔ19）

如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，

BAC 90，

A B

A 1 AA1C，

D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的

延长线的交点且PB1//平面BDA1， （Ⅰ）求证：CD C1D；

(Ⅱ)求二面角A A1D B的平面角的余弦值； （Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离.

【思路点拨】（Ⅰ）即证明D为棱CC1的中点. 连结AB1与BA1交于点O，连结OD，则OD//PB1， O为中点，则D为棱CC1的中点.

(Ⅱ)(法一)找出二面角A A1D B的平面角：过A做AE DA1于点E，连结BE.（法二）空间向量法.

（Ⅲ）（法一）点C到平面B1DP的距离是点C到平面DB1A的距离，由等积法

求解: VC DBA VB ACD, S DBA h S ACD B1A1.

1

1

1

1

313

【精讲精析】（Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD， PB1//平面BDA1，

PB1 平面AB1P，平面AB1P平面BDA1 OD, OD//PB1，

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又AO B1O, AD PD.又AC//C1P, CD C1D.

（Ⅱ）过A做AE DA1于点E，连结BE. BA CA,BA AA1,且AA1AC A， BA 平面AA1C1C.

由三垂线定理可知BE DA1. BEA为二面角A A1D

B的平面角.

在Rt A1C1D中，A1D

由S AA1D AE

11 1 1 AE.225

AE2

.BE3

23

在Rt BAE中，BE cos BEA

故二面角A A1D B的平面角的余弦值.

（Ⅲ）由题意可知，点C到平面B1DP的距离是点C到平面DB1A的距离，

设此距离为h，VC DBA VB ACD, S DBA h S ACD B1A1.

1

1

1

1

313

由已知可得AP PB1 AB1

在等腰 AB1P中，S AB1P

S DB1A

13S AB1P . 2412

14

13AB1. 22

又S ACD AC CD .

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h

S ACD B1A11

.

S DB1A3

1

3

点C到平面B1DP的距离等于.

（法二）如图，以A1为原点，A1B1，A1C1,A1A所在的直线分 别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1 B1C1A， 则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1). (Ⅰ)设C1D x,

AC//PC1，

C1PC1Dx

. ACCD1 x

x

,0). 1 x

x

,0). 1 x

由此可得D(0,1,x),P(0,1

A1B (1,0,1),A1D (0,1,x),B1P ( 1,1

设平面BA1D的一个法向量为n1 (a,b,c)，

n1 A1B a c 0,则 n1 A1D b cx 0.

令c 1,则n1 (1,x, 1). PB1//平面BDA1，

n1 B1P 1 ( 1) x(1

1

2

x

) ( 1) 0 0. 1 x

由此可得x .故CD C1D.

(Ⅱ)由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量为n1 (1,, 1). 又n2 (1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，

12

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cos n1,n2

n1 n2n1n2

11 32

2. 3

故二面角A A1D B的平面角的余弦值. （Ⅲ）PB1 (1, 2,0),PD (0, 1,),

设平面B1DP的一个法向量为n3 (a1,b1,c1)，

n3 PB1 a1 2b1 0,

则 c1

n1 PD b1 0. 2

1

2

23

令c1 1,则n3 (1,,1).

又DC (0,0),

DC n3

n3

1. 3

12

12

点C到平面B1DP的距离d

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/5jwe.html