第7章 课时冲关49 平面与平面的夹角、角的最值(范围)问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关49　平面与平面的夹角、角的最值(范围)问题 对应学生用书　P288 [基础巩固练] 1.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO. (1)证明：PA⊥平面PBC； (2)求二面角B­PC­E的余弦值． 解：(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC. (2)作ON∥BC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，C， P.所以＝，＝.设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即 可取m＝. 由(1)知＝是平面PCB的一个法向量，记n＝，则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角B­PC­E的余弦值为. 2.(2024·八省八校联考二)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝AB＝，E，F分别为线段BB1，A1C的中点． (1)证明：EF⊥平面AA1C1C； (2)若二面角C­A1E­A的大小为，求AA1的长． 解：(1)证明：因为AC＝BC＝AB＝，所以BC2＋AB2＝AC2，所以AB⊥BC，因为三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以A1B1⊥B1C1，B1B⊥B1C1，B1B⊥B1A1，所以以B1为原点，以B1A1，B1C1，B1B所在的直线的分别为x，y，z轴，建立如图的空间直角坐标系，设B1B＝h，则B1(0,0,0)，A1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(0,0，h)，A(1,0，h)，C(0,1，h)，因为E，F分别为线段BB1，A1C的中点，所以E， F，所以＝，＝(0,0，h)，＝(－1,1,0)，所以·＝0，·＝－＋＝0，所以⊥，⊥，所以EF⊥A1A，EF⊥A1C1，因为A1A∩A1C1＝A1，A1A，A1C1⊂平面AA1C1C，所以EF⊥平面AA1C1C. (2)设平面CA1E的法向量为m＝(x，y，z)，平面A1EA的法向量为n＝(a，b，c)，因为＝(1，－1，－h)，＝ ，＝ ，所以 令z＝1，b＝1，则m＝，n＝(0,1,0)，因为二面角C­A1E­A的大小为，所以 |cos〈m，n〉|＝＝＝cos＝，所以＝，化简得h2＝2，因为h＞0，所以h＝，所以AA1的长为. 3.(2024·四川内江校考模拟)在直角梯形AA1B1B中，A1B1∥AB，AA1⊥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝6，直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如图的圆台A1A，已知点P，Q分别在线段CC1，BC上，二面角B1­AA1­C1的大小为θ. (1)若θ＝120°，＝，AQ⊥AB，证明：PQ∥平面AA1B1B； (2)若θ＝90°，点P为CC1上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值，并求此时二面角Q­AP­C的余弦值． 解：(1)证明：如图所示，过Q作QE∥AB交AC于E，连接 PE， 过C1作C1F∥A1A，交AC于F，∵θ＝120°，结合圆台的特征知∠ABC＝∠ACB＝30°，又∵AQ⊥AB，解三角形得AQ＝＝2＝QC＝BQ，故＝＝，即CE＝2，∵＝， 由题意易知四边形A1C1CA为直角梯形，∴AF＝A1C1＝3＝FC，＝＝，故PE∥C1F∥A1A，∵QE⊄平面A1B1BA，AB⊂平面A1B1BA，∴QE∥平面A1B1BA，同理PE∥平面A1B1BA，又QE∩PE＝E，QE，PE⊂平面PQE，∴平面PEQ∥平面A1B1BA，PQ⊂平面PEQ，∴PQ∥平面AA1B1B，得证． (2)如图，结合圆台的特征，当θ＝90°时，此时A1A，AB，AC两两垂直，故以A为中心，以AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(6,0,0)，C(0,6,0)，C1(0,3,6)，Q(3,3,0)，设＝λ，λ∈[0,1]，则＝λ(0－0,3－6,6－0)＝(0，－3λ，6λ)，＝－＝(3，－3,0)－(0，－3λ，6λ)＝(3,3λ－3，－6λ)，易知x轴⊥平面A1ACC1，不妨取m＝(1,0,0)作为平面A1ACC1的一个法向量，设PQ与平面AA1C1C所成角为α，α∈， 则sin α＝|cos 〈，m〉|＝＝≤，即当λ＝时，sin α取得最大值，此时α为最大角，tan α＝＝，设此时平面APQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，易得＝(3,3,0)，＝，则令z＝9，则y＝－2，x＝2，即n＝(2，－2,9)，由图可知该二面角的平面角为锐角，设其为φ，故cos φ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，故PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为，此时二面角Q­AP­C的余弦值为. [能力提升练] 4.如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝，EC⊥BD. (1)求证：平面BED⊥平面ABCD； (2)设线段AE的中点为M，线段AB的中点为N，且点P在线段MN上运动，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值． 解：(1)证明：如图，连接AC，交BD于点O，连接EO. 因为AD＝AB，CD＝CB，AC＝AC，所以△ADC≌△ABC，所以∠DAO＝∠BAO.又因为AO＝AO，所以△ADO≌△ABO，所以∠AOD＝∠AOB＝90°，所以AC⊥BD.又EC⊥BD，EC∩AC＝C，EC，AC⊂平面AEC，所以BD⊥平面AEC，又OE⊂平面AEC，所以OE⊥BD.又底面ABCD是圆内接四边形，所以∠ADC＝∠ABC＝90°.在Rt△ADC中，由AD＝，CD＝1，可得AC＝2，AO＝，所以∠AEC＝90°，＝＝，易得△AEO∽△ACE，所以∠AOE＝∠AEC＝90°，即OE⊥AC.又AC，BD⊂平面ABCD，AC∩BD＝O，所以EO⊥平面ABCD，又EO⊂平面BED，所以平面BED⊥平面ABCD. (2)点P在线段MN上．以O为坐标原点，OA，OB，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A，B， E，M，D， N，所以＝，＝，＝，＝.设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则n＝(1，，)．设＝λ(0≤λ≤1)，可得＝＋＝.设直线DP与平面ABE所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝，因为0≤λ≤1，所以当 λ＝0时，sin θ取得最大值.故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$