专题3.3 空间角的求解-2019年高考数学二轮复习创新课堂

2019年高考数学二轮复习创新课堂 专题三 立体几何 12 第3讲 空间角的求解 考情速递 1真题感悟 真题回放 1．（2018•新课标Ⅱ）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（　　） A． B． C． D． 【答案】：C 【解析】：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0）， 设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===， sinθ==，∴tanθ=． ∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C． 2热点题型 题型一：异面直线所成角 例1．（2018•新课标Ⅱ）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD1与DB1所成角的余弦值． 【答案】：C 【解析】：：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， ∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=， ∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0）， B1（1，1，），=（﹣1，0，），=（1，1，）， 设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ===， ∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C． 题型二：求直线与平面所成的 角 例2．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点． （1）证明：PO⊥平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明PO⊥AC，PO⊥OB即可； （2）根据二面角的大小求出平面PAM的法向量，利用向量法即可得到结论． 【解析】（1）证明：连接BO，∵AB=BC=2，O是AC的中点， ∴BO⊥AC，且BO=2，又PA=PC=PB=AC=2，∴PO⊥AC，PO=2， 则PB2=PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC=O，∴PO⊥平面ABC； （2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0）， =（﹣2，2，0），设=λ=（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1 则=﹣=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）=（2﹣2λ，2λ+2，0）， 则平面PAC的法向量为=（1，0，0），设平面MPA的法向量为=（x，y，z）， 则=（0，﹣2，﹣2），则•=﹣2y﹣2z=0，•=（2﹣2λ）x+（2λ+2）y=0，令z=1，则y=﹣，x=，即=（，﹣，1）， ∵二面角M﹣PA﹣C为30°，∴cos30°=|=，即=，解得λ=或λ=3（舍），则平面MPA的法向量=（2，﹣，1）， =（0，2，﹣2），PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ=|cos＜，＞|=||==． 题型三.求二面角 例3（2018•新课标Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点． （1）证明：平面AMD⊥平面BMC； （2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值． 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明MC⊥平面ADM即可． （2）根据三棱锥的体积最大，确定M的位置，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用向量法进行求解即可． 【解析】：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC， ∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直， ∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC， ∵AD∩DM=D， ∴MC⊥平面ADM， ∵MC⊂平面MBC， ∴平面AMD⊥平面BMC． （2）∵△ABC的面积为定值， ∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大， 此时M为圆弧的中点， 建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ∵正方形ABCD的边长为2， ∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1）， 则平面MCD的法向量=（1，0，0）， 设平面MAB的法向量为=（x，y，z） 则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），[来源:Zxxk.Com] 由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，[来源:Z#xx#k.Com] 令x=1， 则y=0，z=2，即=（1，0，2）， 则cos＜，＞===， 则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα==． 变式训练4