1、课时跟踪检测(四十八)空间角一保高考，全练题型做到高考达标1(2016郑州模拟)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，四边形AA1C1C 是边长为 2 的菱形，平面 ABC平面 AA1C1C，A1AC60，BCA90.(1)求证：A1BAC1；(2)已知点 E 是 AB 的中点，BCAC，求直线 EC1 与平面 ABB1A1所成的角的正弦值解：(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 A1O，因为四边形 AA1C1C 是菱形，且A1AC60，所以A1AC 为等边三角形，所以 A1OAC.又平面 ABC平面 AA1C1C，平面 ABC平面 AA1C1CAC，所以 A1O平面 ABC，所以 A1
2、OBC.又 BCAC，A1OACO，所以 BC平面 AA1C1C，所以 AC1BC.在菱形 AA1C1C 中，AC1A1C，所以 AC1平面 A1BC，所以 A1BAC1.(2)连接 OE，以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz，则 A(0，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，3)，AB(2,2,0)，1BB 1CC(0,1，3)，设 m(x，y，z)是平面 ABB1A1 的法向量，则 m AB 0，m1BB 0，即2x2y0，y 3z0，取 z1，可得 m(3，3，1)又 E(1,0,0)，所以1EC(1,2，3)，设直线 EC1 与平面 AB
3、B1A1 所成的角为，则 sin|cos1EC，m|1EC m|1EC|m|4214.即直线 EC1 与平面 ABB1A1 所成角的正弦值为 4214.2如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AD平面 A1BC，其垂足 D落在直线 A1B 上(1)求证：BCA1B；(2)若 AD 3，ABBC2，P 为 AC 的中点，求二面角 P-A1B-C的平面角的余弦值解：(1)证明：三棱柱 ABC-A1B1C1 为直三棱柱，A1A平面 ABC，又 BC平面 ABC，A1ABC.AD平面 A1BC，且 BC平面 A1BC，ADBC.又 AA1平面 A1AB，AD平面 A1AB，A1AADA，BC平面
4、 A1AB，又 A1B平面 A1BC，BCA1B.(2)由(1)知 BC平面 A1AB，AB平面 A1AB，从而 BCAB.如图，以 B 为原点，BC，BA，BB1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 B-xyz，AD平面 A1BC，其垂足 D 落在直线 A1B 上，ADA1B.在 RtABD 中，AD 3，AB2，sinABDADAB 32，ABD60，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，A1AAB，在 RtABA1 中，AA1ABtan 602 3，则 B(0,0,0)，C(2,0,0)，P(1,1,0)，A1(0,2,2 3)，BP(1,1,0)，1BA(0,2,2 3)，B
5、C(2,0,0)设平面 PA1B 的一个法向量 n1(x1，y1，z1)，则n1 BP 0，n11BA 0，即x1y10，2y12 3z10，令 x13，可得 n1(3，3，3)；设平面 CA1B 的一个法向量 n2(x2，y2，z2)，则n2 BC 0，n21BA 0，即x20，2y22 3z20，令 y23，可得 n2(0，3，3)cosn1，n2 n1n2|n1|n2|2 77，二面角 P-A1B-C 的平面角的余弦值为2 77.3(2015湖南高考)如图，已知四棱台 ABCD-A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 3和 6 的正方形，A1A6，且 A1A底面 ABCD，点 P，Q
6、 分别在棱 DD1，BC 上(1)若 P 是 DD1 的中点，证明：AB1PQ；(2)若 PQ平面 ABB1A1，二面角 P-QD-A 的余弦值为37，求四面体 ADPQ 的体积解：由题设知，AA1，AB，AD 两两垂直以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为 A(0,0,0)，B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中 mBQ，0m6.(1)证明：若 P 是 DD1 的中点，则 P0，92，3，PQ 6，m92，3.又1AB(3,0,6)，于是1AB PQ 18180
7、，所以1AB PQ，即 AB1PQ.(2)由题设知，DQ(6，m6,0)，1DD(0，3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量设 n1(x，y，z)是平面 PQD 的一个法向量，则n1 DQ 0，n11DD 0，即6xm6y0，3y6z0.取 y6，得 n1(6m,6,3)又平面 AQD 的一个法向量是 n2(0,0,1)，所以 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|36m26232136m245.而二面角 P-QD-A 的余弦值为37，因此36m24537，解得 m4 或 m8(舍去)，此时 Q(6,4,0)设 DP 1DD(01)，而1DD(0，3,6)，由此得点 P(0,63，6)，
8、所以 PQ(6,32，6)因为 PQ平面 ABB1A1，且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3(0,1,0)，所以 PQ n30，即 320，亦即 23，从而 P(0,4,4)于是，将四面体 ADPQ 视为以ADQ 为底面的三棱锥 P-ADQ，则其高 h4，故四面体 ADPQ 的体积V13SADQh131266424.4(2015天津高考)如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD 5，且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点(1)求证：MN平面 ABCD；(2)求二面角 D1-AC-B1 的正弦值；(3
9、)设 E 为棱 A1B1 上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为13，求线段 A1E的长解：如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0，2)，D1(1，2,2)又因为 M，N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，所以 M1，12，1，N(1，2,1)(1)证明：依题意，可得 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，MN 0，52，0，由此可得 MN n0.又因为直线 MN平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD.(2)1AD(1，2,2)
10、，AC(2,0,0)，设 n1(x1，y1，z1)为平面 ACD1 的一个法向量，则n11AD 0，n1 AC 0，即x12y12z10，2x10.不妨设 z11，可得 n1(0,1,1)设 n2(x2，y2，z2)为平面 ACB1 的一个法向量，则n21AB 0，n2 AC 0.又1AB(0,1,2)，所以y22z20，2x20，不妨设 z21，可得 n2(0，2,1)因此有 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|1010，于是 sinn1，n23 1010，所以，二面角 D1-AC-B1 的正弦值为3 1010.(3)依题意，可设1A E 11A B，其中 0,1，则 E(0，2)，从而
11、 NE(1，2,1)又 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得|cos NE，n|NE n|NE|n|112221213，整理得 2430，解得 2 7.又因为 0,1，所以 72.所以线段 A1E 的长为 72.二上台阶，自主选做志在冲刺名校如图所示，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1底面 ABC，ABAC，ACABAA1，E，F 分别是棱 BC，A1A 的中点，G 为棱 CC1 上的一点，且 C1F平面 AEG.(1)求CGCC1的值；(2)求证：EGA1C；(3)求二面角 A1-AG-E 的余弦值解：(1)因为 C1F平面 AEG，又 C1F平面 ACC1A1
12、，平面 ACC1A1平面 AEGAG，所以 C1FAG.因为 F 为 AA1 中点，且侧面 ACC1A1 为平行四边形，所以 G 为 CC1 的中点，所以CGCC112.(2)证明：因为 AA1底面 ABC，所以 AA1AB，AA1AC.又 ABAC，如图所示，以 A 为原点建立直角坐标系 A-xyz，设AB2，则由 ABACAA1 可得 C(2，0,0)，B(0,2,0)，C1(2,0,2)，A1(0,0,2)因为 E，G 分别是 BC，CC1 的中点，所以 E(1,1,0)，G(2,0,1)，EG 1CA(1，1,1)(2,0,2)0.所以 EG 1CA，所以 EGA1C.(3)设平面 AEG 的法向量 n(x，y，z)，则n AG 0，n AE 0，即2xz0，xy0.令 x1，则 y1，z2，所以 n(1，1，2)，由已知可得平面 A1AG 的法向量 m(0,1,0)，所以 cosn，m nm|n|m|66.由题意知二面角 A1-AG-E 为钝角，所以二面角 A1-AG-E 的余弦值为 66.
