资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2026全国版高中数学突破练
突破练49　求空间角
1.(13分)(2025·山东青岛二测)如图,在三棱锥D-ABC中,AC=AB=BD=2,AB⊥BD,AB⊥AC,E,M,N分别为AB,AD,BC的中点.
(1)证明:平面EMN⊥平面ABC;
(2)若CD=2,求直线MN与平面ACD所成的角.
2.(15分)(2025·湖北武汉4月调研)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,AA1=4,AB⊥AC,AA1上的点E满足BE⊥AB1.
(1)求证:BE⊥平面AB1C;
(2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值.
3.(15分)(一题多解)(2025·江苏南京二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=120°,点E在线段PD上,PB∥平面AEC.
(1)证明:E为PD的中点;
(2)若AB=2,二面角C-AE-D的余弦值为,求PA的长.
4.(15分)(2025·湖南长沙三模)如图,在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=120°,O为△ABC的外心,PO⊥平面ABC,且PO=.
(1)求证:BO∥平面PAC;
(2)设平面PAO∩平面PBC=l,若点M在线段PC(不含端点)上运动,当直线l与平面ABM所成角最大时,求平面ABM与平面OBM的夹角的大小.
参考答案
1.(1)证明 因为E,M分别为AB,AD的中点,所以EM∥BD.
又AB⊥BD,所以AB⊥EM.
同理AB⊥EN.
因为EN∩EM=E,EN,EM 平面EMN,
所以AB⊥平面EMN.
因为AB 平面ABC,
所以平面EMN⊥平面ABC.
(2)解 在Rt△ABC中,易得BC=2
在△BDC中,因为BD=2,BC=2,DC=2,BD2+BC2=DC2,
所以BD⊥BC.
又BD⊥AB,AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,所以BD⊥平面ABC.
以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),C(2,0,0),D(0,2,2),M(0,1,1),N(1,1,0),=(2,0,0),=(0,2,2),=(1,0,-1).
设n=(x,y,z)是平面ACD的法向量,则令y=1,得n=(0,1,-1).
设MN与平面ACD所成的角为α,则sin α=|cos<,n>|=,
所以直线MN与平面ACD所成的角为
2.(1)证明 因为CA⊥AB,CA⊥A1A,AA1∩AB=A,AB,AA1 平面ABB1A1,
所以CA⊥平面ABB1A1.
因为BE 平面ABB1A1,所以CA⊥BE.
又因为BE⊥AB1,AB1 平面AB1C,CA 平面AB1C,且AB1∩AC=A,
所以BE⊥平面AB1C.
(2)解 以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),则B(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,0,4),设E(0,0,t),=(-2,0,t),=(2,0,4).
因为,所以-4+4t=0,则t=1,
所以E(0,0,1),=(0,-2,1),=(2,-2,0).
设平面CBE的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则z=2,y=1,所以n=(1,1,2).
又平面ABE的一个法向量为=(0,2,0),设平面CBE与平面ABE的夹角为α,则cos α=
3. (1)证明 如图1,连接BD交AC于点O,连接EO.
图1
因为底面ABCD为菱形,所以O为BD的中点.
又因为PB∥平面ACE,PB 平面PBD,平面PBD∩平面ACE=EO,
所以PB∥EO,所以E为PD的中点.
(2)解 (方法1)取BC的中点F,连接AF.
在菱形ABCD中,∠BAD=120°,
所以∠ABC=60°,则△ABC为正三角形,
所以AF⊥BC,AF⊥AD.
又因为PA⊥平面ABCD,以{}为正交基,建立如图1所示的空间直角坐标系A-xyz.设AP=t(t>0),则C(,1,0),D(0,2,0),P(0,0,t),E(0,1,),则=(,1,0),=(0,1,),=(0,0,t).
易知平面AED的一个法向量为m=(1,0,0).
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),
由令y=3,得n=(-,3,-).因为二面角C-AE-D的余弦值为,其夹角为锐角,
所以|cos|=,解得t=1,所以PA=1.
(方法2)如图2,取AD中点H,连接CH.
图2
在平面AED内,过H作HG⊥AE,垂足为G,连接CG.
因为底面ABCD为菱形,∠ADC=60°,
所以△ACD为正三角形.又因为H为AD的中点,所以CH⊥AD.因为PA⊥平面ABCD,CH 平面ABCD,所以PA⊥CH.
又因为PA,AD 平面PAD,PA∩AD=A,所以CH⊥平面PAD.
因为AE 平面PAD,所以CH⊥AE.
又因为HG⊥AE,CH,HG 平面CHG,CH∩HG=H,所以AE⊥平面CHG.
因为CG 平面CHG,所以AE⊥CG,
所以∠CGH为二面角C-AE-D的平面角.
由cos∠CGH=,得tan∠CGH=,即,由CH=,得GH=
因为sin∠GAH==sin∠ADE=,所以PA=1.
4. (1)证明 如图,连接OC,交AB于点D,O为△ABC的外心,所以OA=OB=OC,
又因为AC=BC=1,所以△OAC≌△OBC,
所以∠ACO=∠BCO=ACB=60°,
故△OAC和△OBC都为等边三角形,可得OA=AC=CB=BO=1,
即四边形OACB为菱形,所以OB∥AC,
又AC 平面PAC,OB 平面PAC,
所以BO∥平面PAC.
(2)解 因为BC∥AO,BC 平面POA,AO 平面POA,所以BC∥平面POA.
因为BC 平面PBC,平面PAO∩平面PBC=l,所以BC∥l.
如图,设AB与OC的交点为D,以点D为原点,分别以DA,DC所在的直线为x轴、y轴,过点D垂直于平面ACBO的直线为z轴建立空间直角坐标系,则B(-,0,0),C(0,,0),A(,0,0),P(0,-),O(0,-,0),
所以=(,0),=(,0,0),=(0,1,-),=(,-).
因为点M在线段PC(不含端点)上运动,设=(0<λ<1),
所以=(,λ-(1-λ) ).
设平面ABM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即可得x1=0,令y1=2可得z1=),
所以n1=(0,2,) ).
所以直线l与平面ABM所成角α的正弦值sin α=|cos|=,即当λ=时直线l与平面ABM所成角取最大值.
此时n1=(0,2,0),所以=(-,0),=(,0,),
设平面OBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),
可得
令x2=1,y2=,z2=-,所以n2=(1,,-),
设平面ABM与平面OBM的夹角为θ,所以cos θ=|cos|=,所以平面ABM与平面OBM的夹角为
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑