\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高一數學下學期同步知識點剖析精品講義！
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模塊導圖
知識剖析
異面直線所成的角
1 范圍
異面直線所成角的范圍： \((0^∘ ,90^∘]\)；
2 作異面直線所成的角
平移法.
如圖,在空間任取一點\(O\),過O作\(a^{\prime} / / a\) ,\(b^{\prime} / / b\),則\(a^{\prime}\) ,\(b^{\prime}\)所成的\(θ\)角為異面直線\(a\) ,\(b\)所成的角.特別地,找異面直線所成的角時,經常把一條異面直線平移到另一條異面直線的特殊點(如線段中點,端點等)上,形成異面直線所成的角.
線面所成的角
1 定義
如下圖，平面的一條斜線(直線\(l\))和它在平面上的射影(\(AO\))所成的角，叫做這條直線和這個平面所成的角.
一條直線垂直平面，則\(θ=90^°\)；一條直線和平面平行或在平面內，則\(θ=0^°\).
2 范圍
線面所成角的范圍： \([0^∘ ,90^∘]\)
二面角
1 定義
從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.
在二面角的棱\(l\)上任取一點\(O\),以點\(O\)為垂足,在半平面\(α\)和\(β\)內分別作垂直於棱\(l\)的射線\(OA\)和\(OB\),則射線\(OA\)和\(OB\)構成的\(∠AOB\)叫做二面角的平面角.
2 范圍
二面角的范圍： \([0^° ,180^°]\).
經典例題
【題型一】異面直線所成的角
【典題1】如圖,正方體\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中，點\(E\),\(F\)分別是\(AA_1\),\(AD\)的中點，則\(CD_1\)與\(EF\)所成角為 ( )
A．\(0°\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(45°\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(60°\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(90°\)
【解析】連結\(A_1 D\)、\(BD\)、\(A_1 B\),
\(∵\)正方體\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中,點\(E\) ,\(F\)分別是\(AA_1\),\(AD\)的，\(EF∥A_1 D\),
\(∵A_1 B∥D_1 C\)，\(∴∠DA_1 B\)是\(CD_1\)與\(EF\)所成角,
\(∵A_1 D=A_1 B=BD\) ,\(∴∠DA_1 B=60°\)．
\(∴CD_1\)與\(EF\)所成角為\(60°\)．
故選 \(C\)．
【點撥】
① 找異面直線所成的角,主要是把兩條異面直線通過平移使得它們共面,可平移一條直線也可以同時平移兩條直線；
② 平移時常利用中位線、平行四邊形的性質；
【典題2】如圖所示,在棱長為\(2\)的正方體\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(O\)是底面\(ABCD\)的中心,\(E\)、\(F\)分別是\(CC_1\) ,\(AD\)的中點,那么異面直線\(OE\)和\(FD_1\)所成角的余弦值等於\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】取\(BC\)的中點\(G\)．連接\(GC_1\),則\(GC_1∥FD_1\),再取\(GC\)的中點\(H\),連接\(HE\)、\(OH\),
\(∵E\)是\(CC_1\)的中點,\(∴GC_1∥EH\),\(∴∠OEH\)為異面直線所成的角．
在\(△OEH\)中,\(O E=\sqrt{3}\),\(H E=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\),\(O H=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)．
由余弦定理,可得\(\cos \angle O E H=\dfrac{O E^{2}+E H^{2}-O H^{2}}{2 O E \cdot E H}=\dfrac{3}{2 \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)．
故答案為 \(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\).
【點撥】本題利用平移法找到異面直線所成的角(\(∠OEH\))后,確定含有該角的三角形(\(△OEH\)),利用解三角形的方法(正弦定理,余弦定理等)把所求角\(∠OEH\)最終求出來.
【典題3】如圖,已知\(P\)是平行四邊形\(ABCD\)所在平面外一點,\(M\),\(N\)分別是\(AB\) ,\(PC\)的中點．
(1)求證：\(MN∥\)平面\(PAD\)；
(2)若\(MN=BC=4\) ,\(P A=4 \sqrt{3}\),求異面直線\(PA\)與\(MN\)所成的角的大小．
【解析】(1)證明：取\(PD\)中點\(Q\),連\(AQ\)、\(QN\),
則\(AM∥QN\),且\(AM=QN\),
\(∴\)四邊形\(AMNQ\)為平行四邊形
\(∴MN∥AQ\)
又\(∵AQ\)在平面\(PAD\)內,\(MN\)不在平面\(PAD\)內
\(∴MN∥\)面\(PAD\)；
(2)解
\({\color{Red}{方法一 }}\) \(∵MN∥AQ\)
\(∴∠PAQ\)即為異面直線\(PA\)與\(MN\)所成的角
\(∵MN=BC=4\) ,\(P A=4 \sqrt{3}\),
\(∴AQ=4\),
設\(PQ=x\),根據余弦定理可知\(\cos \angle A Q D+\cos \angle A Q P=0\)
即\(\dfrac{16+x^{2}-48}{8 x}+\dfrac{16+x^{2}-16}{8 x}=0\),解得\(x=4\)
在三角形\(AQP\)中,\(AQ=PQ=4\) ,\(A P=4 \sqrt{3}\)
\(\therefore \cos \angle P A Q=\dfrac{48+16-16}{2 \times 4 \times 4 \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\),即\(∠PAQ=30°\)
\(∴\)異面直線\(PA\)與\(MN\)所成的角的大小為\(30°\)
\({\color{Red}{方法二 }}\) 過點\(A\)作\(AH⊥PD\)交\(PD\)於\(H\),如圖
\(∵MN=BC=4\),\(∴H\)是\(QD\)的中點
設\(HD=x\),則\(QH=x\),\(PQ=2x\),
在\(Rt△AQD\)和\(Rt△APH\)
利用勾股定理可得\(AH^2=16-x^2=48-9x^2\),解得\(x=2\)
\(\therefore \cos \angle P A Q=\dfrac{P H}{A P}=\dfrac{6}{4 \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\),即\(∠PAQ=30°\)
\(∴\)異面直線\(PA\)與\(MN\)所成的角的大小為\(30°\)
【點撥】本題中所成角\(∠PAQ\)找到后,無法在一個三角形里求出,此時把問題轉化為平面幾何問題, 再利用解三角形的方法進行求解.
【題型二】線面所成的角
【典題1】如圖,直角梯形\(ABCD\)與等腰直角三角形\(ABE\)所在的平面互相垂直．\(AB∥CD\),\(AB⊥BC\),\(AB=2CD=2BC\),\(EA⊥EB\)．
(1)求證：\(AB⊥DE\)；
(2)求直線\(EC\)與平面\(ABE\)所成角的正弦值．
【解析】(1)證明：取\(AB\)中點\(O\),連接\(EO\),\(DO\)．
\(∵EB=EA\),\(∴EO⊥AB\)．
\(∵\)四邊形\(ABCD\)為直角梯形,\(AB=2CD=2BC\),\(AB⊥BC\),
\(∴\)四邊形\(OBCD\)為正方形,\(∴AB⊥OD\)．
又\(∵EO∩OD=O\),\(∴AB⊥\)平面\(EOD\)．
\(∴AB⊥ED\)．
(2)\(∵\)平面\(ABE⊥\)平面\(ABCD\),且\(AB⊥BC\),
\(∴BC⊥\)平面\(ABE\)．
則\(∠CEB\)為直線\(EC\)與平面\(ABE\)所成的角．
設\(BC=a\),則\(AB=2a\),\(B E=\sqrt{2} a\),
\(\therefore C E=\sqrt{3} a\),
在直角三角形\(CBE\)中,\(\sin \angle C E B=\dfrac{C B}{C E}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)．
即直線\(EC\)與平面\(ABE\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)．
【點撥】本題中的“直線\(EC\)與平面\(ABE\)所成的角”是根據線面角的定義直接在題目原圖上找到的,在含所求角\(∠CEB\)的直角三角形\(CBE\)中求出角度！
【典題2】如圖,四邊形\(ABCD\)為正方形,\(PA⊥\)平面\(ABCD\),且\(AB=4\),\(PA=3\),點\(A\)在\(PD\)上的射影為\(G\)點,\(E\)點在\(AB\)邊上,平面\(PEC⊥\)平面\(PDC\)．
(1)求證：\(AG∥\)平面\(PEC\)；
(2)求\(BE\)的長；
(3)求直線\(AG\)與平面\(PCA\)所成角的余弦值．
【解析】(1)證明：\(∵CD⊥AD\),\(CD⊥PA\)
\(∴CD⊥\)平面\(PAD\) \(∴CD⊥AG\),
又\(PD⊥AG\)
\(∴AG⊥\)平面\(PCD\)
作\(EF⊥PC\)於\(F\),因面\(PEC⊥\)面\(PCD\)
\(∴EF⊥\)平面\(PCD\)
\(∴EF∥AG\),又\(AG⊄\)面\(PEC\),\(EF⊂\)面\(PEC\),
\(∴AG∥\)平面\(PEC\)
(2)由(1)知\(A\)、\(E\)、\(F\)、\(G\)四點共面,又\(AE∥CD\)
\(∴AE∥\)平面\(PCD\)
\(∴AE∥GF\)
\(∴\)四邊形\(AEFG\)為平行四邊形,\(∴AE=GF\)
\(∵PA=3\),\(AD=AB=4\) \(\therefore P D=5\)，\(A G=\dfrac{12}{5}\)
在\(Rt△PAGP\)中，\(P G^{2}=P A^{2}-A G^{2}=\dfrac{81}{25}\)
\(\therefore P G=\dfrac{9}{5}\)
又\(\dfrac{G F}{C D}=\dfrac{P G}{P D}\) \(\therefore G F=\dfrac{36}{25}\)
\(\therefore A E=\dfrac{36}{25}\),故\(B E=\dfrac{64}{25}\)
(3)\(∵EF∥AG\),所以\(AG\)與平面\(PAC\)所成角等於\(EF\)與平面\(PAC\)所成的角,
過\(E\)作\(EO⊥AC\)於\(O\)點,易知\(EO⊥\)平面\(PAC\),又\(EF⊥PC\),
\(∴OF\)是\(EF\)在平面\(PAC\)內的射影
\(∴∠EFO\)即為\(EF\)與平面\(PAC\)所成的角
\(E O=A E \sin 45^{\circ}=\dfrac{36}{25} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{18 \sqrt{2}}{25}\),
又\(E F=A G=\dfrac{12}{5}\),
\(\therefore \sin \angle E F O=\dfrac{E O}{E F}=\dfrac{18 \sqrt{2}}{25} \times \dfrac{5}{12}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{10}\)
故\(\cos \angle E F O=\sqrt{1-\sin ^{2} \angle E F O}=\dfrac{\sqrt{82}}{10}\)
所以\(AG\)與平面\(PAC\)所成角的余弦值等於\(\dfrac{\sqrt{82}}{10}\).
【點撥】
① 若在題目中不能直接找到所求線面角,則可用“作高法”確定所求角,
比如下圖中,求直線\(AP\)與平面\(α\)所成的角,具體步驟如下：
(1) 如圖,過點\(P\)作平面\(α\)的高\(PO\),垂足為\(O\),則\(AO\)是線段\(AP\)在平面\(α\)上的投影；
(2) 找到所求角\(θ\)；
(3) 求解三角形\(APO\)進而求角\(θ\).
(此方法關鍵在於找到垂足\(O\)的位置,證明到\(PO⊥\)平面\(α\),如本題中\(EO⊥\)平面\(PAC\)的證明)
② 本題若直接求“\(AG\)與平面\(PAC\)所成角”,過點\(G\)做高有些難度,則由\(EF∥AG\),能把“\(AG\)與平面\(PAC\)所成角”轉化為“\(EF\)與平面\(PAC\)所成的角”,這方法稱為“間接法”吧.
【典題3】如圖,正四棱錐\(S－ABCD\)中,\(SA=AB=2\),\(E\),\(F\),\(G\)分別為\(BC\),\(SC\),\(CD\)的中點．設\(P\)為線段\(FG\)上任意一點．
(Ⅰ)求證：\(EP⊥AC\)；
(Ⅱ)當\(P\)為線段\(FG\)的中點時,求直線\(BP\)與平面\(EFG\)所成角的余弦值．
【解析】證明：(Ⅰ)連接\(AC\)交\(BD\)於\(O\),
\(∵S－ABCD\)是正四棱錐,\(∴ SO⊥\)平面\(ABCD\),\(∴SO⊥AC\),
又\(∵AC⊥BD\),\(SO∩BD=O\),\(∴AC⊥\)平面\(SBD\),\(∴AC⊥SD\),
\(∵F\),\(G\)分別為\(SC\),\(CD\)的中點,\(∴SD∥FG\),
\(∴AC⊥GF\),
同理\(AC⊥EF\),\(∴AC⊥\)平面\(GEF\),
又\(∵PE⊂\)平面\(GEF\),\(∴EP⊥AC\)．
(Ⅱ) \({\color{Red}{ 方法一}}\) 過\(B\)作\(BH⊥GE\)於點\(H\),連接\(PH\),
\(∵BD⊥AC\),\(BD∥GF\),\(∴BH∥AC\),
由(Ⅰ)知：\(AC⊥\)平面\(GEF\),\(∴BH⊥\)平面\(GEF\),
\(∴∠BPH\)就是直線\(BP\)與平面\(EFG\)所成的角,
\(∵SA=AB=2\),
\(∴\)在\(Rt△BHP\)中,解得\(B H=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\),\(P H=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\),\(P B=\dfrac{\sqrt{15}}{2}\),
\({\color{Red}{(易知△BHE是等腰直角三角形,又由斜邊BE=1,\therefore B H=\dfrac{\sqrt{2}}{2}；在三角形PGH中,P G=\dfrac{1}{2},G H=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2},}}\)
\({\color{Red}{\angle P G H=\dfrac{\pi}{4},用余弦定理可得P H=\dfrac{\sqrt{13}}{2}) }}\)
則\(\cos \angle B P H=\dfrac{P H}{P B}=\dfrac{\sqrt{195}}{15}\),
故直線\(BP\)與平面\(EFG\)所成角的余弦值為\(\sqrt{\dfrac{195}{15}}\).
\({\color{Red}{ 方法二 }}\)
設過點\(B\)作平面\(EFG\)的垂直,垂直為\(T\),
則\(∠BPT\)就是直線\(BP\)與平面\(EFG\)所成的角,\(BT\)是點\(B\)到平面\(PGE\)的距離,
由已知條件可求\(GF=EF=1\),\(G E=\sqrt{2}\),則\(∠GFE=90^°\),
\(\therefore S_{\triangle P E G}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle G F E}=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\),
由於\(P、F\)是中點,易得點\(P\)到平面\(ABCD\)的距離\(h_{1}=\dfrac{1}{4} S O=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\),
而\(S_{\triangle G E B}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle G C B}=\dfrac{1}{2} \times 1=\dfrac{1}{2}\),
對於三棱錐\(P-GEB\),
由\(V_{B-P E G}=V_{P-G E B} \Rightarrow \dfrac{1}{3} \times B T \times S_{\triangle P E G}=\dfrac{1}{3} \times h_{1} \times S_{\triangle G E B}\)\(\Rightarrow \dfrac{1}{12} B T=\dfrac{\sqrt{2}}{24} \Rightarrow B T=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\),
在正四棱錐\(S－ABCD\)中可求\(P B=\dfrac{\sqrt{15}}{2}\),
\({\color{Red}{(方法較多,提示過點P作平面ABCD的PI) }}\)
\(\therefore \sin \angle B P T=\dfrac{B T}{B P}=\dfrac{\sqrt{30}}{15}\)
\(\therefore \cos \angle B P T=\sqrt{1-\sin \angle B P T}=\dfrac{\sqrt{195}}{15}\)
故直線\(BP\)與平面\(EFG\)所成角的余弦值為\(\sqrt{\dfrac{195}{15}}\).
【點撥】
① 本題第二問中方法一就是用“做高法”,計算量有些大；方法二是覺得垂足\(H\)的位置難確定,可設點\(B\)到平面\(EFG\)的投影為\(T\)(即垂足),再用“等積法”求高\(BT\),則\(\sin \angle B P T=\dfrac{B T}{B P}\),可求所求角\(∠BPT\),這種方法稱為“等積法”；
② 思考：上一題試試用“等積法”！
【題型三】二面角
【典題1】如圖,在棱長為\(a\)的正方體\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(AC\)與\(BD\)相交於點\(O\)．求二面角\(A_1－BD－A\)的正切值．
【解析】在正方體中\(BD⊥\)平面\(A_1 ACC_1\)，
\(∴AO⊥BD\),\(A_1 O⊥BD\)，
\(∴\)二面角\(A_1－BD－A\)的平面角為\(∠A_1 OA\)
由題中的條件求出：\(A O=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\) ,\(AA_1=a\)
\(\therefore \tan \angle A_{1} O A=\dfrac{a}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} a}=\sqrt{2}\),
所以二面角\(A_1－BD－A\)的正切值為\(\sqrt{2}\)．
【點撥】本題根據二面角的定義找到二面角二面角\(A_1－BD－A\)的平面角為\(∠A_1 OA\),再在三角形\(AOA_1\)內用解三角形的方法求解角\(∠A_1 OA\).
【典題2】如圖,四棱錐\(P－ABCD\)中,底面\(ABCD\)為矩形,\(PA⊥\)底面\(ABCD\),\(P A=A B=\sqrt{6}\),點\(E\)是棱\(PB\)的中點．
(1)求直線\(AD\)與平面\(PBC\)的距離；
(2)若\(A D=\sqrt{3}\),求二面角\(A－EC－D\)的平面角的余弦值．
【解析】(1)在矩形\(ABCD\)中,\(AD∥BC\),從而\(AD∥\)平面\(PBC\),
故直線\(AD\)與平面\(PBC\)的距離為點\(A\)到平面\(PBC\)的距離,
因\(PA⊥\)底面\(ABCD\),
\(故PA⊥AB\),可得\(△PAB\)為等腰直角三角形,
又點\(E\)是棱\(PB\)的中點,
故\(AE⊥PB\),
\(∵BC⊥AB\),\(BC⊥PA\), \(∴BC⊥\)平面\(PAB\)
\(∴BC⊥AE\),從而\(AE⊥\)平面\(PBC\),
故\(AE\)之長即為直線\(AD\)與平面\(PBC\)的距離,
在\(Rt△PAB\)中,\(P A=A B=\sqrt{6}\),
所以\(A E=\dfrac{1}{2} P B=\dfrac{1}{2} \sqrt{P A^{2}+A B^{2}}=\sqrt{3}\)
(2)過點\(D\)作\(DF⊥CE\)於\(F\),過點\(F\)做\(FG⊥CE\),交\(AC\)於\(G\),連接\(DG\),
則\(∠DFG\)為所求的二面角的平面角．
由(1)知\(BC⊥AE\),又\(AD∥BC\),得\(AD⊥AE\),
從而\(D E=\sqrt{A E^{2}+A D^{2}}=\sqrt{6}\)
在\(Rt△CBE\)中,\(C E=\sqrt{B E^{2}+B C^{2}}=\sqrt{6}\),
由\(C D=\sqrt{6}\),
所以\(△CDE\)為等邊三角形,
故\(F\)為\(CE\)的中點,且\(D F=C D \cdot \sin \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)
因為\(AE⊥\)平面\(PBC\),
故\(AE⊥CE\),又\(FG⊥CE\),知\(FG∥AE\)．
\(∴G\)點為\(AC\)的中點，\(F G=\dfrac{1}{2} A E=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
則在\(Rt△ADC\)中,\(D G=\dfrac{1}{2} \sqrt{A D^{2}+C D^{2}}=\dfrac{3}{2}\),
所以\(\cos \angle D F G=\dfrac{D F^{2}+F G^{2}-D G^{2}}{2 D F \cdot F G}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
【點撥】若在題目中不能直接得到所求二面角,就需要構造出二面角,
比如本題求二面角\(A－EC－D\),解題具體步驟如下
(1) 過點\(D\)作\(DF⊥EC\),過點\(F\)作\(FG⊥EC\)交\(AC\)於點\(D\),則二面角\(∠DFG\)為所求的二面角的平面角；
(2) 確定含角\(∠DFG\)的三角形\(DFG\),利用解三角形的方法求出角\(∠DFG\),常見的是求出三角形三邊再用余弦定理.
【典題3】如圖,已知三棱錐\(P－ABC\),\(PA⊥\)平面\(ABC\),\(∠ACB=90°\),\(∠BAC=60°\),\(PA=AC\),\(M\)為\(PB\)的中點．
(1)求證：\(PC⊥BC\)．
(2)求二面角\(M－AC－B\)的大小．
【解析】(1)證明：由\(PA⊥\)平面\(ABC\),\(∴PA⊥BC\),
又因為\(∠ACB=90°\),即\(BC⊥AC\)．
\(∴BC⊥\)面\(PAC\), \(∴PC⊥BC\)．
(2)取\(AB\)中點\(O\),連結\(MO\)，過\(O\)作\(HO⊥AC\)於\(H\),連結\(MH\),
\(∵M\)是\(PB\)的中點,\(∴MO∥PA\),
又\(∵PA⊥\)面\(ABC\),\(∴MO⊥\)面\(ABC\)．
\(∴∠MHO\)為二面角\(M－AC－B\)的平面角．
設\(AC=2\),則\(B C=2 \sqrt{3}\),\(MO=1\),\(O H=\sqrt{3}\),
在\(Rt△MHO\)中,\(\tan \angle M H O=\dfrac{M O}{H O}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)．
二面角\(M－AC－B\)的大小為\(30^∘\)．
【點撥】求二面角也可以轉化為線面角,比如求二面角\(D－AB－C\),解題思路如下過點\(D\)作\(DE⊥AB\),則二面角\(D－AB－C\)等於直線\(ED\)與平面\(ABC\)所成的角或其補角,若過點\(D\)作\(DF⊥\)平面\(ABC\),則二面角\(D－AB－C\)是銳角,等於角\(∠DEF\)； 二面角\(D－AB－C\)是鈍角,等於角\(∠DEF\)的補角.
鞏固練習
1(★)在正方體\(ABCD﹣A'B'C'D'\)中,點\(P\)在線段\(AD'\)上運動,則異面直線\(CP\)與\(BA'\)所成的角\(θ\)的取值范圍是 ( )
A. \(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\) \(\qquad \qquad\)B. \(0<\theta \leq \dfrac{\pi}{2}\) \(\qquad \qquad\)C. \(0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{3}\) \(\qquad \qquad\)D. \(0<\theta \leq \dfrac{\pi}{3}\)
2(★★)如圖所示的幾何體,是將高為\(2\)、底面半徑為\(1\)的圓柱沿過旋轉軸的平面切開后,將其中一半沿切面向右水平平移后形成的封閉體．\(O_1\),\(O_2\),\(O_2'\)分別為\(AB\) ,\(BC\),\(DE\)的中點,\(F\)為弧\(AB\)的中點,\(G\)為弧\(BC\)的中點．則異面直線\(AF\)與\(GO_2'\)所成的角的余弦值為\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★)如圖所示,在正方體\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(M\)是\(AB\)上一點,\(N\)是\(A_1 C\)的中點,\(MN⊥\)平面\(A_1 DC\)．
(1)求證：\(AD_1⊥\)平面\(A_1 DC\)；
(2)求\(MN\)與平面\(ABCD\)所成的角．
4(★★★)如圖,\(DC⊥\)平面\(ABC\),\(EB∥DC\),\(AC=BC=EB=2DC=2\),\(∠ACB=120°\),\(P\) ,\(Q\)分別為\(AE\),\(AB\)的中點．
(1)證明：\(PQ∥\)平面\(ACD\)；
(2)求\(AD\)與平面\(ABE\)所成角的正弦值．
5(★★★)四棱錐\(P－ABCD\)中,\(PA⊥\)平面\(ABCD\),四邊形\(ABCD\)為菱形,\(∠ADC=60°\),\(PA=AD=2\),\(E\)為\(AD\)的中點．
(1)求證：平面\(PCE⊥\)平面\(PAD\)；
(2)求\(PC\)與平面\(PAD\)所成的角的正切值；
(3)求二面角\(A－PD－C\)的正弦值．
6(★★★)如圖,\(AB\)是圓\(O\)的直徑,點\(C\)是圓\(O\)上異於\(A\) \(,B\)的點,直線\(PC⊥\)平面\(ABC\),\(E\) ,\(F\)分別是\(PA\),\(PC\)的中點．
(1)記平面\(BEF\)與平面\(ABC\)的交線為\(l\),試判斷直線\(l\)平面\(PAC\)的位置關系,並加以證明；
(2)設\(PC=2AB=4\),求二面角\(E－l－C\)大小的取值范圍．
參考答案
- 【答案】\(D\)
【解析】\(∵A_1 B∥D_1 C\)，\(∴CP\)與\(A_1 B\)成角可化為\(CP\)與\(D_1 C\)成角．
\(∵△AD_1 C\)是正三角形可知當\(P\)與\(A\)重合時成角為\(\dfrac{\pi}{3}\)，
\(∵P\)不能與\(D_1\)重合因為此時\(D_1 C\)與\(A_1 B\)平行而不是異面直線，
\(\therefore 0<\theta \leq \dfrac{\pi}{3}\)．
故選 \(D\)．
- 【答案】\(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)
【解析】如圖，連接\(AF\)、\(FB\)、\(BG\)、\(GC\)，
\(∵F\)為半圓弧\(AFB\)的中點，\(G\)為半圓弧\(BGC\)的中點，
由圓的性質可知，\(G\)、\(B\)、\(F\)三點共線，且\(AF=CG\)，\(FB=GB\)，\(AB=BC\)，
\(\therefore \triangle A F B \cong \triangle C G B\)，\(∴AF∥CG\)，則\(∠CGO_2'\)即為所求的角或其補角，
又\(∵\)半徑為\(1\)，高為\(2\)，且\(△AFB\)，\(△CGB\)都是等腰\(Rt△\)，
\(\therefore C G=\sqrt{2}\)，\(C O_{2}^{\prime}=G O_{2}^{\prime}=\sqrt{1+2^{2}}=\sqrt{5}\)，
\(∴\)在\(△CGO_2'\)中，\(\cos \angle C G O_{2}^{\prime}=\dfrac{\sqrt{5}^{2}+\sqrt{2}^{2}-\sqrt{5}^{2}}{2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)，
即異面直線\(AF\)與\(GO_2'\)所成的角余弦值\(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)．
故答案為\(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)． - 【答案】(1) 見解析 \(\text { (2) } \dfrac{\pi}{4}\)
【解析】(1)證明：由\(A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\)為正方體，得\(CD⊥\)平面\(A D D_{1} A_{1}\)，\(A D_{1} \subset\)平面\(A D D_{1} A_{1}\)
\(\therefore C D \perp A D_{1}\)，
又\(A D_{1} \perp A_{1} D\)，且\(A_{1} D \cap C D=D\)，
\(\therefore A D_{1} \perp\)平面\(A_{1} D C\)；
(2)解：\(∵MN⊥\)平面\(A_{1} D C\)，
又由(1)知\(A D_{1} \perp\)平面\(A_{1} D C\)，
\(\therefore M N / / A D_{1}\)，
\(\therefore A D_{1}\)與平面\(ABCD\)所成的角，就是\(MN\)與平面\(ABCD\)所成的角，
\(\because D_{1} D \perp\)平面\(ABCD\)，
\(\therefore \angle D_{1} A D\)即為\(A D_{1}\)與平面\(ABCD\)所成的角，
由正方體可知\(\angle D_{1} A D=\dfrac{\pi}{4}\)，
\(∴MN\)與平面\(ABCD\)所成的角為\(\dfrac{\pi}{4}\)．
- 【答案】(1) 見解析 \(\text { (2) } \dfrac{\sqrt{5}}{5}\)
【解析】(1)證明：因為\(P\)，\(Q\)分別為\(AE\)，\(AB\)的中點，所以\(PQ∥EB\).
又\(DC∥EB\)，因此\(PQ∥DC\)，
又\(P Q \not \subset\)平面\(ACD\)，從而\(PQ∥\)平面\(ACD\).
(2)如圖，連接\(CQ\)，\(DP\)，因為\(Q\)為\(AB\)的中點，且\(AC＝BC\)，所以\(CQ⊥AB\).
因為\(DC⊥\)平面\(ABC\)，\(EB∥DC\)，所以\(EB⊥\)平面\(ABC\)，
因此\(CQ⊥EB\). 故\(CQ⊥\)平面\(ABE\).
由(1)有\(PQ∥DC\)，又\(P Q=\dfrac{1}{2} E B=D C\)，所以四邊形\(CQPD\)為平行四邊形，
故\(DP∥CQ\)，因此\(DP⊥\)平面\(ABE\)，\(∠DAP\)為\(AD\)和平面\(ABE\)所成的角，
在\(Rt△DPA\)中，\(A D=\sqrt{5}\)，\(DP＝1\)，\(\sin \angle D A P=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，
即\(AD\)與平面\(ABE\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)。 - 【答案】(1) 見解析 \((2) \dfrac{\sqrt{15}}{5} \qquad (3) \dfrac{\sqrt{42}}{7}\)
【解析】(1)證明：\(∵\)四邊形\(ABCD\)為菱形，\(∴DA=DC\)，
\(∵∠ADC=60°\)，\(∴△ADC\)為等邊三角形，\(∴CA=CD\)，
在\(△ADC\)中，\(E\)是\(AD\)中點，\(∴CE⊥AD\)，
\(∵PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(CE⊂\)平面\(ABCD\)，\(∴CE⊥PA\)，
\(∵PA∩AD=A\)，\(PA⊂\)平面\(PAD\)，\(AD⊂\)平面\(PAD\)，
\(∴EC⊥\)平面\(PAD\)，
\(∵CE⊂\)平面\(PCE\)，\(∴\)平面\(PCE⊥\)平面\(PAD\)．
(2)解：\(∵EC⊥\)平面\(PAD\)，\(∴\)斜線\(PC\)在平面內的射影為\(PE\)，
即\(∠CPE\)是\(PC\)與平面\(PAD\)所成角的平面角，
\(∵PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(AD⊂\)平面\(ABCD\)，\(∴PA⊥AD\)，
在\(Rt△PAE\)中，\(P E=\sqrt{P A^{2}+A E^{2}}=\sqrt{5}\)，
在\(Rt△CED\)中，\(C E=\sqrt{C D^{2}-E D^{2}}=\sqrt{3}\)，
\(∵EC⊥\)平面\(PAD\)，\(PE⊂\)平面\(PAD\)，\(∴EC⊥PE\)，
在\(Rt△CEP\)中，\(\tan \angle C P E=\dfrac{C E}{P E}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)，
\(∴PC\)與平面\(PAD\)所成角的正切值為\(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)．
(3)解：在平面\(PAD\)中，過點\(E\)作\(EM⊥PD\)，垂足為\(M\)，連結\(CM\)，
\(∵EC⊥\)平面\(PAD\)，\(PD⊂\)平面\(PAD\)，\(∴EC⊥PD\)，
\(∵EM∩CM=M\)，\(∴PD⊥\)平面\(EMC\)，\(∴PD⊥CM\)，
\(∴∠EMC\)是二面角\(A－PD－C\)的平面角，
在\(Rt△EMD\)中，\(ED=1\)，\(∠ADP=45°\)，\(\therefore E M=M D=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
在\(Rt△CMD\)中，\(M D=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，\(CD=2\)，\(\therefore C M=\sqrt{C D^{2}-M D^{2}}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)，
在\(△EMC\)中，\(E C=\sqrt{3}\)，
由余弦定理得\(\cos \angle E M C=\dfrac{M E^{2}+M C^{2}-E C^{2}}{2 M E \cdot M C}=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{7}{2}-3}{2 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{\sqrt{14}}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{7}}\)，
\(∴\)二面角\(A－PD－C\)的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{42}}{7}\)．
- 【答案】(1) 平行，證明見解析 \(\text { (2) }\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)
【解析】(1)證明：直線\(l∥\)平面\(PAC\)．證明如下：
連接\(EF\)，\(∵E，F\)分別是\(PA\)，\(PC\)的中點，\(∴EF∥AC\)．
又\(EF⊄\)平面\(ABC\)，\(AC⊂\)平面\(ABC\)，\(∴EF∥\)平面\(ABC\)．
而\(EF⊂\)平面\(BEF\)，且平面\(BEF∩\)平面\(ABC=l\)，\(∴EF∥l\)．
\(∵l⊄\)平面\(PAC\)，\(EF⊂\)平面\(PAC\)，
\(∴\)直線\(l∥\)平面\(PAC\)；
(2)解：由(1)知，\(l∥AC\)．
\(∵AB\)是\(⊙O\)的直徑，\(∴AC⊥BC\)，於是\(l⊥BC\)．
已知\(PC⊥\)平面\(ABC\)，而\(l⊂\)平面\(ABC\)，\(∴PC⊥l\)．
而\(PC∩BC=C\)，\(∴l⊥\)平面\(PBC\)．
\(∵BF⊂\)平面\(PBC\)，\(∴l⊥BF\)．
故\(∠CBF\)就是二面角\(E－l－C\)的平面角．
\(∵PC=2AB=4\)，\(∴AB=2\)，\(CF=2\)．
在\(Rt△BCF\)中，\(\tan \angle C B F=\dfrac{C F}{B C}=\dfrac{2}{B C}\)，
\(∵0＜BC＜2\)，\(\therefore \tan \angle C B F=\dfrac{C F}{B C}=\dfrac{2}{B C} \in(1,+\infty)\)．
則\(\angle C B F \in\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)．
故二面角\(E－l－C\)大小的取值范圍是\(\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)．
