立体几何专题复习线面角学案.doc
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立体几何专题复习——直线与平面所成角的求法学案
【基础回顾】
【问题解决】
例1如图,在五棱锥P—ABCDE中,PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC,
ABC=45°,AB=2,BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形.
(Ⅰ)求证:
平面PCD⊥平面PAC;
(Ⅱ)求直线PB与平面PCD所成角的大小;
【变式演练1】如图,正方形A1BA2C的边长为4,D是A1B的中点,E是BA2上的点,将△A1DC及△A2EC分别沿DC和EC折起,使A1A2重合于A,且二面角A—DC—E为直二面角.
(1)求BE的长;
(2)求AD与平面AEC所成角的正弦值.
【变式演练2】已知三棱锥P-ABC中,PA⊥ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
(Ⅰ)证明:
CM⊥SN;
(Ⅱ)求SN与平面CMN所成角的大小.
【思考与收获】
【巩固练习】
1设△ABC和△DBC所在两平面互相垂直,且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为()
A30° B45° C60° D75°
2.已知长方体ABCD—A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()
A.B.C.D.
3.PA、PB、PC是从P点出发的三条射线,每两条射线的夹角均为,那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是()
A.B.C.D.
4.已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等,A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心,则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于()
A.B.C.D.
5.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A、B、C、D四点为顶点的三棱锥体积最大时,直线BD和平面ABC所成的角的大小为()
A.90°B.60°C.45°D.30°
6.如图,四棱锥的底面是正方形,,点E在棱PB上.
(Ⅰ)求证:
平面;
(Ⅱ)当且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.
【真题再现】
(09浙江)19.(本题满分14分)如图,平面,,,,分别为的中点.(I)证明:
平面;(II)求与平面所成角的正弦值.
20090423
(10浙江)(20)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°,E为线段AB的中线,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.
(Ⅰ)求证:
BF∥平面A′DE;
(Ⅱ)设M为线段DE的中点,求直线FM与平面
A′DE所成角的余弦值.
(12浙江)20.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=。
AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点。
(1)证明:
(i)EF∥A1D1;
(ii)BA1⊥平面B1C1EF;
(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值。
(13浙江)19.如图,在在四棱锥P-ABCD中,PA⊥面ABCD,AB=BC=2,
AD=CD=,PA=,∠ABC=120°,G为线段PC上的点.
(Ⅰ)证明:
BD⊥面PAC;
(Ⅱ)若G是PC的中点,求DG与面APC所成的角的正切值;
(Ⅲ)若G满足PC⊥面BGD,求的值.
【变式演练详细解析】
【变式演练1详细解析】
(Ⅰ)证明:
作MN∥AB交AP于N,连结DN,则MN∥AB∥CD,且∴CM∥ND,CM∥平面PAD
(Ⅱ)∵CM∥ND,∴ND与平面ABCD所成的角为所求.
∵侧面PAD⊥底面ABCD,∴ND在平面ABCD上的射影为AD
∴∠AND为所求;∵⊿PAD是正三角形,N是PA的中点
D
C
B
P
A
M
E
∴CM与底面所成的角为30º.
(Ⅲ)延长AD、BC交于点E,连结P、E.
则PE为所求二面角的棱,且AD=DE=PD所以,∠APE=90º,AP⊥PE
又∵AB⊥AD,平面PAD⊥底面ABCD
∴AB⊥平面PAE
∴BP⊥PE,∠BPA为所求二面角的平面角
tan∠BPA=
所以,侧面PBC与侧面PAD所的角为arctan2
【变式演练2详细解析】
(1)因为cos〈,〉=所以〈,〉=45°,
即DP与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0).
因为cos〈,〉=,
所以〈,〉=60°,可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
【反馈训练详细解析】[来源:
学科网]
1B【解析】作AO⊥CB的延长线,连OD,则OD即为AD在平面BCD上的射影,
∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°答案B
2.C【解析】连结A1C1交B1D1于点O,则C1O⊥平面DBB1D1.连结OB,则∠C1BO即为所求.
∵BC1==20,C1O=,∴sin∠C1BO=.故选C.
D
3.C【解析】构造正方体如图所示,过点C作CO⊥平面PAB,垂足为O,则O为正ΔABP的中心,于是∠CPO为PC与平面PAB所成的角。
设PC=a,则PO=,故,即选C。
5.B【解析】:
如图,连结A1B和AB1交于点O′,取OB的中点E,连结O′E,则O′EA1O,[来源:
学科网]
∴O′E⊥平面ABC.连结AE,∴∠O′AE即为AB1与平面ABC所成的角.
∵AO=BO,又∵A1A=AB,
∴DO⊥平面ABC.∴∠DBO为BD与平面ABC所成的角.∴∠DBO=45°.答案:
C
∴AA1=CC1=2.连结BC1.∵A1C1⊥B1C1,A1C1⊥CC1,∴A1C1⊥平面BB1C1C.
∴∠A1BC1是直线A1B与平面BB1C1C所成的角.
又BC1=,
平面BB1C1C的法向量为n=(1,0,0).
设直线A1B与平面BB1C1C所成的角为θ,与n的夹角为φ,
8.【解析】(Ⅰ)证明:
取A′D的中点G,连结GF,CE,由条件易知
FG∥CD,FG=CD.BE∥CD,BE=CD.
所以FG∥BE,FG=BE.故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG[来源:
Z*xx*k.Com]
因为平面,BF平面,所以BF//平面
(Ⅱ)解:
在平行四边形,ABCD中,设BC=a,则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a,
连CE,因为
在△BCE中,可得CE=a,在△ADE中,可得DE=a,
在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE,
在正三角形A′DE中,M为DE中点,所以A′M⊥DE.
由平面A′DE⊥平面BCD,可知A′M⊥平面BCD,A′M⊥CE.
取A′E的中点N,连线NM、NF,所以NF⊥DE,NF⊥A′M.
因为DE交A′M于M,所以NF⊥平面A′DE,则∠FMN为直线FM与平面A′DE新成角.
在Rt△FMN中,NF=a,MN=a,FM=a,则cos=.
所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.
∴OE//PD,,又∵,
∴OE⊥底面ABCD,OE⊥AO,[来源:
学科网ZXXK]
在Rt△AOE中,,
∴,即AE与平面PDB所成的角的大小为.[来源:
Zxxk.Com]
(Ⅰ)∵,
∴,
∴AC⊥DP,AC⊥DB,∴AC⊥平面PDB,
∴平面.[来源:
学科网]
(Ⅱ)当且E为PB的中点时,,
设AC∩BD=O,连接OE,
由(Ⅰ)知AC⊥平面PDB于O,
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角,
∵,
∴,
∴,即AE与平面PDB所成的角的大小为.
10.【解析】.
解法一:
(Ⅰ)以C为原点,分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则F(1,0,0),E(1,1,0),A(0,2,0),C1(0,0,2),
设G(0,2,h),则
∴-1×0+1×(-2)+2h=0.∴h=1,即G是AA1的中点.
(Ⅱ)设是平面EFG的法向量,则
所以平面EFG的一个法向量m=(1,0,1)[来源:
学。
科。
网Z。
X。
X。
K]
∵
因为
11.【解析】
(1)证明 设AD=DE=2AB=2a,以A为原点,AC为x轴,AB为z轴,建立如图所示的直角坐标系A—xyz,
则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),
D(a,a,0),E(a,a,2a).
因为F为CD的中点,[来源:
学科网]
所以F.
=,=(a,a,a),=(2a,0,-a).
因为=(+),AF⊄平面BCE,
所以AF∥平面BCE.
(2)证明 因为=,=(-a,a,0),=(0,0,-2a),
故·=0,·=0,所以⊥,⊥.
所以⊥平面CDE.又AF∥平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.
(3)解 设平面BCE的法向量为n=(x,y,z).由n·=0,n·=0,
可得x+y+z=0,2x-z=0,
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