常见题型解决方法归纳反馈训练及详细解析 专题18 直线和平Word文档格式.docx
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,AB=2错误!
BC
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;
(Ⅲ求四棱锥P—ACDE的体积.
解:
(Ⅰ证明:
因为错误!
AB=2
所以在错误!
中,由余弦定理得:
解得错误!
未找到引用源。
所以错误!
即错误!
又PA⊥平面ABCDE,所以PA⊥错误!
又PA错误!
所以错误!
又AB∥CD,所以错误!
未找到引用源。
又因为
又错误!
所以点错误!
到平面错误!
的距离等于点错误!
的距离.
由错误!
平面错误!
在错误!
中,错误!
未找到引用源。
所以错误!
.
故错误!
边上的高为2,即点错误!
到平面的距离,即点点错误!
的距离为2.设直线错误!
与平面错误!
所成的角为错误!
则错误!
.(Ⅲ由(Ⅰ知错误!
所以错误!
又AC∥ED,所以四边形ACDE是直角梯形,又容易求得错误!
未找到
引用源。
AC=错误!
所以四边形ACDE的面积为错
误!
所以四棱锥P—ACDE的体积为错误!
未找到引用源。
=错误!
方法二向量法
使用情景
直线和平面所成的角不容易作出。
D
C
B
解题步骤
建立空间直角坐标系错误!
求直
线错误!
的方向向量错误!
错误!
求平面的法向量错误!
代入公式错误!
求出直线和平面所成的角错误!
未找
到引用源。
例2已知三棱锥P-ABC中,PA⊥ABC,AB⊥AC,PA=AC=½
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.
证明:
设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为x,y,z轴正向建立空间直角坐标系如图。
则P(0,0,1,C(0,1,0,B(2,0,0,M(1,0,12,N(1
2
0,0,S(1,
1
0.(Ⅰ111
(1,1,,(,,0222
CMSN=-=--,因为11
0022
CMSN∙=-++=,所以CM⊥SN(Ⅱ1
(,1,02
NC=-
设a=(x,y,z为平面CMN的一个法向量,
则10,2
210.2
xyzxxy⎧-+=⎪⎪=⎨
⎪-+=⎪⎩令,得a=(2,1,-2.因为错误!
=cos,2aSN
=
=SN与平面CMN所成角为45°
。
【变式演练2】
如图所示,已知P在正方体ABCD—A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60
(1求
DP
与CC′所成角的大小;
(2
求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
【高考精选传真】
第19题图
【解析】(Ⅰ解法1:
在如图1所示的△ABC中,设(03BDxx=<
<
则3CDx=-.由ADBC⊥,45ACB∠=知,△ADC为等腰直角三角形,所以3ADCDx==-.由折起前ADBC⊥知,折起后(如图2,ADDC⊥,ADBD⊥,且BDDCD=,
所以AD⊥平面BCD.又90BDC∠=,所以11
(322
BCDS
BDCDxx∆=⋅=-.于是
1111
(3(32(3(333212
ABCDBCDVADSxxxxxx-∆=⋅=-⋅-=⋅--
3
12(3(321233xxx+-+-⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦
于是可得(0,0,0D,(1,0,0B,(0,2,0C,(0,0,2A,(0,1,1M,1
(,1,02
E,
且(1,1,1BM=-.
设(0,,0Nλ,则1
(,1,02
ENλ=--.因为ENBM⊥等价于0ENBM⋅=,即
11
(,1,0(1,1,11022
λλ--⋅-=+-=,故12λ=,1(0,,02N.
所以当1
DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点时,ENBM⊥.
设平面BMN的一个法向量为(,,xyz=n,由,
BNBM⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩nn及1(1,,02BN=-,
得2,.yxzx=⎧⎨=-⎩
可取(1,2,1=-n.
设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由11
(,,022
EN=--,(1,2,1=-n,可得
1|1|
sincos(90||||ENENθθ--⋅=-==⋅nn60θ=.
故EN与平面BMN所成角的大小为60.
连接MN,ME,由计算得NBNMEBEM====
图a
图b
AB
EM
图c
P
图d
第19题解答图
所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,
如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,
则BM⊥平面EGN.在平面EGN中,过点E作EHGN⊥于H,
则EH⊥平面BMN.故ENH∠是EN与平面BMN所成的角.
在△EGN
中,易得EGGNNE===△EGN是正三角形,故60ENH∠=,即EN与平面BMN所成角的大小为60.
2、(2012高考真题四川理19
如图,在三棱锥PABC-中,90APB∠=,60PAB∠=,ABBCCA==,平面PAB⊥平面ABC。
(Ⅰ求直线PC与平面ABC所成角的大小;
(Ⅱ求二面角BAPC--的大小。
故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan
13…………………6分(2过D作DEAP⊥于E,连接CE.
由已知可得,CD⊥平面PAB.
根据三垂线定理可知,CE⊥PA,所以,的平面角——为二面角CAPBCED∠.
由(1知,DE=3
在Rt△CDE中,tan2==∠DE
CDCED故2arctan的大小为——二面角CAPB
【反馈训练】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(A°
B°
C°
D°
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.错误!
B.错误!
C.错误!
D.错误!
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060,那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是(A.21B.22C.3D.364.直线AB与直二面角α—l—β的两个半平面分别交于A、B两点,且A、B错误!
l,如果直线AB与α、β所成的角分别是θ1、θ2,则θ1+θ2的取值范围是(
A.0<
θ1+θ2<
πB.θ1+θ2=错误!
C.θ1+θ2>
D.0<
θ1+θ2≤错误!
5.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(
6.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°
7.如图,在体积为1的直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ACB=90°
AC=BC=1.求直线A1B与平面BB1C1C所成角的大小(结果用反三角函数值表示
.
8.如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°
E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成错误!
使平面错误!
⊥平面BCD,F为线段错误!
的中点。
(Ⅰ求证:
BF∥平面错误!
;
(Ⅱ设M为线段DE的中点,求直线FM与平面错误!
所成角的余弦值。
9.如图,四棱锥PABCD-的底面是正方形,PDABCD⊥底面,点E在棱PB上.(Ⅰ求证:
平面AECPDB⊥平面;
(Ⅱ当PD=且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.
11.如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.
(1求证:
AF∥平面BCE;
(2求证:
平面BCE⊥平面CDE;
(3求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.
【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,且错误!
未找到引用源。
∴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
∴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=错误!
DCB
AM
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〈错误!
错误!
〉=错误!
所以〈错误!
〉=45°
即DP与CC′所成的角为45°
(2平面AA′D′D的一个法向量是错误!
=(0,1,0.
因为cos〈错误!
所以〈错误!
〉=60°
DP与平面AA′D′D所成的角为30°
【反馈训练详细解析】1【作AO⊥CB的延长线,连OD,则OD即为AD在平面BCD上的射影,∵AO=OD=2
a,∴∠ADO=45°
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=错误!
=20,C1O=错误!
∴sin∠C1BO=错误!
.故选C.
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=aPD332=,故3cos==
∠PCPOCPO,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′E错误!
A1O,
∴O′E⊥平面ABC.连结AE,∴∠O′AE即为AB1与平面ABC所成的角.
∵AO=BO,又∵A1
A=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=错误!
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,错误!
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=错误!
CD.BE∥CD,BE=错误!
CD.
所以FG∥BE,FG=BE.故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG
因为错误!
BF错误!
所以BF//平面错误!
(Ⅱ解:
在平行四边形,ABCD中,设BC=a,则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a,
连CE,因为错误!
在△BCE中,可得CE=错误!
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=错误!
a,MN=错误!
a,FM=a,则cos错误!
所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为错误!
∴OE//PD,
OEPD
=,又∵PDABCD⊥底面,
∴OE⊥底面ABCD,OE⊥AO,
在Rt△AOE
中,
22
OEPDABAO===,
∴45AOE︒∠=,即AE与平面PDB所成的角的大小为45︒.
(Ⅰ∵(((,,0,0,0,,,,0ACaaDPhDBaa=-==,
∴0,0ACDPACDB⋅=⋅=,
∴AC⊥DP,AC⊥DB,∴AC⊥平面PDB,
∴平面AECPDB⊥平面.
(Ⅱ当PD=且E为PB
的中点时,(
11,,22PEaa⎛⎫⎪⎪⎝⎭,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,
∵11,,,0,0,2222EAaaa
EO⎛⎫⎛⎫=--=-⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝
⎭,∴cosEAEO
AEOEAEO⋅∠==⋅,∴45AOE︒
∠=,即AE与平面PDB所成的角的大小为45︒.
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,则错误!
∴-1×
0+1×
(-2+2h=0.∴h=1,即G是AA1的中点.
(Ⅱ设错误!
是平面EFG的法向量,则错误!
平面EFG的一个法向量m=(1,0,1
∵错误!
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,3a,0,E(a,3a,2a.
因为F为CD的中点,
所以F⎝⎛⎭⎪⎫32a,32,0.AF→=⎝⎛⎭
⎪⎫32a,32,0,BE→=(a,3a,a,BC→=(2a,0,-a.因为AF→=12
(BE→+BC→,AF⊄平面BCE,所以AF∥平面BCE.
(2证明因为AF→=⎝⎛⎭
⎪⎫32a,32,0,CD→=(-a,3a,0,ED→=(0,0,-2a,故AF→·
CD→=0,AF→·
ED→=0,所以AF→⊥CD→,AF→⊥ED→.
所以AF→⊥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·
BE→=0,n·
BC→=0,
可得x+3y+z=0,2x-z=0,
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