2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何 检测理 ［课时跟踪检测］
7.7.1空间角课时跟踪 1.(XX年天津卷)如图，在三棱锥 P— ABC中, PA!底面 ABC / BAC= 90° ?点D, E, N 分别为棱PA PC, BC的中点，M是线段AD的中点，PA= AC= 4, AB= 2.
⑴求证：MN/平面BDE
⑵ 求二面角 C- EM- N的正弦值；
⑶ 已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 胡求线段AH的长.
解：如图，以 A为原点，分别以AB AC, AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直 角坐标系.
依题意可得 A(0,0,0)，氏2,0,0) ,C(0,4,0) ,R0,0,4) N120).
(1)
证明：DE= (0,2,0) , DB= (2,0 , — 2).
, D(0,0,2) , E(0,2,2) , M(0,0,1),
设n= (x , y , z)为平面BDE的法向量，
n ? DE= 2y= 0 ,
0 , 则 ? 即
n ? DB= 2x— 2z= 0 ,
不妨设z = 1,可得n= (1,0,1)
又S= (1,2 , — 1),可得 MTN- n= 0. 因为MN平面BDE 所以M/平面BDE
A
N
V
⑵ 易知n1 = (1,0,0)为平面CEM勺一个法向量.
设圧=(xi, yi, zi)为平面EMN勺法向量,
n2 ? EM= 0,
则
n2 ? MN= 0.
因为触(0，- 2,— 1) , MN= (1,2 , - 1), 所以
—2yi —乙=0,
xi+ 2yi — zi = 0.
不妨设 yi= 1，可得 n2 = ( — 4,1 , — 2). 因此有 cos〈 n1, n2>
n1 ?n2 I n1||n 2|
4
于是sin
.：n2〉
105 21
\
所以二面角 C— EM- N的正弦值为 21
(3)依题意, 设 AH= h(0 w hw 4),贝U ”0,0 , h),进而可得 F?H= ( — 1, — 2, h) , BE=(— 2,2,2).由已知得
|cos
| F?H- BE |2 h— 2| _J7 | NH| BE 卅 + 5X 2 3 21
整理得10h2— 21h+ 8 = 0,解得h = 5或h =》
5 2 所以线段AH的长为8或
2.如图，四棱锥 P— ABC呼,PA±底面 ABCDAD/ BC AB= AD= AC= 3 , PA= BC= 4 , M 为线段 AD上一点，AM= 2MD N为PC的中点.
(1) 证明：MN/平面PAB
(2) 求直线AN与平面PMb所成角的正弦值.
2
解：(1)证明：由已知得 AM= -AD= 2. 如图，取BP的中点T,连接AT, TN
1 3
由 N为 PC中点知 TN// BC TN= 2BC= 2. 又 AD/ BC
故TN綊AM四边形AMN为平行四边形, 于是M/ AT. 因为AT?平面PAB MN平面PAB 所以M/平面PAB
⑵ 如图，取BC的中点E,连接AE
由 AB= AC得 AE! BC 从而 AE1 AD
且 AE= QAB— BE=
以A为坐标原点，分别以 AE AD AP勺方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示 的空间直角坐标系
A- xyz.
由题意知，P(0,0,4) , M0,2,0) , q 5, 2,0) , N-25, 1 , 2，则 PM= (0,2 , - 4) , PN
1,- 2
设n= (x, y, z)为平面PMIN勺法向量,
n ? PM= 0,
则 -
n ? PN= 0, 2y - 4z = 0,
即5 x+ y-2z = 0.
2 取 z = 1 可得 n= (0,2,1)
说，，| n ? AN|
于是|cos 〈n, A2 | = J ―决.
| n|| AN 25
所以直线 AN与平面PMb所成角的正弦值为
.
25
3. (xx届沈阳市教学质量监测)如图，在长方体 AC中，AD= AB= 2, AA= 1, E为DC
的中点.
⑴在所给图中画出平面
ABD与平面BEC的交线（不必说明理由）;
⑵证明：BD//平面BEC
（3）求平面ABD与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解：（1）连接BC交BiC于M连接ME则直线ME即为平面ABD与平面BEC的交线，如 图所示.
⑵证明：在长方体 AC中，DA DC DD两两垂直，于是以 D为坐标原点，DA DC DD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为 AD= AB= 2, AA = 1,
所以 Q0,0,0) , A(2,0,0) , D(0,0,1)
, 02,2,0)
, B(2,2,1)
, C(0,2,0) , E(0,1,1)
所以 E3D= ( — 2, — 2,1) , CB= (2,0,1) 设平面BEC的法向量为 rn= (x , y , z), 所以CB丄m, CEL m,
, (0 , — 1,1),
CB - m= 0 ,
从而有,
CE- m= 0 ,
2x+ z= 0 , 即
不妨令x =— 1,
y=z ,
得到平面BEC的一个法向量为 ( — 1,2,2), 而 BD - m= 2 — 4+ 2 = 0 , 所以BDL m, 又因为BD?平面BEC 所以BD //平面BEC
⑶ 由⑵ 知 BA= (0, — 2,0) , E3D= ( — 2, — 2,1),
设平面ABD的法向量为n=(为,屮,zj ,
所以航n, BD丄n,从而有
BA- n= 0, BD ? n= 0,
不妨令Xi= 1,
即—2yi= 0,
—2xi — 2yi + Zi = 0,
得到平面ABD的一个法向量为 n= (1,0,2), 因为 cos〈m n〉= | m ：| =—1+4=芈,
I m| - |n|
5
25 5
所以平面ABD与平面BEC所成锐二面角的余弦值为
4. 如图1,已知正三角形 ABC以AB AC为边在同一平面内向外作正三角形 ABE与ACD F为
CD中点，分别沿 AB AF将平面ABE平面ADF折成直二面角，连接 EC CD如图2所 示.
(1)求证：CD/平面ABE
⑵ 求二面角E- AC- B的余弦值.
解：(1)证明：取AB的中点G,连接EG则EGLAB 由题意知二面角 C- AB- E为直二面角，
??? EGL平面 ABCF ??? F为CD的中点，AC= AD
? AFL FC AFL FD
又二面角C- AF- D为直二面角， ? DFL平面 ABC F ? DF// EG
由题意知/ BAC=Z ACF= 60° , ? CF// AB
又 DFH CF= F, EGH AB= G ?平面CDF/平面ABE 又CI?平面DCF ? CD/ 平面 ABE
⑵连接GC由于AC= BC所以GCL AB于点G,以G为坐标原点，GB GC GE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,
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