《全品高考復習方案》第41講空間角●課前基礎鞏固【知識聚焦】1.(1)角(2)02.(2)03.(1)垂直(3)不大于π【課前演練】題組一(1)√(2)×(3)×(4)×[解析](1)因為m·n=0×(-1)+2×1+1×(-2)=0,所以m⊥n,所以l1⊥l2,所以l1與l2的夾角為π2(2)由題意可得,cos<m,n>=m·n|m|·|n|=-12=-22,所以<(3)如圖所示,以A為坐標原點,以過點A且垂直于平面ACC1A1的直線為x軸,以AC,AA1所在直線分別為y軸、z軸,建立空間直角坐標系,因為正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2,所以A(0,0,0),A1(0,0,2),B(3,1,0),D(0,2,1),所以AD=(0,2,1),A1B=(3,1,-2),A1D=(0,2,-1).設平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),則n·A1B=3x+y-2z=0,n·A1D=2y-z=0,令y=1,則n=(3,1,2).設直線AD與平面A(4)以C為坐標原點,CB,CA,CC1的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示,則A(0,1,0),C(0,0,0),B1(1,0,1),C1(0,0,1),∴AC1=(0,-1,1),CB1=(1,0,1).設直線AC1和直線B1C所成的角為θ,0°<θ≤90°,則cosθ=∴θ=60°,∴直線AC1和直線B1C所成的角為60°.題組二B[解析]由題得PA=(0,1,0),則n·PA=(-3,-2,1)·(0,1,0)=-2.設直線PA與平面α所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,PA>|=|n·PA||n||PA|=22,因為θ2.D[解析]由AB⊥BC,AB=BC,AC=22,得AB=BC=2,以B為坐標原點,BC,BA,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,則F32,0,0,C1(2,0,22),A(0,2,0),E(0,1,22),所以FC1=12,0,22,AE=(0,-1,22),所以|cos<FC1,AE>|=|23.A[解析]以C為坐標原點,以過點C且垂直于平面BCC1B1的直線為x軸,以CB所在直線為y軸,以CC1所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,由題意得A(3,1,0),B1(0,2,1),C1(0,0,1),則AB1=(-3,1,1),AC1=(-3,-1,1).設平面AB1C1的法向量為n=(x,y,z),則n·AB1=-3x+y+z=0,n·AC1=-3x-y+z=0,令x=1,則n=(1,0,3).易知平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1).設平面ABC與平面AB1C1的夾角為θ,0≤θ≤π4.B[解析]依題意得,α⊥β,α∩β=l,不妨設A∈α,B∈β,過A作AC⊥l于點C,過B作BD⊥l于點D,連接AD,BC,如圖,顯然AC?α,BD?β,所以AC⊥β,BD⊥α,所以∠ABC=∠BAD=30°,∠ACB=∠ADB=∠BDC=90°.因為AB=4,所以BD=AC=2,BC=23,則CD=22.因為AB=AC+CD+DB,所以AB·CD=(AC+CD+DB)·CD=CD2=8,因為CD是直線l的方向向量,所以cos<AB,CD>=AB·CD|AB||CD|=84×22=22,因為0<<AB,CD><π,所以<AB,CD●課堂考點探究探究點一例1C[解析]方法一:如圖,以D為坐標原點,以DA,DC,DD1的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,設AB=2,則E(1,0,0),F(0,1,2),B1(2,2,2),C(0,2,0),所以EF=(-1,1,2),B1C=(-2,0,-2),所以cos<EF,B1C>=2-46×22=-36,方法二:如圖所示,取AA1的中點G,連接EG,FG,D1G,D1E,易知EG∥B1C,則異面直線EF與B1C所成的角即為直線EF與EG所成的角.設AB=2,則EG=2,D1G=D1E=5,由正方體的性質可知,D1F⊥平面AA1D1D,所以D1F⊥D1G,D1F⊥D1E,所以FG=FE=6.在△EFG中,由余弦定理得cos∠GEF=EG2+FE2-FG22EG·FE=2+6-62×2×6=3對點演練1B[解析]如圖,連接BD,交AC于O,連接OP,因為四棱錐P-ABCD是正四棱錐,所以OP⊥平面ABCD,且OB⊥OC.以O為坐標原點,以OB,OC,OP的方向分別為x,y,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,設AB=2,則PA=PB=2,OA=OB=OC=1,在Rt△POB中,PO=PB2-OB2=22-12=3,則A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,3),則E0,12,32,所以BE=-1,12,32,AC=(0,2,0),探究點二例2解:(1)證明:以A為坐標原點,AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,AP所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),M(1,0,0),N(1,1,1),所以PD=(0,2,-2),CD=(-2,0,0),MN=(0,1,1).設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·PD=2y-2因為MN∥n,所以MN⊥平面PCD.(2)由(1)知PM=(1,0,-2),MC=(1,2,0),設平面PMC的法向量為m=(a,b,c),則m·PM=a-2c=0,設直線PD與平面PMC所成的角為θ,則sinθ=|PD·m||對點演練2解:(1)證明:如圖①,取O為△ABC內一點,作OE⊥AB,交AB于點E,作OF⊥BC,交BC于點F,因為平面ABB1A1⊥平面ABC且平面ABB1A1∩平面ABC=AB,OE?平面ABC,所以OE⊥平面ABB1A1,因為BB1?平面ABB1A1,所以OE⊥BB1.同理OF⊥BB1.因為OE∩OF=O,且OE,OF?平面ABC,所以BB1⊥平面ABC.(2)易知BC,BA,BB1兩兩垂直,以B為坐標原點,BC,BA,BB1的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標系,如圖②則A(0,1,0),B(0,0,0),A1(0,1,2),C1(2,0,2),所以AB=(0,-1,0),BC1=(2,0,2),A1C1設平面A1BC1的法向量為n=(x,y,z),則n令x=1,則n=(1,2,-1),設直線AB與平面A1BC1所成的角為θ,則sinθ=|cos<AB,n>|=|AB·n||因為θ∈0,π2,所以cosθ=1-sin2θ=33,所以直線探究點三例3解:(1)證明:取PD的中點S,連接SF,SC,則SF∥ED,SF=12ED=又ED∥BC,ED=2BC,所以SF∥BC,SF=BC,所以四邊形SFBC為平行四邊形,則BF∥SC,又BF?平面PCD,SC?平面PCD,所以BF∥平面PCD.(2)連接CE,因為ED=2,AD=3,所以AE=1,可得AE∥BC,AE=BC,所以四邊形AECB為平行四邊形,則CE∥AB,因為AB⊥平面PAD,所以CE⊥平面PAD,又PE,ED?平面PAD,所以CE⊥PE,CE⊥ED,又PE⊥ED,所以CE,ED,PE兩兩垂直.以E為坐標原點,CE,ED,PE所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),可得PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2),PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2).設平面PAB的法向量為m=(x,y,z),則m·PA=0,m·PB=0,可得-y-2z=0設平面PCD的法向量為n=(a,b,c),則n·PC=0,n·PD=0,可得a-因為cos<m,n>=-15×所以平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為3030對點演練3解:(1)證明:以A為坐標原點,AB,AC,AA1的方向分別為x,y,z軸的正方向,則A(0,0,0),B1(2,0,2),M(1,1,0),N(0,2,1),因為MN=(-1,1,1),AM=(1,1,0),AB1=因為MN·AM=