最新-2018年高考数学考点解析：线线角与线面角的题型

线线角与线面角

高考考纲透析：

线线,线面,面面的平行与垂直,异面直线所成角,直线与平面所成角

高考热点：

异面直线所成角,直线与平面所成角

知识整合:

1.转化思想:将异面直线所成的角,直线与平面所成的角转化为平面角,然后解三角形;线线平行线面平行面面平行,线线线面面面

2.求角的三个步骤:一猜,二证,三算.猜是关键,在作线面角时,利用空间图形的平行,垂直,对称关系,猜斜线上一点或斜线本身的射影一定落在平面的某个地方,然后再证

热点题型1

例1、如图, 在直三棱柱ABCA1B1C1中，

AC3,BC4,AB5,AA14 ，点D为AB的中点.

(Ⅰ)求证ACBC1; (Ⅱ) 求证AC1平面CDB1;

(Ⅲ)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.

C1A1CADB1B解析;异面直线所成角的平面角顶点O的选取一般

选在两异面直线的端点处,初学者或观察能力有限者可采用穷举法,实行逐个端点考察,也有取在某线段的中点处. 解：（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，

∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴ AC⊥BC1； （II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，∴ DE//AC1， ∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴ AC1//平面CDB1； （III）∵ DE//AC1，∴ ∠CED为AC1与B1C所成的角，

在△CED中，ED=

55111AC 1=，CD=AB=，CE=CB1=22， 2222282225222， 5C1A1CEB1∴ cosCED∴ 异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值

22. 5BDA

解法二： ∵直三棱锥ABCA1B1C1底面三边长AC3,BC4,AB5，

AC,BC,CC1两两垂直.

如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0, 0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D( (Ⅰ)

3,2,0) 2AC1(3,0,0),BC1(0,4,4),AC1BC10,AC1BC1.

(Ⅱ)设CB1与C1B的交点为E，则E(0,2,2)

3DE(,0,2),AC1(3,0,4),

21DEAC1,DE//AC1

2DE平面CDB1,AC1平面CDB1,

C1zA1EB1

BxACDyAC1//平面CDB1.

(Ⅲ)

AC1(3,0,4),CB1(0,4,4),

AC1CB122,

5|AC1||CB1|22. 5 cosAC1,CB1 ∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为热点题型2

例2、如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，A1ABA1AC,ABAC,A1AA1Ba，侧面B1BCC1与底面ABC所成的二面角为120， E、F分别是棱B1C1、A1A的中点 （Ⅰ）求A1A与底面ABC所成的角 （Ⅱ）证明A1E∥平面B1FC

（Ⅲ）求经过A1、A、B、C四点的球的体积.

解：（Ⅰ）过A1作A1H平面ABC，垂足为H． 连结AH，并延长交BC于G，

于是A1AH为A1A与底面ABC所成的角．

C1A1FACBEB1

∵A1ABA1AC，∴AG为BAC的平分线． 又∵ABAC，∴AGBC，且G为BC的中点． 因此，由三垂线定理A1ABC．

∵A1A//B1B，且EG//B1B，∴EGBC．

于是AGE为二面角ABCE的平面角，即AGE120． 由于四边形A1AGE为平行四边形，得A1AG60．

（Ⅱ）证明：设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点．连结PF． 在平行四边形AGEA1中，因F为A1A的中点，故A1E//FP． 而FP平面B1FC，A1E平面B1FC，所以A1E//平面B1FC．

（Ⅲ）连结A1C．在A1AC和A1AB中，由于ACAB，A1ABA1AC，

A1AA1A，则

A1AC≌A1AB，故A1CA1B．由已知得A1AA1BA1Ca．

又∵A1H平面ABC，∴H为ABC的外心．

设所求球的球心为O，则OA1H，且球心O与A1A中点的连线OFA1A．

1aA1F33a2Ra，球的在RtA1FO中，A1O．故所求球的半径3cosAA1Hcos303体积V43433Ra． 327热点题型3

例3、如图，在四棱锥P—ABC右，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点.

（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；

（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC， 并求出N点到AB和AP的距离.

PEDABC

解法一：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，

则A、B、C、D、P、E的坐标分别为A（0，0，0），

B（3，0，0），C（3，1，0），D（0，1，0）， P（0，0，2），E（0，

1，2）. 2从而AC=（3，1，0），PB=（3，0，-2）. 设AC与PB的夹角为，则cosACPB|AC||PB|32737， 14∴AC与PB所成角的余弦值为

37. 14（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，0，z），

1则ME(x,,1z).由

2(x,(x,1,1z)(0,0,2)0,2

1,1z)(3,1,0)0,2NE⊥面PAC

NEAP0,可得：即

NEAC0,zPEDAyoBz10,3,x化简得16

3x0.2z1.即N点的坐标为（

Cx33，0，1），从而N点到AB、AP的距离分别为1， 66解法二：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，

∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角.

在ΔAOE中，AO=1，OE=

7511PB=，AE=PD=，

22227544317. ∴cosEOA1472121即AC与PB所成角的余弦值为

317. 14

（Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则ADF6.

连PF，则在RtΔADF中DF=

AD233,AFADtanADF.

cosADF33设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，

∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC从而NE⊥面PAC. ∴N点到AB的距离=311AP=1，N点到AP的距离=AF=.

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