新編高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范答題示例7 空間角的計(jì)算問(wèn)題 理

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 規(guī)范答題示例7　空間角的計(jì)算問(wèn)題 典例7　(12分)如圖，AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，DC垂直于圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4. (1)求證：DE⊥平面ACD； (2)若AC＝BC，求平面AED與平面ABE所成的銳二面角的余弦值． 審題路線圖　(1) (2)―→―→―→―→ 規(guī)范解答·分步得分 構(gòu)建答題模板 (1)證明　∵DC⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴DC⊥BC， 又AB是⊙O的直徑，C是⊙O上異于A，B的點(diǎn)，∴AC⊥BC， 又AC∩DC＝C，AC，DC?平面ACD，∴BC⊥平面ACD， 又D

2、C∥EB，DC＝EB，∴四邊形BCDE是平行四邊形， ∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD.4分 (2)解　在Rt△ACB中，AB＝4，AC＝BC， ∴AC＝BC＝2， 如圖，以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(2，0,0)，D(0,0,1)，B(0,2，0)，E(0,2，1)，＝(－2，0,1)，＝(0,2，0)， ＝(－2，2，0)，＝(0,0,1).6分 設(shè)平面ADE的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則令x1＝1，得n1＝(1,0,2)， 設(shè)平面ABE的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則令x2＝1，得n2＝(1,1,0). 10分 ∴cos〈

3、n1，n2〉＝＝＝. ∴平面AED與平面ABE所成的銳二面角的余弦值為.12分 第一步 找垂直：找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線． 第二步 寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特征點(diǎn)坐標(biāo)． 第三步 求向量：求直線的方向向量或平面的法向量． 第四步 求夾角：計(jì)算向量的夾角． 第五步 得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線和平面所成的角. 評(píng)分細(xì)則　(1)第(1)問(wèn)中證明DC⊥BC和AC⊥BC各給1分，證明DE∥BC給1分，證明BC⊥平面ACD時(shí)缺少AC∩DC＝C，AC，DC?平面ACD，不扣分． (2)第(2)問(wèn)中建系給1分，兩個(gè)法向量求出1個(gè)給2分，沒(méi)有

4、最后結(jié)論扣1分，法向量取其他形式同樣給分． 跟蹤演練7　(2017·山東)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是的中點(diǎn)． (1)設(shè)P是上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角E—AG—C的大?。? 解　(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE， AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP. 又BP?平面ABP， 所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°， 所以∠CBP＝30°. (2)方法一　取的中點(diǎn)H，連接EH，GH，CH. 因?yàn)椤螮BC＝120°， 所

5、以四邊形BEHC為菱形， 所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝. 取AG的中點(diǎn)M，連接EM，CM，EC， 則EM⊥AG，CM⊥AG， 所以∠EMC為所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°， 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝2，因此△EMC為等邊三角形， 故所求的角為60°. 方法二　以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)， G(1，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)， 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量． 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－，2)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個(gè)法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－，－2)． 所以cos〈m，n〉＝＝. 因此所求的角為60°.