第8节空间角--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf

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1、第 8 节 空间角 知 识 梳 理 1线面角与二面角的概念(1)线面角 平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角(2)二面角 以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角 2求异面直线所成的角(1)(几何法)通过作平行线化为三角形求解(2)(向量法)设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 a 与 b 的夹角 l1与 l2所成的角 范围(0，)0，2 求法 cos ab|a|b|cos|cos|ab|a|b|3.求直线与平面所

2、成的角(1)(几何法)通过直线在平面上的射影求解，其步骤为“一作、二证、三计算”(2)(向量法)设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为，则 sin|cosa，n|an|a|n|4求二面角的大小(1)(几何法)通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的平面角，然后加以证明和计算(2)(向量法)如图，AB，CD 是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 _AB，CD 如图，n1，n2 分别是二面角 l 的两个半平面，的法向量，则二面角的大小 满足|cos|cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角)1 异面直线

3、所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角 2线面角 的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的绝对值，即 sin|cosa，n|，不要误记为 cos|cosa，n|.3二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，的法向量 n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察出向量的方向，从而确定二面角与向量 n1，n2的夹角是相等，还是互补 4最小角定理：平面的一条斜线与平面内所有直线的夹角中，斜线与它在平面内的射影的夹角最小 诊 断 自 测 1判断下列说法的正误(

4、1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，()答案(1)(2)(3)(4)2(选修 21P104 练习 2 改编)已知两平面的法向量分别为 m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A45 B135 C45或 135 D90 答案 C 解析 cosm，nmn|m|n|11 222，即m，n45.两平面所成二面角为 45或 18045135.3(2021河北、山

5、西、河南三省联考)在三棱锥 PABC 中，ABC 和PBC 均为等边三角形，且二面角 PBCA 的大小为 120，则异面直线 PB 和 AC 所成角的余弦值为()A.58 B.34 C.78 D.14 答案 A 解析 如图，取 BC 的中点 O，连接 OP，OA，因为ABC 和PBC 均为等边三角形，所以 AOBC，POBC，所以 BC平面 PAO，即平面 PAO平面 ABC.且POA 就是其二面角 PBCA 的平面角，即POA120，建立空间直角坐标系如图所示 设 AB2，则 A(3，0，0)，C(0，1，0)，B(0，1，0)，P32，0，32，所以AC(3，1，0)，PB32，1，32，

6、cosAC，PB58，所以异面直线 PB 与 AC 所成角的余弦值为58.4如图，把边长为 4 的正三角形 ABC 沿中线 AD 折起，使得二面角 CADE的大小为 60，则异面直线 AC 与 DE 所成角的余弦值为()A14 B.14 C13 D.13 答案 B 解析 如图，取 AB 的中点 F，连接 DF，EF，因为 D，F 分别是线段 BC，AB 的中点，所以 DFAC，所以EDF(或其补角)是异面直线 AC 与 DE 所成的角由正三角形的性质可得 ADBC，所以CDE 就是二面角 CADE 的平面角，所以CDE60.又 CDDE，所以CDE 是正三角形作 EGCD，垂足为 G，作 FH

7、BD，垂足为 H，连接 EH，易知 EGDEsin 60232 3，DGDEcos 602121，DH12BD1221，HGDHDG2，FH12AD1232AC12324 3.由勾股定理得 EH HG2EG222（3）27，EF EH2FH2（7）2（3）2 10.在EDF 中，由余弦定理得cosEDF2222（10）222214，所以异面直线 AC 与 DE 所成角的余弦值为14，故选 B.5已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 的方向向量和法向量，若 cosm，n12，则 l 与 所成的角为_ 答案 30 解析 设 l 与 所成角为，cosm，n12，sin|cosm，n|12，090

8、，30.6过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD，若 ABPA，则平面 ABP与平面 CDP 所成的二面角为_ 答案 45 解析 如图，建立空间直角坐标系，设 ABPA1，则 A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD平面 PAB，设 E 为 PD 的中点，连接 AE，则 AEPD，又易知 CD平面 PAD，AE平面 PAD，CDAE，又 PDCDD，从而 AE平面 PCD.所以AD(0，1，0)，AE0，12，12分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量，且 AD，AE45.故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45.考点一 求异面直线

9、所成的角【例 1】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA底面 ABCD，E是 PC 的中点已知 AB2，AD2 2，PA2.求：(1)PCD 的面积(2)(一题多解)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小 解(1)因为 PA底面 ABCD，CD平面 ABCD，所以 PACD.又底面 ABCD 为矩形，所以 ADCD，PAADA，所以 CD平面 PAD，又 PD平面 PAD，从而 CDPD.因为 PD22（2 2）22 3，CD2，所以PCD 的面积为1222 32 3.(2)法一 如图 1，取 PB 中点 F，连接 EF，AF，则 EFBC，从而AEF(或其补角)是异

10、面直线 BC 与 AE 所成的角 图 1 在AEF 中，由于 EF 2，AF 2，AE12PC2.所以 AF2EF2AE2，AFE2，则AEF 是等腰直角三角形，所以AEF4.因此异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是4.法二 如图 2，建立空间直角坐标系，则 B(2，0，0)，C(2，2 2，0)，P(0，0，2)，E(1，2，1)，AE(1,2，1)，BC(0，2 2，0)图 2 设AE与BC的夹角为，则 cos AEBC|AE|BC|422 222，所以 4.由此可知异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是4.感悟升华(1)几何法求异面直线所成的角关键是根据定义构成三角形求解(2)

11、利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：选好基底或建立空间直角坐标系；求出两直线的方向向量 v1，v2；代入公式|cosv1，v2|v1v2|v1|v2|求解；取锐角或直角【训练 1】(一题多解)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1 2AB，E，F分别为 BC，BB1的中点，M，N 分别为 AA1，A1C1的中点，则直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为()A.35 B.12 C.32 D.45 答案 B 解析 法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接 AC1，CB1，C1B，易得 MNAC1，EFCB1C1B，那么AC1B或AC1B的补角即直线 MN 与 EF

12、所成的角 设 AA1 2AB 2a，则 AC1C1B 3a，连接 AB，则 ABa2（2 2a）23a，由余弦定理得 cos AC1B（3a）2（3a）2（3a）22（3a）（3a）12.故直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为12.法二 如图，连接 AC1，C1B，CB1，设 C1B，CB1交于点 O，取 AB 的中点 D，连接 CD，OD，则 MNAC1OD，EFCB1，那么DOC 或其补角即直线 MN 与 EF 所成的角 设 AA1 2AB 2a，则 AC1CB1 3a，于是 ODOC3a2，又 CD3a2，于是OCD 为正三角形，故直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为12.法三 取

13、AB 的中点 O，连接 CO，则 COAB，以 O 为坐标原点，OB 所在直线为 x 轴，OC 所在直线为 y 轴，过点 O 且平行于 CC1的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系设 AB2，则 AA12 2，A(1，0，0)，A1(1，0，2 2)，M(1，0，2)，C(0，3，0)，C1(0，3，2 2)，N12，32，2 2，B(1，0，0)，E12，32，0，B1(1，0，2 2)，F(1，0，2)，MN12，32，2，EF12，32，2，所以 cos MN，EF MNEF|MN|EF|323 312，故直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为12.考点二 求直线与平面所成的角【

14、例 2】(2020浙江卷)如图，在三棱台 ABCDEF 中，平面 ACFD平面 ABC，ACBACD45，DC2BC.(1)证明：EFDB；(2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值(1)证明 如图(1)，图(1)过点 D 作 DOAC，交直线 AC 于点 O，连接 OB.由ACD45，DOAC，得 CD 2CO.由平面 ACFD平面 ABC，平面 ACFD平面 ABCAC，DO平面 ACFD，得DO平面 ABC，又 BC平面 ABC，所以 DOBC.由ACB45，BC12CD22CO，得 BOBC.又 BODOO，BO，DO平面 BDO，所以 BC平面 BDO，又 DB平面 BDO，

15、故 BCDB.由 ABCDEF 为三棱台，得 BCEF，所以 EFDB.(2)解 法一 如图(1)，过点 O 作 OHBD，交直线 BD 于点 H，连接 CH.由 ABCDEF 为三棱台，得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角 由 BC平面 BDO，OH平面 BDO，得 OHBC，又 BDBCB，故 OH平面DBC，所以OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角 设 CD2 2，则 DOOC2，BOBC 2，得 BD 6，OH233，所以 sinOCHOHOC33.因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.法二 由 ABCDE

16、F 为三棱台，得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，记为.如图(2)，以 O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.图(2)设 CD2 2，由题意知各点坐标如下：O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)因此OC(0，2，0)，BC(1，1，0)，CD(0，2，2)设平面 DBC 的一个法向量为 n(x，y，z)，由nBC0，nCD0，即xy0，2y2z0，可取 n(1，1，1)，所以 sin|cosOC，n|OCn|OC|n|33.因此，直线 DF 与平面 DBC

17、 所成角的正弦值为33.感悟升华 求线面角的方法：(1)几何法求线面角的步骤是“一作、二证、三计算”，转化为三角形求解(2)向量法(或坐标法)求线面角，分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)，注意范围是0，2.【训练 2】如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为边长为 2 的菱形，ADC60，PCCD，E 为 PC 的中点，PC1，PA 7.(1)求证：PA平面 BDE；(2)(一题多解)求直线 BE 与平面 PBD 所成的角的正弦值(1)证明 连接 AC，交 BD 于点 O，连接 EO，则 EOPA，因为 PA平面 BDE，EO平面

18、BDE，所以 PA平面 BDE.(2)解 法一 取 AB 的中点 F，连接 PF，FC，AC，作 PHCF 于点 H，则由 ACCB，得 ABPF，ABFC，因为 PFFCF，所以 AB平面 PFC，则 ABPH，因为 ACABA，所以 PH平面 ABC.在PAB 中，AB2，PAPB 7，得 PF 6，又 PC1，FC 3，于是可求得 PH63，因为 SBDC122 3 3，PH63，PCCD，所以在 RtDPC 中，PD 5，又 PB 7，BD2 3，所以 PD2PB2BD2，所以 PBPD，所以 SPBD352，由 VPBDCVCPBD，得点 C 到平面 PBD 的距离为2 235，则点

19、 E 到平面 PBD 的距离为235，又在PBC 中，易求得 EB212.设直线 BE 与平面 PBD 所成的角为，则 sin 235EB2 30105.所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为2 30105.法二 建立如图所示的空间直角坐标系，则易知 A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(1，0，0)，D(0，3，0)，由PA 7，PC1，PD 5，得 P32，36，63，则 E54，312，66，则BE54，13 312，66，PB32，7 36，63，BD(0，2 3，0)，所以可求得平面 PBD 的一个法向量为 m(2 2，0，3 3)，设直线 BE 与平面 PBD 所成的角

20、为，则 sin BEm|BE|m|2 30105.即直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为2 30105.考点三 求二面角【例 3】(2021台州评估测试)如图，ABC 与等边三角形 ABD 所在的平面相互垂直，DEBC，M 为线段 AD 的中点，直线 AE 与平面 CBM 交于点 N，BCBA2DE2，ABC90.(1)求证：平面 CBMN平面 ADE；(2)求二面角 BCNA 的余弦值(1)证明 因为平面 ABC平面 ABD，且两平面交于 AB，ABC90，BC平面ABC，所以 BC平面 ABD，所以 BCAD.又因为ABD 为等边三角形，M 为线段 AD 的中点，所以 BMAD.因

21、为 BCBMB，所以 AD平面 CBMN.又因为 AD平面 ADE，所以平面 CBMN平面 ADE.(2)解 因为 DEBC，DE平面 CBMN，且 BC平面 CBMN，所以 DE平面 CBMN.因为平面 ADE平面 CBMNMN，所以 DEBCMN，所以 N 为 AE 的中点 取 AB 的中点 O，连接 OD，因为ABD 为等边三角形，所以 ODAB，故以 O 为坐标原点，OB 所在直线为 x 轴，AB 的垂直平分线为 y 轴，OD 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(1，0，0)，C(1，2，0)，N12，12，32，D(0，0，3)，所以AC(2，2，0)，AN12

22、，12，32.设平面 ACN 的法向量为 n1(x，y，z)，由ACn10，ANn10，可得2x2y0，12x12y32z0，取 x1，则 y1，z0，所以平面 ACN 的一个法向量 n1(1，1，0)，由(1)得 AD平面 CBMN，所以平面 CBMN 的一个法向量 n2AD(1，0，3)设二面角 BCNA 的平面角为.所以 cos n1n2|n1|n2|12 224，由图知二面角 BCNA 为锐角，所以二面角 BCNA 的余弦值为24.感悟升华(1)几何法求二面角的步骤是“一作、二证、三计算”注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找(作)平面角(2)利用向量计算二面角大小的常用方法：找法向量法

23、：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小【训练 3】(2021嘉兴测试)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC，底面ABC 是边长为 2 的正三角形，A1AA1C，A1AA1C.(1)求证：A1C1B1C；(2)求二面角 B1A1CC1的正弦值(1)证明 如图，取 A1C1的中点 D，连接 B1D，CD，C1CA1AA1C，CD

24、A1C1，底面ABC 是边长为 2 的正三角形，ABBC2，A1B1B1C12，B1DA1C1，又 B1DCDD，B1D平面 B1CD，CD平面 B1CD，A1C1平面 B1CD，A1C1B1C.(2)解 法一 如图，过点 D 作 DEA1C 于点 E，连接 B1E.侧面 AA1C1C底面 ABC，侧面 AA1C1C平面 A1B1C1，又 B1DA1C1，侧面 AA1C1C平面 A1B1C1A1C1，B1D平面 A1CC1，B1DA1C，DEB1DD，A1C平面 B1DE，B1EA1C，B1ED 为所求二面角的平面角 A1B1B1C1A1C12，B1D 3，又ED12CC122，tan B1E

25、DB1DED322 6，sinB1ED427.二面角 B1A1CC1的正弦值为427.法二 如图，连接 OB，取 AC 的中点 O，以 O 为坐标原点，射线 OB，OC，OA1 分别为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 O(0，0，0)，B(3，0，0)，A1(0，0，1)，B1(3，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，A1B1(3，1，0)，A1C(0，1，1)设 m(x，y，z)为平面 A1B1C 的法向量，mA1B1 3xy0，mA1Cyz0，令 y 3，得 m(1，3，3)，又OB(3，0，0)为平面 A1CC1的一个法向量，cos m，OBmOB|m|OB|7

26、7，由图易知所求二面角为锐角，二面角 B1A1CC1的正弦值为427.空间向量在立体几何中的应用【例题】(满分 15 分)(2018浙江卷)如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面 A1B1C1；(2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 审题路线图 法一(向量法)法二(几何法)(1)在AB1A1中，在AB1C1中 勾股定理AB1A1B1，AB1B1C1 线面垂直判定定理AB1平面A1B1C1(2)由(1)结论 平面A1B1C1平面ABB1 垂面法直线AC1与平面AB

27、B1的夹角C1AD在A1B1C1中，由三边计算cosC1A1B1 在RtADC1中计算C1D 在RtADC1中计算sinC1AD结论 满分解答 法一(1)证明 如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，3，0)，B(1，0，0)，A1(0，3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)3 分 因此AB1(1，3，2)，A1B1(1，3，2)，A1C1(0，2 3，3).5 分 由AB1A1B10 得 AB1A1B1.由AB1A1C10 得 AB1A1C1.又 A1B1A1C1A1，所以 AB

28、1平面 A1B1C1.7 分(2)解 设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为.由(1)可知AC1(0，2 3，1)，AB(1，3，0)，BB1(0，0，2).9 分 设平面 ABB1的法向量 n(x，y，z)由nAB0，nBB10，即x 3y0，2z0，可取 n(3，1，0)12 分 所以 sin|cosAC1，n|AC1n|AC1|n|3913.因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是3913.15 分 构建模板 利用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”建立空间直角坐标系，写出点的坐标 用向量表示几何元素 通过向量运算，得出结论 用向量表示几何元素 设求平面的法向量 代入线面角

29、的向量公式，结论 法二(1)证明 由 AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB 得 AB1A1B12 2，所以 A1B21AB21AA21，由 AB1A1B1.3 分 由 BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC 得 B1C1 5，由 ABBC2，ABC120得 AC2 3，由 CC1AC，得 AC1 13，所以 AB21B1C21AC21，故 AB1B1C1，6 分 又 A1B1B1C1B1，因此 AB1平面 A1B1C1.7 分(2)解 如图，过点 C1作 C1DA1B1，交直线 A1B1于点 D，连接 AD.9 分 由 AB1平面 A1B1C1，AB1平面 ABB1，

30、得 平面 A1B1C1平面 ABB1，由 C1DA1B1得 C1D平面 ABB1，所以C1AD 是 AC1与平面 ABB1所成的角.12 分 由 B1C1 5，A1B12 2，A1C1 21得 cosC1A1B167，sinC1A1B117，所以 C1D 3，故 sinC1ADC1DAC13913.因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是3913.15 分 构建模板 利用勾股定理，计算证明 AB1A1B1 证明 AB1B1C1 由线面垂直判定定理得结论 (几何法求线面角的步骤：“一作，二证，三计算”)作出线面角 论证线面角 计算线面角(的正弦值)【训练】(一题多解)(2017浙江卷

31、)如图，已知四棱锥 PABCD，PAD 是以 AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E 为 PD的中点 (1)证明：CE平面 PAB；(2)求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值 法一 过 P 作 PHCD，交 CD 的延长线于点 H.不妨设 AD2，BCAD，CDAD，则易求 DH12，过 P 作底面的垂线，垂足为 O，连接 OB，OH，易得 OHBC，且 OP，OB，OH两两垂直故可以 O 为原点，以 OH，OB，OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示(1)证明 由 PCAD2DC2CB，E 为 PD 的中点，则可得：

32、D1，12，0，C1，32，0，P0，0，32，A1，12，0，B0，32，0，E12，14，34，则CE12，54，34，PA1，12，32，PB0，32，32.设平面 PAB 的法向量为 n(x，y，z)，则nPAx12y32z0，nPB32y32z0.令 y1，则x1，y1，z 3，n(1，1，3)，CEn12154134 30.又CE平面 PAB，CE平面 PAB.(2)解 由(1)得PC1，32，32，PB0，32，32，CE12，54，34.设平面 PBC 的法向量 m(x，y，z)，则mPB32y32z0，mPCx32y32z0.令 y1，则x0，y1，z 3，m(0，1，3)设

33、直线 CE 与平面 PBC 所成的角为，则 sin|cosm，CE|mCE|m|CE|124 228.直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为28.法二(1)证明 如图，设 PA 中点为 F，连接 EF，FB.因为 E，F 分别为 PD，PA 中点，所以 EFAD 且 EF12AD，又因为 BCAD，BC12AD，所以 EFBC 且 EFBC，即四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CEBF.又因为 CE平面 PAB，BF平面 PAB，因此 CE平面 PAB.(2)解 分别取 BC，AD 的中点为 M，N，连接 PN 交 EF 于点 Q，连接 MQ.因为 E，F，N 分别是 PD，PA，A

34、D 的中点，所以 Q 为 EF 中点，在平行四边形 BCEF 中，MQCE.由PAD 为等腰直角三角形得 PNAD.由 DCAD，N 是 AD 的中点得 BNAD.因为 PNBNN，所以 AD平面 PBN.由 BCAD 得 BC平面 PBN，因为 BC平面 PBC，所以平面 PBC平面 PBN.过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，则 QH平面 PBC.连接 MH，则 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角设 CD1.在PCD 中，由 PC2，CD1，PD 2得 CE 2，在PBN 中，由 PNBN1，PB 3得 QH14，在 RtMQH

35、 中，QH14，MQ 2，所以 sinQMH28，所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是28.基础巩固题组 一、选择题 1(2021济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为()A.55 B.53 C.2 55 D.35 答案 A 解析 不妨令 CB1，则 CACC12，可得 O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，BC1(0，2，1)，AB1(2，2，1)，cosBC1，AB1BC1AB1|BC1|AB1|415 915550.BC1与AB1

36、的夹角即为直线 BC1与直线 AB1的夹角，直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为55.2如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为线段 A1C1的中点，则异面直线 DE与 B1C 所成角的大小为()A.3 B.4 C.6 D.12 答案 C 解析 连接 AC，BD，B1E，设 BD 与 AC 交于点 O，连接 B1O，则四边形 DOB1E为平行四边形，所以 DEOB1，所以异面直线 DE 与 B1C 所成角为OB1C，设正方体棱长为 1，则 B1C 2，OC22，B1O1222，所以 cosOB1C21121221222 232.又因为异面直线所成角的范围是0，2，OB1C6.3

37、在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.12 B.23 C.33 D.22 答案 B 解析 以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1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 Axyz，设棱长为 1，则 A1(0，0，1)，E1，0，12，D(0，1，0)，A1D(0，1，1)，A1E1，0，12.设平面 A1ED 的一个法向量为 n1(1，y，z)，则有A1Dn10，A1En10，即yz0，112z0，y2，z2.n1(1，2，2)平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0，0，1

38、)，cosn1，n223123，即所成的锐二面角的余弦值为23.4(2021金丽衢十二校三联)正四面体 ABCD，E 为棱 AD 的中点，过点 A 作平面 BCE 的平行平面，该平面与平面 ABC、平面 ACD 的交线分别为 l1，l2，则 l1，l2所成角的正弦值为()A.63 B.33 C.13 D.22 答案 A 解析 由题意得 BCl1，CEl2，则BCE 即为 l1与 l2所成角设正四面体的棱长为 a，则易得 EBEC32a，设 BC 的中点为 F，连接 EF，则易得 EF22a，则 l1与 l2所成角的正弦值为 sinBCEEFEC22a32a63，故选 A.5 在三棱锥 PABC

39、 中，点 P 在底面的正投影恰好是等边ABC 的边 AB 的中点，且点 P 到底面 ABC 的距离等于底面边长设PAC 与底面所成的二面角的大小为，PBC 与底面所成的二面角的大小为，则 tan()的值是()A.34 3 B.25 3 C813 3 D58 3 答案 C 解析 如图，设点 P 在边 AB 上的射影为 H，作 HFBC，HEAC，连接 PF，PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC 的边长为 2，则 PH2，AHBH1.HE32，HF32，则 tan tan 23243，故 tan()2tan 1tan22431432813 3.二、填空题 6如图是正四面体的平面展开图，G

40、，H，M，N 分别为 DE，BE，EF，EC 的中点，在这个正四面体中，GH 与 EF 平行；BD 与 MN 为异面直线；GH 与MN 成 60角；DE 与 MN 垂直 以上四个命题中，正确命题的序号是_ 答案 解析 还原成正四面体 ADEF，其中 H 与 N 重合，A，B，C 三点重合 易知 GH 与 EF 异面，BD 与 MN 异面 连接 GM，GMH 为等边三角形，GH 与 MN 成 60角，易证 DEAF，又 MNAF，MNDE.因此正确命题的序号是.7.如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点，

41、则直线 EF 和 BC1所成的角大小为_；直线 EF 与底面 ABC 所成角的大小为_ 答案 60 45 解析 以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直角坐标系设 ABBCAA12，则 C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则EF(0，1，1)，BC1(2，0，2)，EFBC12，cosEF，BC1222 212，EF 和 BC1所成的角为 60；FB平面 ABC，BFBE1，FEB 为直线 EF 与底面 ABC 的夹角且为 45.8 已知点 E，F 分别在正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 BB1，CC1上，且 B1E2EB，CF2FC1，则平

42、面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值为_ 答案 23 解析 延长 FE，CB 相交于点 G，连接 AG，如图所示 设正方体的棱长为 3，则 GBBC3，作 BHAG 于点 H，连接 EH，则EHB为所求二面角的平面角 BH3 22，EB1，tanEHBEBBH23.9在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则直线 CD 与平面 BDC1所成角的正弦值为_ 答案 23 解析 以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图设 AA12AB2，则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则DC(0，1，0)，DB(1，1，0)，DC1(0，1

43、，2)设平面 BDC1的一个法向量为 n(x，y，z)，则 nDB，nDC1，所以有xy0，y2z0，令 y2，得平面 BDC1的一个法向量为 n(2，2，1)设直线 CD 与平面 BDC1所成的角为，则 sin|cos n，DC|nDC|n|DC|23.三、解答题 10(2021台州期末评估)如图，四棱锥 PABCD 中，PC平面 ABCD，ABAD，ABCD，PDAB2AD2CD2，E 为 PB 的中点 (1)证明：平面 EAC平面 PBC；(2)(一题多解)求直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值(1)证明 PC平面 ABCD，故 PCAC.又 AB2，ADCD1，ADAB，所以 A

44、CBC 2.故 AC2BC2AB2，即 ACBC.又 BCPCC，所以 AC平面 PBC，因为 AC平面 ACE，所以平面 ACE平面 PBC.(2)解 法一 PC平面 ABCD，故 PCCD.又 PD2，所以 PC 3.在平面 PCB 内，过点 P 作 PHCE，垂足为 H.由(1)知平面 ACE平面 PBC，所以 PH平面 ACE，又点 E 为 PB 的中点，CE12PB52.由等面积法得 CEPH12PCBC.所以 PH305.又点 E 为 PB 的中点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等 连接 BD 交 AC 于点 G，则 GB2DG.所以点 D 到

45、平面 ACE 的距离是点 B 到平面ACE 的距离的一半，即12PH.所以直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值为12PHPD3020.法二 如图，取 AB 的中点 F，建立如图所示的空间直角坐标系 因为 PD2，所以 CP 3.所以 C(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，3)，A(1，1，0)，B(1，1，0)，E12，12，32.PD(0，1，3)，CA(1，1，0)，CE12，12，32.设平面 ACE 的法向量为 n(x，y，z)，则nCA0，nCE0，即xy0，x2y232z0，取 x1，得 y1，z2 33，即 n1，1，2 33.设直线 PD 与平面 AEC 所成角

46、为，则 sin|cosn，PD|122433020.所以直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值为3020.11(2020安徽江南十校联考)斜三棱柱 ABCA1B1C1中，底面是边长为 2 的正三角形，A1B 7，A1ABA1AC60.(1)证明：平面 A1BC平面 ABC；(2)求直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的正弦值(1)证明 AB2，A1B 7，A1AB60，由余弦定理得 A1B2AA21AB22AA1 ABcos A1AB，即 AA212AA130AA13 或 AA11(舍)，故 AA13.取 BC 的中点 O，连接 OA，OA1，ABC 是边长为 2 的正三角形，AOBC，

47、且 AO 3，BO1.由 ABAC，A1ABA1AC，AA1AA1得A1ABA1AC，得 A1BA1C 7，故 A1OBC，且 A1O 6.AO2A1O2369AA21，AOA1O.又 BCAOO，故 A1O平面 ABC，A1O平面 A1BC，平面 A1BC平面 ABC.(2)解 以 O 为原点，OB 所在的直线为 x 轴，取 B1C1的中点 K，连接 OK，以 OK所在的直线为 y 轴，过 O 作 OGAA1，以 OG 所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C1(1，3，0)，A1(0，2，2)，BC1(2，3，0)，BB1(0，3，0)，BA1(

48、1，2，2)，设 m(x，y，1)为平面 ABB1A1的法向量，则mBB13y0，mBA1x2y 20，x 2，y0，m(2，0，1)设直线 BC1与平面 ABB1A1所成角为，则 sin|BC1m|BC1|m|2 213 32 7839.故直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的正弦值为2 7839.能力提升题组 12如图，在 RtABC 中，BAC60，点 F 在斜边 AB 上，且 AB4AF，点M 在线段 BC 上运动，D，E 是平面 ABC 同一侧的两点，AD平面 ABC，BE平面 ABC，AD3，ACBE4.当点 M 运动到线段 BC 的中点时，异面直线 CF与 EM 所成角的余弦值

49、为()A.2114 B.714 C.77 D.217 答案 A 解析 取 BF 的中点 N，连接 MN，EN，因为 M，N 分别为 BC，BF 的中点，所以 MNCF，且 MN12CF，所以EMN为异面直线 CF 与 EM 所成的角 因为 AC4，BAC60，ACB90，所以 BC4 3，BM2 3，所以 EM BM2BE2（2 3）2422 7.因为 AC4，BAC60，ACB90，所以 AB8，所以 AF14AB2，BF34AB6，所以 BN3，所以 EN BE2BN2 42325.在ACF 中，由余弦定理得 CF2 3，所以 MN 3.在EMN 中，由余弦定理可得 cosEMNME2MN

50、2EN22MEMN 2832522 7 32114，所以异面直线 CF 与 EM 所成角的余弦值为2114.故选 A.13(2021绍兴适应性考试)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，ABACAA1，M，N 分别是侧棱 BB1，CC1上的点，平面 AMN 与平面 ABC 所成的(锐)二面角为6.当 B1M 最小时，AMB()A.512 B.3 C.4 D.6 答案 B 解析 不妨设 ABACAA12，设平面 AMN 与平面 ABC 的交线为 l，过点 B作直线 l 的垂线 BH，设垂足为点 H，因为 AB，AC，AA1两两互相垂直，所以MHB为平面 AMN 与