空间角专项训练-2025届高三数学一轮复习

第6章　 立体几何与空间向量 第六节　空间角 1．在空间直角坐标系中，＝(1，－1，0)，＝(－2，0，1)，平面α的一个法向量为m＝(－1，0，1)，则平面α与平面ABC夹角的正弦值为 (　　) A． B． C． D． 2．(数学与文化)在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90˚，AB＝2，BC＝2，若直线CA1与直线AB所成角为60˚，则AA1＝(　　) A． B．2 C．2 D．2 3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 4．(多选题)如图，三棱锥D­ABC的各棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，则下列说法正确的是(　　) A．OA，OB，OC的长度相等 B．直线OD与BC所成的角是45˚ C．直线AD与OB所成的角是45˚ D．直线OB与平面ACD所成的角的余弦值为 5．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E 三点共线．已知三棱锥P­ADE 四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面 ABCE，AB∥CD，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 6．在空间直角坐标系中，若A(1，－2，0)，B(2，1，)，则向量与平面Oxz的法向量的夹角的正弦值为________． 7．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60˚，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________． 8．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为________． 高考训练 9．在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2，PB⊥平面ABC，点M，N分别为AC，PB的中点，MN＝，Q为线段AB上的点(不包括端点A，B)．若异面直线PM与CQ所成角的余弦值为，则＝(　　) A． B． C． D． 10．(多选题)(2024·嘉兴模拟)如图，在正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，下列说法正确的是(　　) A．直线EF与直线AB所成的角为 B．直线EF与直线AD所成的角为 C．直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为 D．直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为 11．如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90˚.若PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝60˚，则平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为______． 12．(2024·广东一模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点P 是圆O1，上异于点C，D的任意一点． (1)若点D到平面ACP 的距离为，证明：O1P⊥CD. (2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围． 13．(2024·1月·九省适应性测试)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45˚ . (1)证明：C1O⊥平面ABCD； (2)求平面BAA1与平面AA1D夹角的正弦值． 答案解析 1、A　解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)是平面ABC的一个法向量．设平面α与平面ABC的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，sin θ＝＝，所以平面α与平面ABC夹角的正弦值为. 2、B　解析：如图，以B为原点，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)．设A1(2，0，z)(z>0)，则＝(2，0，0)，＝(2，－2，z)，所以|cos〈〉|＝＝，解得z＝2，故AA1＝2. 3、B　解析：以A为原点，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． 设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E(2，0，1)，F(0，2，1)，C(2，2，0)， 所以＝(0，－2，1)，＝(－2，0，1)． 设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)是平面ECF的一个法向量． 易知m＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量． 设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为. 4、AC　解析：因为三棱锥D­ABC的各棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直， 所以OA＝OB＝OC＝，故A正确． 如图，建立空间直角坐标系， 可得O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，C(0，0，)，D()，所以＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(0，)，＝()，＝(0，－)． 因为·＝0，所以⊥，即直线OD与BC所成的角是90˚，故B不正确． cos 〈〉＝＝，可得直线AD与OB所成的角是45˚，故C正确． 设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1，1)为平面ACD的一个法向量． 设直线OB与平面ACD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，cos θ＝，故D不正确． 5、C　解析：以A为原点，AD，AB，AP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， 则P(0，0，2)，C(2，2，0)，A(0，0，0)，E(2，－1，0)， 则有＝(2，2，－2)，＝(2，－1，0)，＝(0，0，2)． 设平面PAE的法向量n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝2，z＝0，即n＝(1，2，0)， 所以cos 〈，n〉＝＝. 所以直线PC与平面PAE所成角的正弦值为.故选C． 6、　解析：设平面Oxz的法向量为n＝(0，t，0)(t≠0)．由题意知＝(1，3，)，所以cos 〈n，〉＝＝.因为〈n，〉∈[0，π]，所以sin 〈n，〉＝＝. 7、　解析：设M为AC的中点，连接MB，MA1，如图，由题意知△ABC是等边三角形， 所以BM⊥AC，同理A1M⊥AC. 因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1. 因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M， 所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，MA，MB，MA1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． 设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)，C1(－2，0，)， 所以＝(－3，0，)，＝(0，，－)． 设异面直线AC1与A1B所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈〉|＝＝＝， 故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为. 8、4　解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设DD1＝a(a＞0)，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，所以＝(－2，2，0)，＝(－2，0，a)，＝(0，0，a)． 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 取x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝为平面ACD1的一个法向量， 故cos 〈n，〉＝＝＝. 因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以＝，解得a＝4(负值舍去)． 9、A　解析：因为AB＝BC＝2，AC＝2，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC.因为PB⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PB⊥AB，PB⊥BC.以B为原点，BA，BC，BP 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， 则B(0，0，0)，C(0，2，0)，M(1，1，0)，A(2，0，0)，所以BM＝.因为MN＝，所以BN＝＝2，所以PB＝4，则P(0，0，4)． 设＝λ，则＝λ(0<λ<1)，所以Q(2λ，0，0)． 易知＝(1，1，－4)，＝(2λ，－2，0)， 所以·＝1×2λ＋1×(－2)＋(－4)×0＝2λ－2， ||＝＝3，||＝. 因为异面直线PM与CQ所成角的余弦值为， 所以|cos 〈〉|＝＝＝，解得λ＝ 或λ＝4 (舍去)，所以＝. 10、ABC　解析：如图，将正四面体ABCD放在正方体AGBH­MCND中，设正方体AGBH­MCND的棱长为2，以A为原点，AG，AH，AM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， 则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(2，0，2)，D(0，2，2)，E(1，1，0)，F(1，1，2)． 因为＝(0，0，2)，＝(2，2，0)，所以·＝0，即EF⊥AB，故A正确． 因为＝(0，2，2)，cos 〈〉＝＝＝， 所以直线EF与直线AD所成的角为，故B正确． 设平面BCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，＝(0，－2，2)，＝(－2，0，2)， 则所以 取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以m＝(1，1，1)为平面BCD的一个法向量． 所以cos 〈，m〉＝＝＝， 故直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为，故C正确． 设平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则所以 取x2＝1，则y2＝－1，z2＝1，所以n＝(1，－1，1)为平面ABD的一个法向量． 所以cos 〈，n〉＝＝＝，故直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为，故D错误． 11、　解析：如图，取AD的中点F，BC的中点E，连接PF，FE，由已知可得FE∥AB，FE∥DC. 因为∠BAP＝∠CDP＝90˚，所以AB⊥PA，DC⊥PD，所以FE⊥PA，FE⊥PD. 又因为PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD， 所以FE⊥平面PAD. 因为AD，PF⊂平面PAD，所以FE⊥AD，FE⊥PF. 因为PA＝PD，所以PF⊥AD. 以F为原点，FA，FE，FP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． 因为PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝60˚，所以AD＝2， 所以A(1，0，0)，P(0，0，)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)． 所以＝(－2，0，0)，＝(－1，－2，)，＝(0，－2，0)． 设n＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量， 则所以 取y1＝，则x1＝0，z1＝2，所以n＝(0，，2)是平面PBC的一个法向量． 设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量， 则所以 取x2＝，则y2＝0，z2＝1，所以m＝(，0，1)是平面PAB的一个法向量． 设平面PBC与平面PAB的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝， 所以平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为. 12、(1)证明：如图1，连接DP，过点D作DH⊥AP, 垂足为 H. 因为CD是圆O1的直径，所以 CP⊥DP. 因为AD是圆柱侧面的母线，所以AD⊥平面CDP. 因为CP⊂平面CDP，所以AD⊥CP. 又因为AD，DP⊂平面ADP，AD∩DP＝D，所以CP⊥平面ADP. 因为DH⊂平面ADP, 所以 DH⊥CP. 又因为DH⊥AP，AP，PC⊂平面ACP，AP∩PC＝P，所以DH⊥平面ACP. 所以点D到平面ACP的距离为DH，即DH＝. 设DP＝a(a>0)，则AP＝. 由AD·DP＝AP·DH，得2·a＝·，解得a＝. 因为CD＝2，所以DP＝PC＝. 因为O1是 CD的中点，所以O1P⊥CD． 　 图1　　　　　　　图2 (2)(方法一)如图2，在平面PCD内，过点 O1作O1E⊥O1C交圆O1于点 E，连接OO1. 因为OO1⊥平面 PCD，所以 O1E，O1C，O1O两两相互垂直，以O1为原点，分别以O1E，O1C，O1O所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，2)，C(0，1，0)，A(0，－1，2)． 设点P(m，n，0)，因为点P 在圆O1上，所以 m2＋n2＝1，且 n∈(－1，1)． 则＝(0，1，－2)，＝(0，2，－2)，＝(m，n－1，0)． 设平面ACP的法向量为n＝(x，y，z)， 则即解得取x＝n－1，得n＝(n－1，－m，－m)． 设OC与平面ACP所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝＝. 因为＝＝－＝－1＋，且n∈(－1，1)， 所以－1＋∈(0，＋∞)． 所以＝∈(，＋∞). 所以sin θ＝∈. 所以OC与平面ACP 所成角的正弦值的取值范围是. (方法二)由(1)知，点D 到平面ACP的距离为DH. 连接 OD交 AC于点 F，如图3. 图3 因为OA∥CD,且OA＝CD, 所以OF＝DF. 所以点O到平面ACP的距离为DH. 在Rt△ADP中，由等面积法得DH＝＝，DP∈(0，2)． 所以DH＝＝2＝2∈(0，). 设OC与平面ACP所成角为θ， 所以OC与平面ACP所成角的正弦值sin θ＝＝. 所以sin θ＝∈. 所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是. 13、(1)证明：如图，连接BC1，DC1. 因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC. 又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1， 所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1. 由题意知点O为线段BD的中点，所以C1O⊥BD. 在△C1CO中，CC1＝2，OC＝AC＝，∠C1CO＝45˚ ， 所以cos ∠C1CO ＝＝，解得C1O＝， 则C1C2＝OC2 ＋C1O2，所以C1O⊥OC. 又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以CO1⊥平面ABCD. (2)解：由题意知在正方形ABCD中，AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0，0)，C(－，0，0)，C1(0，0，)， 所以＝＝(，0，)，＝(－，0)，＝(－，－，0)． 设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝1，z1＝－1，所以m＝(1，1，－1)为平面BAA1的一个法向量． 设平面AA1D的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即令x2＝1，则y2＝－1，z2＝－1， 所以n＝(1，－1，－1)为平面AA1D的一个法向量． 设平面BAA1与平面AA1D的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝，所以sin θ＝＝， 所以平面BAA1与平面AA1D夹角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$