6.3.3 空间角的计算（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

6.3.3　空间角的计算 基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　异面直线所成的角 1.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2AA1=2BC=2,E是CD的中点,则异面直线EB1与D1C所成角的余弦值为(　　) A. 2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC=2,Q为PC上一点,且PQ=3QC,则异面直线AC与BQ所成的角为(　　) A. 3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=CC1=4,M是A1B1的中点,以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.若,则异面直线CM与A1B所成角的余弦值为(　　) A. 题组二　直线与平面所成的角 4.《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作,其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥”.如图,在“阳马”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为(　　) A. 5.如图,在多面体A1B1C1D1ABC中,四边形A1B1C1D1,AA1B1B,BB1C1C是三个全等且两两垂直的正方形,平面A1B1C1D1∥平面ABC,E是棱AA1的中点,则直线EC1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　) A. 题组三　二面角 6.在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将菱形ABCD沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面ACD(如图),则平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的正弦值为　　　　.  7.如图1,在△ABC中,AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中点,现把△ACP沿CP折成如图2所示的三棱锥A-BCP,使得AB=. (1)求证:平面ACP⊥平面BCP; (2)求二面角B-AC-P的余弦值. 　 能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　两条直线所成的角 1.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,PA=2,D是△PAB内(不含边界)的动点,AD⊥CD,则异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围为(　　) A. B. C. D. 2.已知一圆台的高为2,上底面圆O1的半径为2,下底面圆O2的半径为4,A,B两点分别在圆O1、圆O2上,若向量的夹角为60°,则直线AB与直线O1O2所成角的大小为　　　　.  3.如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,连接AO,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2. (1)求证:A1O⊥BD; (2)在线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 　 题组二　空间直线与平面所成的角 4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中点,点P在线段A1C1(包含端点)上运动,若直线OP与平面AB1C所成的角为θ,则sin θ的取值范围是　　　　.  5.如图,在圆柱中有一内接正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,圆柱的高为2,底面半径为1,上、下底面的中心分别为O1,O,点K在上底面的圆周上运动,若直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小为m,则=　　　　.  6.如图所示,三棱台ABC-A1B1C1的底面ABC为正三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=A1B1=AB=1,D,E分别为AC,AB的中点,M是线段BC(包含端点)上一动点. (1)求证:BC1∥平面A1DE; (2)是否存在点M,使得A1M与平面B1BCC1所成的角为30°?若存在,求出线段BM的长度;若不存在,请说明理由. 题组三　二面角 7.我们称:两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角;由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”,则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角不可能为(　　) A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90° 8.已知在四棱锥C-ABED中,DE∥平面ABC,AC⊥BC,BC=2AC=4,AB=2DE,DA=DC,F为线段BC的中点,平面DAC⊥平面ABC. (1)证明:EF⊥平面ABC; (2)若直线BE与平面ABC所成的角为60°,求二面角B-AD-C的余弦值. 9.如图所示,四边形ABCD为圆柱ST的轴截面,P为圆弧上一点(点P异于点B,C). (1)证明:平面PAB⊥平面PAC; (2)若AB=BP=2PC=6,(0<λ<1),且二面角P-BM-C的余弦值为,求λ的值. 答案与分层梯度式解析 6.3.3　空间角的计算 基础过关练 1.B 2.A 3.C 4.A 5.B 1.B　以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,1,0),C(0,2,0),B1(1,2,1),D1(0,0,1), ∴=(0,2,-1), 设异面直线EB1与D1C所成的角为θ,θ∈, 则cos θ=.故选B. 2.A　因为PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,所以DP,DC,DA互相垂直, 以D为原点,DA,DC,DP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),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),Q, 所以, 设异面直线AC与BQ所成的角为θ,θ∈, 则cos θ=, 所以θ=,故异面直线AC与BQ所成的角为. 故选A. 3.C　设CB=t,t>0,则C(0,0,0),A1(4,0,4),B(0,t,0),M,C1(0,0,4), ∴=2,,4, 由,得=0,解得t=4(负值舍去), ∴=(-4,4,-4), ∴cos<, 故异面直线CM与A1B所成角的余弦值为. 故选C. 4.A　因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD, 设AB=1,则AD=AP=2, 以A为坐标原点,AB,AD,AP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, 则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 所以=(1,2,-2), 设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,则y=1,z=1,所以n=(2,1,1), 设直线PC与平面PBD所成的角为θ, 所以sin θ=|cos<,n>|=, 所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为. 故选A. 解题模板　求线面角θ的步骤: 5.B　由题意可将该几何体补形成一个正方体ABCD-A1B1C1D1,以D为原点,DA,DC,DD1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, 设该正方体的棱长为2,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),C1(0,2,2), 所以=(2,-2,-1), 设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z), 则 取x=1,得y=1,z=1,所以n=(1,1,1). 设直线EC1与平面ACD1所成的角为θ,θ∈,则sin θ=|cos<n,, 则cos θ=,即直线EC1与平面ACD1所成角的余弦值为.故选B. 6.答案　 解析　取AC的中点E,连接BE,DE,由题意可得△BAC和△ACD都是等边三角形, 所以BE⊥AC,DE⊥AC, 因为平面BAC⊥平面ACD,平面BAC∩平面ACD=AC,BE⊂平面BAC, 所以BE⊥平面ACD, 又DE⊂平面ACD,所以BE⊥DE, 以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 设菱形ABCD的边长为2,则A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,), 所以), 设平面BCD的一个法向量为m=(x,y,z), 则 取z=1,得x=-,y=1,则m=(-,1,1), 易知平面ACD的一个法向量n=), 设平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的平面角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=, 则sin θ=,即平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的正弦值为. 7.解析　(1)证明:在题图1中作AO⊥CP,交CP于O,连接OB, ∵AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中点, ∴BC=2AB=2, ∴△ACP是等边三角形, ∴AO=CP=1,AO⊥CP, 在△OBC中,由余弦定理得OB2=1+12-2×1×2=7, ∵AB=, ∴AO2+OB2=AB2, ∴AO⊥OB. 又CP⊂平面BCP,OB⊂平面BCP,CP∩OB=O, ∴AO⊥平面BCP,又AO⊂平面ACP, ∴平面ACP⊥平面BCP. (2)如图,过点O作OE⊥CP,交BC于E,则AO,OC,OE互相垂直.以O为原点,OC,OE,OA所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,, ∴, 设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,得x=,y=3,则m=(,3,1), 易知OE⊥平面ACP, ∴平面ACP的一个法向量n=(0,1,0), ∴|cos<m,n>|=, 由图可知,二面角B-AC-P为锐角, ∴二面角B-AC-P的余弦值为. 能力提升练 1.A　连接BD,∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴PA⊥BC, ∵AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, ∴BC⊥平面PAB, 又AD⊂平面PAB, ∴AD⊥BC, 又AD⊥CD,BC∩CD=C,BC,CD⊂平面BCD, ∴AD⊥平面BCD,又BD⊂平面BCD,∴AD⊥BD, 如图,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,过点A与BC平行的直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2), 所以=(2,0,0), 设D(x,0,z)(0<x<2,0<z<2), 所以=(x-2,-2,z), 由AD⊥BD,得x2-2x+z2=0,(点拨:利用AD⊥BD,D是△PAB内(不含边界)的动点得出x的范围) 设异面直线CD与AB所成的角为θ,θ∈, 则cos θ=|cos<, 令=t,则t∈,cos θ=, 易知函数y=t-上单调递增,则t-,故cos θ∈, 所以异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围为. 故选A. 2.答案　 解析　解法一:,故=4, 易得=16, 设直线AB与直线O1O2所成的角为θ, 则cos θ=,所以θ=, 即直线AB与直线O1O2所成角的大小为. 解法二:如图1, 设点A在圆O2上的射影为D,连接O2D并延长,交圆O2于点C,连接AD,BD,BC,则D为O2C的中点,且AD∥O1O2,O1A∥O2C,所以∠BAD即为直线AB与直线O1O2所成的角,∠BO2C即为向量的夹角,所以∠BO2C=60°,所以△BO2C为等边三角形, 易得BD=,AD=2, 则在Rt△ADB中,tan∠BAD=,故∠BAD=,即直线AB与直线O1O2所成角的大小为. 解法三:如图2,O1A∥O2C,则∠BO2C即为向量的夹角,所以∠BO2C=60°,连接BC,所以△BO2C为等边三角形, 以O2为原点建立空间直角坐标系, 则O2(0,0,0),O1(0,0,2),A(0,2,2),B(2,2,0), 所以=(0,0,-2), 故cos<, 所以直线AB与直线O1O2所成角的大小为. 3.解析　(1)证明:由题意得E,因为O为DE的中点,所以A1O⊥DE, 又平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1O⊂平面A1DE, 所以A1O⊥平面BCED, 又BD⊂平面BCED,所以A1O⊥BD. (2)存在. 取BC的中点M,连接OM,则OM⊥BC, 又A1O⊥平面BCED,所以A1O,OM,OE互相垂直, 以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(2,-2,0),C(2,2,0),A1(0,0,2),D(0,-1,0), 所以=(0,4,0), 设(0≤λ≤1),即=(2λ,2λ,-2λ), 则=(0,1,2)+(2λ,2λ,-2λ)=(2λ,2λ+1,2-2λ), 故|cos<, 整理,得3λ2-7λ+2=0,解得λ=或λ=2(舍去), 故在线段A1C上存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为,此时. 4.答案　 解析　以D为原点,DA,DC,DD1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, 则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0), 由题可设=a(-2,2,0)=(-2a,2a,0)(0≤a≤1),则P(2-2a,2a,3),则=(1-2a,2a-1,3), 设平面AB1C的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2), 所以sin θ=|cos<n,, 由于0≤a≤1,所以∈[3,], 所以sin θ∈. 5.答案　 解析　取AB的中点M,连接OM,OC,OO1.以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示, 则F(0,-1,0),A,C(0,1,0), 所以. 设K(cos θ,sin θ,2),θ∈[0,2π), 则=(cos θ,sin θ+1,2). 设平面KAF的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,得n=(2,-2sin θ-cos θ+). 所以直线AC与平面KAF所成角的正弦值为,所以当sin=1时,直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小,为m=,所以. 6.解析　(1)证明:如图1,连接C1D,AC1,设A1D与AC1交于F,连接EF, 因为AA1⊥平面ABC,AD⊂平面ABC,所以AA1⊥AD, 因为D是AC的中点,所以AD=AC,又△ABC为正三角形,所以AC=AB,所以AA1=AB=AD, 所以四边形ADC1A1为正方形,所以F是AC1的中点, 又E为AB的中点,所以EF∥BC1,又EF⊂平面A1DE,BC1⊄平面A1DE,所以BC1∥平面A1DE. (2)不存在满足题意的点M,理由如下: 如图2,连接BD,DC1,则BD⊥AC,以{}为正交基底建立空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),B(,0,0),C(0,1,0),C1(0,0,1),A1(0,-1,1), 所以,1,-1), 设λ,λ,0)(0≤λ≤1),则λ,1+λ,-1), 设平面B1BCC1的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=z=,所以n=(1,), 若A1M与平面B1BCC1所成的角为30°, 则sin 30°=,n>|= =, 整理,得(2λ-1)2+4=,此方程无解,故不存在点M,使得A1M与平面B1BCC1所成的角为30°. 7.A　以正方体ABCD-A1B1C1D1为例,平面ABC1D1与平面ABCD的夹角为45°; 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0), 在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1, 因为AB⊥平面ADD1A1,且A1D⊂平面ADD1A1, 所以AB⊥A1D, 又AD1∩AB=A,AD1,AB⊂平面ABC1D1,所以A1D⊥平面ABC1D1,即平面ABC1D1的一个法向量为=(1,0,1), 同理可证,AC⊥平面BDD1B1, 所以平面BDD1B1的一个法向量为=(-1,1,0), 设平面ABC1D1与平面BDD1B1的夹角为θ,0°≤θ≤90°, 则cos θ=|cos<, 所以θ=60°; 平面ABB1A1与平面ABCD的夹角为90°. 故选A. 8.解析　(1)证明:取AC的中点O,连接OF,OD, ∵DE∥平面ABC,DE⊂平面ABED,平面ABED∩平面ABC=AB,∴DE∥AB,∵O,F分别为AC,BC的中点,∴OF是△ABC的中位线,∴OF∥AB,OF=AB, 又AB=2DE,∴OF∥DE,OF=DE,∴四边形DEFO为平行四边形,∴EF∥DO, ∵在△DAC中,DA=DC,O为AC的中点,∴DO⊥AC. 又平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DO⊂平面DAC,∴DO⊥平面ABC, ∴EF⊥平面ABC. (2)∵DO⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC,∴DO⊥AC,DO⊥BC, 又AC⊥BC,∴DO,AC,BC互相垂直, ∴以O为原点,OA所在直线为x轴,过点O与BC平行的直线为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),B(-1,4,0),∴(-2,4,0). ∵EF⊥平面ABC,直线BE与平面ABC所成的角为60°, ∴∠EBF=60°, ∴DO=EF=BFtan 60°=2), ∴). 易得平面ADC的一个法向量m=(0,1,0), 设平面ADB的一个法向量为n=(x,y,z), 则 取z=1,则x=2,∴n=(2,1), ∴cos<m,n>=,由图可知二面角B-AD-C为锐二面角,∴二面角B-AD-C的余弦值为. 9.解析　(1)证明:∵P为圆弧上一点,BC为圆S的直径,∴PC⊥PB, ∵在圆柱ST中,AB⊥平面BCP,PC⊂平面BCP, ∴AB⊥PC, 又PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,∴PC⊥平面PAB, 又PC⊂平面PAC,∴平面PAB⊥平面PAC. (2)以B为坐标原点,BC,AB所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, ∵AB=BP=2PC=6,∴PC=3, ∴BC=,∴sin∠PBC=,故cos∠PBC=, 则B(0,0,0),A(0,0,6),C(0,3,0), P(6sin∠PBC,6cos∠PBC,0),即P, ∴,-6),设M(x0,y0,z0),由(0<λ<1),得(x0,y0,z0-6)=λ(0,3,-6), 即即M(0,3λ,6-6λ), ∴λ,6-6λ), 设平面PBM的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令y1=-1,得x=2,z=, ∴n1=. 易知平面BMC的一个法向量为n2=(1,0,0), ∴|cos<n1,n2>|=,整理,得3λ2-8λ+4=0,解得λ=或λ=2,又0<λ<1,故λ的值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$