6.3.3 空间角的计算（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第6章　空间向量与立体几何 6.3　空间向量的应用 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.(2024江苏扬州仪征精诚高级中学月考)如图,圆锥的轴截面ABC为等边三角形,D为弧AB的中点,E,F分别为母线BC,AC的中点,则异面直线BF和DE所成角的大小为(　　) A. 2.(2025江苏无锡第三高级中学月考)如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABEF为正方形,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,则直线AC,FB所成角的余弦值为　(　　) A. 3.(2024江苏宿迁泗洪第一高级中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=CC1=4,M是A1B1的中点,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.(易错题)(2025天津南开中学月考)已知向量m,n分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为(　　) A.30°　　　B.60°　　　C.120°　　　D.150° 5.(2024江苏淮安期中)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,E是AB的中点,PB=AC=2,则直线PB与平面PEC所成角的正弦值为(　　) A. 6.(2025辽宁葫芦岛期中)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=SA=SD=2AB=2,P为棱AD的中点,且SP⊥AB,M为棱SA上的一点,若BM与平面SBD所成角的正弦值为,则AM=　　　　.   题组三　平面与平面所成的角 7.(易错题)(多选题)(2025江苏淮安马坝高级中学月考)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的一个法向量分别为n=(2,-1,1),m=(1,1,2),则二面角A-BD-C的大小可能为(　　) A. 8.(2025江苏南京中华中学期中)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,D是棱AB的中点,则平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为(　　) A.　　　D.1 9.(2025北京广渠门中学月考)如图,三棱锥A-BCD中,AB=BC=AC=DB=DC,平面ABC⊥平面BCD,E为BC的中点,EF∥AD,则二面角D-AB-F的余弦值为(　　) A. 能力提升练 题组一　用空间向量解决空间角问题 1.(2025江苏无锡天一中学期末)在正四棱锥S-ABCD中,底面边长为2,侧棱长为4,点P是底面ABCD内一动点,且SP=,则当A,P两点间距离最小时,直线BP与直线SC所成角的余弦值为(　　) A. 2.(创新题)(新情境·立体几何中的新定义)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”的夹角大小不可能为(　　) A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90° 3.(2025浙江温州段考)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,AB=PA.若线段BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD,则此时二面角A-PD-Q的余弦值为(　　) A.　　　 C. 4.(2025江苏苏州大学附属中学月考)在棱长为2的正方体ABCD-A'B'C'D'中,E是棱A'D'上的动点,F是棱BC的中点,当直线EF与A'C所成的角最小时,△AEF的面积为　　　　.  5.(2025江苏徐州质量监测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M,N分别是线段AB1,BC1上的动点,若MN与底面ABCD所成的角为45°,则线段MN长度的取值范围为　　　　.  6.(2025江苏常州第一中学月考)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,∠A1AC=60°,AC⊥BC,A1C⊥AB,AC=1,AA1=2. (1)证明:A1C⊥平面ABC; (2)若直线BA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为,求平面A1BB1与平面BCC1B1夹角的余弦值. 7.(2025湖南长沙实验中学等多校联考)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形,E,F分别为PA,PC的中点,且平面PBD⊥平面BEF. (1)证明:PA=PC; (2)若PB=PD,当四棱锥P-ABCD的体积最大时,求二面角P-BE-F的余弦值. 题组二　用空间向量解决与空间角有关的探索性问题 8.(2025江苏盐城东元高级中学检测)如图1,等腰直角△ABC的斜边BC=4,D为BC的中点,沿BC上的高AD折叠,使得二面角B-AD-C的大小为60°,如图2,M为CD的中点. (1)证明:BM⊥AC; (2)求二面角M-AB-D的余弦值; (3)在线段AC上是否存在点Q,使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为?若存在,求出线段AQ的长度;若不存在,请说明理由. 9.(2025江苏无锡六校联考)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC是边长为2的正三角形,BC=4,AB=2,E,F分别为PC,PB的中点,平面AEF与底面ABC的交线为l. (1)证明:l∥平面PBC; (2)已知平面PAC⊥平面ABC,在直线l上是否存在点Q,使得直线PQ与平面AEF所成的角为α,异面直线PQ,EF所成的角为β,且α+β=?若存在,求出AQ的长;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C 2.D 3.C 4.B 5.B 7.BC 8.C 9.B 1.C　取AB的中点O,连接OC,OD,如图,易知OD,OB,OC两两垂直,故以点O为坐标原点,OD,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系. 设AB=2,则B(0,1,0),D(1,0,0),E,所以. 设异面直线BF和DE所成的角为θ,则cos θ==0,又θ∈,所以θ=. 方法总结 　　用空间向量法求异面直线所成角的步骤:①确定两条异面直线的方向向量;②确定两个向量夹角的余弦值的绝对值;③得出两条异面直线所成的角. 2.D　取AB的中点O,EF的中点M,连接DO,OM. 因为四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,所以DO⊥AB. 因为平面ABCD⊥平面ABEF,且两平面的交线为AB,DO⊂平面ABCD,所以DO⊥平面ABEF.因为四边形ABEF为正方形,O,M分别为AB,EF的中点,所以OM⊥AB,所以OM,OB,OD两两垂直,故以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形ABEF的边长为2,则A(0,-1,0),B(0,1,0),F(2,-1,0),C(0,2,),所以=(2,-2,0),所以cos<,所以直线AC,FB所成角的余弦值为. 3.C　以C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(图略). 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. 4.B　因为cos<m,n>=-,0°≤<m,n>≤180°,所以<m,n>=150°,又直线l和平面α的法向量所在直线的夹角(记为θ)的取值范围为0°≤θ≤90°,故θ=180°-150°=30°,则l与α所成的角为90°-30°=60°. 5.B　因为平面PAC⊥平面ABC,且两平面的交线为AC,PA⊂平面PAC,PA⊥AC,所以PA⊥平面ABC, 又BA,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥BA. 又易知BC⊥AB,所以以点B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(0,1,0),E,0,1),所以,-1,1). 设平面PEC的法向量为n=(x,y,z), 则可取n=(2,). 设直线PB与平面PEC所成的角为θ, 则sin θ=. 解题模板 　　求线面角θ的步骤 6.答案　 解析　过点P作PE∥CD,交BC于点E. 由SD=SA,P为AD的中点,得SP⊥AD, 又SP⊥AB,AD∩AB=A,AD,AB⊂平面ABCD, 所以SP⊥平面ABCD, 又PE⊂平面ABCD,所以SP⊥PE,又四边形ABCD是矩形,所以SP,PA,PE两两垂直. 以P为坐标原点,PA,PE,PS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图. 易得A(1,0,0),S(0,0,),B(1,1,0),D(-1,0,0), 所以=(0,-1,0). 设λ),0≤λ≤1, 则λ). 设平面SBD的法向量为m=(x,y,z), 则令z=1,得m=(-,1). 由BM与平面SBD所成角的正弦值为, 得|cos<,m>|=, 所以λ=,所以|. 7.BC　易得cos<n,m>=, 所以二面角A-BD-C的大小为. 8.C　以C为坐标原点,{}为正交基底,建立空间直角坐标系C-xyz(图略). 令AC=2,则C(0,0,0),D(1,1,0),B1(0,2,2). 设平面B1CD的法向量为n=(x,y,z), 易知=(0,2,2), ∴ 令x=1,则y=-1,z=1, ∴n=(1,-1,1). 易得平面ABC的一个法向量m=(0,0,1), 故cos<n,m>=. 设平面ABC与平面B1CD的夹角为θ,θ∈,则cos θ=,故平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为sin θ=. 方法总结 　　求两个平面所成的角一般有两种思路:一是先根据二面角的平面角及两个平面夹角的定义,在两个半平面内分别找出与二面角的棱垂直的直线,然后利用两直线的方向向量的夹角得到两平面夹角的大小;另一种是直接求出两个平面的法向量,通过法向量的夹角求得两平面夹角的大小,但要注意两平面夹角的取值范围是,而两个法向量的夹角的取值范围为[0,π]. 9.B　连接AE,DE. 因为AB=BC=AC=DB=DC,E为BC的中点, 所以AE⊥BC,DE⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD, 又DE⊂平面BCD,所以DE⊥AE. 以点E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AB=2,则A(0,0,),所以,0,0). 设平面ABD的法向量为m=(x,y,z), 则 令x=1,得y=,z=1, 所以m=(1,,1). 设平面ABF的法向量为n=(a,b,c), 则则a=0, 令c=1,得b=, 所以n=(0,,1). 所以cos<m,n>=. 由图可知,二面角D-AB-F为钝二面角, 所以二面角D-AB-F的余弦值为-. 易错警示 　　二面角的取值范围是[0,π],两平面夹角的取值范围是,求二面角的余弦值时要先判断二面角的范围再下结论,而求两平面夹角的余弦值时直接取绝对值即可. 能力提升练 1.A 2.A 3.C 1.A　如图,连接AC,BD交于点O,连接SO. 因为四棱锥S-ABCD为正四棱锥,所以SO⊥底面ABCD. 因为正方形ABCD的边长为2, 所以AC=BD=4,所以AO=2. 所以在Rt△SOA中,SO=. 又SP=,所以在Rt△SOP中,OP==1, 所以点P在以O为圆心,1为半径的圆上,且在平面ABCD内, 所以当点P为圆O与线段OA的交点时,A,P两点间的距离最小,为AO-OP=1. 以O为坐标原点,OA,OB,OS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则P(1,0,0),B(0,2,0),S(0,0,2),C(-2,0,0),所以),所以|cos<,所以直线BP与直线SC所成角的余弦值为. 2.A　如图,以正方体ABCD-A1B1C1D1为例. 若“表截面”为平面ABC1D1与平面ABCD,则它们的夹角为45°; 若“表截面”为平面ABC1D1与平面BDD1B1,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系, 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,所以平面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, 则cos θ=|cos<, 所以θ=60°; 若“表截面”为平面ABB1A1与平面ABCD,则它们的夹角为90°. 综上,在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为30°. 3.C　∵PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥AD.∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥AD. ∴以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AP=AB=1,BC=a(a>0),则P(0,0,1),D(0,a,0). 设Q(1,y,0),0≤y≤a, 则=(1,y-a,0). ∵PQ⊥QD,∴=0, ∴1+y(y-a)+0=0,即y2-ay+1=0(*). ∵线段BC上有且仅有一个点Q满足条件, ∴关于y的方程(*)有两个相等实根,即Δ=a2-4=0, 又a>0,∴a=2,此时y=1. 显然平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0). 设平面PQD的法向量为n=(x1,y1,z1), 则n·=0且n·=0, 由上面的分析知=(1,-1,0), ∴不妨取x1=1,则y1=1,z1=2, ∴n=(1,1,2). 由图可知,二面角A-PD-Q为锐二面角,设为α, 则cos α=|cos<m,n>|=, ∴二面角A-PD-Q的余弦值为. 4.答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系,则A'(2,0,2),C(0,2,0),F(1,2,0),D'(0,0,2),所以=(-2,2,-2). 设E(a,0,2)(0≤a≤2),则=(1-a,2,-2). 设直线EF与A'C所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,当a=0时,cos θ=,当0<a≤2时,cos θ=. 由对勾函数的性质可知,函数y=a+-2在(0,2]上单调递减,所以当a=2时,ymin=,此时cos θ=,则此时角θ最小,E(2,0,2),与点A'重合, 所以△AEF是以∠EAF为直角的直角三角形. 易得EA=2,AF=,所以△AEF的面积S=. 5.答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系,连接DB1,DM,DN,DB,DC1. 易知D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),D1(0,0,1),所以=(0,0,1). 由题意可设+(1-μ)·,其中λ,μ∈[0,1],则=(μ,1,1-μ),所以=(μ-1,λ,λ-μ). 显然=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量, 所以sin 45°=, 化简得2λμ-2μ+1=0, 显然μ≠0(否则1=0,矛盾), 所以≤μ≤1. |, 因为y=μ+上单调递减,在上单调递增,所以当μ=时,ymin=,当μ=时,y=,当μ=1时,y=,所以函数y=μ+,所以|. 6.解析　(1)证明:在△A1AC中,∠A1AC=60°,AC=1,AA1=2,所以由余弦定理的推论得cos 60°=, 所以A1C2=3. 易知A1C2+AC2=A1A2,所以A1C⊥AC. 又A1C⊥AB,AC,AB⊂平面ABC,AC∩AB=A, 所以A1C⊥平面ABC. (2)由(1)及AC⊥BC,知A1C,AC,BC两两互相垂直,所以以点C为坐标原点,CA,CB,CA1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A1(0,0,),所以). 设BC=k(k>0),则B(0,k,0),所以=(0,k,0). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=,得z=1,所以n=(,0,1). 设直线BA1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sin θ=,即,所以k=1,所以). 易得). 设平面A1BB1的法向量为m=(x0,y0,z0), 则 令z0=1,得x0=,所以m=(,1). 设平面A1BB1与平面BCC1B1的夹角为α, 则cos α=. 所以平面A1BB1与平面BCC1B1夹角的余弦值为. 7.解析　(1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OP,交EF于点Q,连接BQ,过点D作DH⊥BQ于点H. 因为平面PBD⊥平面BEF,平面PBD∩平面BEF=BQ,DH⊂平面PBD,所以DH⊥平面BEF. 又EF⊂平面BEF,所以DH⊥EF. 因为E,F分别为PA,PC的中点, 所以EF∥AC,所以DH⊥AC. 因为底面ABCD为正方形,所以AC⊥BD. 又因为DH∩BD=D,DH,BD⊂平面PBD, 所以AC⊥平面PBD. 又PO⊂平面PBD,所以AC⊥PO. 又因为O为AC的中点,所以PA=PC. (2)以O为坐标原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系. 设AB=,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),所以=(-1,1,0). 由(1)知,点P在yOz平面内,所以设P(0,y0,z0)(z0>0). 因为PB=PD,所以PB2=2PD2, 所以(y0-1)2+,即(y0+3)2+=8. 当四棱锥P-ABCD的体积最大时,z0最大,此时z0=2,则P(0,-3,2),所以E,F-,所以. 设平面PBE的法向量为m=(a,b,c), 则 令a=1,得m=(1,1,). 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=5,得n=(0,2,5). 所以cos<m,n>=. 由图知,二面角P-BE-F为锐二面角, 所以二面角P-BE-F的余弦值为. 8.解析　(1)证明:在题图1中,易知AD⊥BC,所以在题图2中,AD⊥BD,AD⊥CD. 又BD∩CD=D,BD,CD⊂平面BCD, 所以AD⊥平面BCD. 又BM⊂平面BCD,所以AD⊥BM. 因为AD⊥平面BCD,所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,所以∠BDC=60°,又BD=CD,所以△BCD为正三角形. 又因为M为CD的中点,所以CD⊥BM. 又AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD,所以BM⊥平面ACD. 又AC⊂平面ACD,所以BM⊥AC. (2)以D为坐标原点,DC,DA所在直线分别为y轴,z轴,在平面BCD内过点D且垂直于DC的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(,1,0),D(0,0,0),M(0,1,0),所以=(0,0,-2). 设平面ABM的法向量为n1=(x,y,z), 则解得x=0, 令z=1,则y=2,所以n1=(0,2,1). 设平面ABD的法向量为n2=(x1,y1,z1), 则解得z1=0, 令x1=-1,则y1=,所以n2=(-1,,0). 所以cos<n1,n2>=. 由图可知,二面角M-AB-D为锐二面角, 所以二面角M-AB-D的余弦值为. (3)假设在线段AC上存在满足题意的点Q. 易知=(0,2,-2). 设,λ∈[0,1],则=(0,2λ,-2λ), 则=(0,2λ-1,2-2λ). 由(2)知平面ABM的一个法向量为n1=(0,2,1). 由题意得,解得λ=或λ=-(舍去),所以在线段AC上存在点Q,使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为,此时AQ=. 9.解析　(1)证明:因为E,F分别为PC,PB的中点, 所以EF∥BC. 又BC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,所以EF∥平面ABC. 又EF⊂平面AEF,平面AEF与底面ABC的交线为l, 所以EF∥l,所以l∥BC. 又BC⊂平面PBC,l⊄平面PBC,所以l∥平面PBC. (2)假设在直线l上存在满足题意的点Q. 取AC的中点D,连接PD. 因为△PAC是边长为2的正三角形, 所以PD⊥AC,AD=1,所以PD=. 因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PD⊂平面PAC,PD⊥AC, 所以PD⊥平面ABC. 由(1)可知,在底面ABC内过点A作BC的平行线,即为平面AEF与底面ABC的交线l. 由题意得AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC. 取AB的中点M,连接DM,则DM∥BC. 因为AC⊥BC,所以DM⊥AC. 如图,以点D为坐标原点,DA,DM,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),P(0,0,,所以=-,=(0,2,0). 设Q(1,t,0),则). 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则解得y=0, 取z=,则x=1,所以n=(1,0,). 所以cos<n,, 所以sin α=|cos<n,. 因为cos<, 所以cos β=|cos<. 因为α+β=,所以sin α=cos β,即, 所以|t|=1. 当t=1时,=(0,1,0),此时||=1; 当t=-1时,=(0,-1,0),此时||=1. 综上,在直线l上存在满足题意的点Q,此时AQ=1. 26 学科网（北京）股份有限公司 $