6.3.3 空间角的计算 分层同步练习-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

**基本信息** 分层递进设计，覆盖空间角计算全知识点，从基础概念到综合应用再到探究创新，适配新授课分层教学需求，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A层|线面角、二面角、异面直线所成角的基本计算|单一知识点直接应用，如线面角正弦值公式应用（第1题）| |B层|多面体中空间角综合计算、翻折问题|多选题深化理解（第4题），结合坐标系解决动态几何（第14题）| |C层|翻折过程中的动态空间角、高考探究题|高考真题（第16题），动态变化中距离与二面角关系（第15题）|

6.3.3　空间角的计算 A层 基础达标练 1.已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面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° 2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=,则AC与BD1所成角的余弦值是(　　) A.0 B. C. D. 3.在一个锐二面角的两个半平面内,与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则这个锐二面角的平面角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 4.(多选题)已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,若<a,b>=,则二面角α-l-β的大小可能为(　　) A. B. C. D. 5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,PA=AB=BC=AD=1,BC∥AD,已知Q是边PD的中点,则CQ与平面ABCD所成角的正弦值为　　　　.  6.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,求直线A1B与平面A1B1CD所成角的大小. B层 能力提升练 7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CC1=2CB,则直线 BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 8.在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均为等边三角形,且二面角P-BC-A的大小为120°,则异面直线PB和AC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF⊥AC,EF⊥A1D,则EF与BD1所成的角是(　　) A.90° B.60° C.30° D.0° 10.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,下列结论正确的是(　　) A.AC⊥BD B.AB,CD所成角为 C.△ADC为等边三角形 D.AB与平面BCD所成角为60° 11.(多选题)(2025南京月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,则(　　) A.PA⊥BD B.PB与平面ABCD所成角为 C.异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D.二面角A-PB-C的正弦值为 12.在空间中,已知平面α过点A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点P(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面xOy的夹角为45°,则a=　　　　　.  13.如图,已知AB是圆柱底面圆的一条直径,OP是圆柱的一条母线,C为底面圆上一点,且AC∥OB,OP=AB=OA,则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为　　　　. 14.如图,已知在长方形ABCD中,AB=2,AD=,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM. (1)求证:AD⊥BM; (2)若E是线段DB上的一动点,则当点E在何位置时,二面角E-AM-D的余弦值为? C层 拓展探究练 15.(2024江苏通州高二月考)如图,已知平行四边形ABCD,AB=2,BC=4,∠A=60°,E,F分别是AD,BC的中点.现将四边形CDEF沿着直线EF向上翻折,则在翻折过程中,当点A到直线BC的距离为时,二面角A-EF-D的余弦值为　　　　.  16.(2025新高考Ⅱ)如图,在三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值. 参考答案 1.A　设l与α所成的角为θ,且0°≤θ≤90°,则sin θ=|cos<m,n>|=,∴θ=30°. 2.A　建立如图所示的空间直角坐标系,则D10,0,,B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0), 所以=-2,-2,,=(-2,2,0), 所以|cos<>|==0, 即AC与BD1所成角的余弦值为0. 3.A　由, 知这个锐二面角的平面角的余弦值为. 4.AB　由于二面角的范围是[0,π],而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向,因此二面角α-l-β的大小为.故选AB. 5.　以A为坐标原点,以的方向分别为x,y,z轴的正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则C,Q,所以.取平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1), 则cos <n,>=,即CQ与平面ABCD所成角的正弦值为. 6. 解 (方法一)如图,连接BC1,与B1C交于点O,连接A1O. ∵BC1⊥B1C,A1B1⊥BC1,A1B1∩B1C=B1, ∴BC1⊥平面A1B1CD, ∴A1B在平面A1B1CD内的投影为A1O. ∴∠OA1B就是直线A1B与平面A1B1CD所成的角. 设正方体的棱长为1.在Rt△A1OB中,A1B=,BO=, ∴sin∠OA1B=,∴∠OA1B=30°, 即直线A1B与平面A1B1CD所成的角为30°. (方法二)设正方体的棱长为1,以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A1(1,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0), ∴=(1,0,1),=(0,1,0),=(0,1,-1). 设平面A1B1CD的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=-1,得x=1,∴n=(1,0,-1). ∴cos<n,>=, ∴<n,>=60°, ∴直线A1B与平面A1B1CD所成的角为30°. 7.A　不妨设CA=CC1=2CB=2, 则=(-2,2,1),=(0,-2,1), 所以cos<>== =-. 因为直线BC1与直线AB1的夹角为锐角, 所以所求角的余弦值为. 8.A　(方法一)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AO⊥BC,PO⊥BC,所以BC⊥平面PAO,从而平面PAO⊥平面ABC,且∠POA就是二面角P-BC-A的平面角,即∠POA=120°.建立空间直角坐标系如图所示. 设AB=2,则A(,0,0),C(0,-1,0),B(0,1,0), P-,0,, 所以=(-,-1,0),=,1,-, cos<>==-, 所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为. (方法二)如图所示,取BC的中点O,连接OP,OA. 因为△ABC和△PBC均为等边三角形,所以AO⊥BC,PO⊥BC,所以∠POA就是二面角P-BC-A的平面角. 设AB=2,则, 故=()·()==-1-0-0+×-=-, 所以cos<>==-, 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为. (方法三)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AO⊥BC,PO⊥BC, 所以∠POA就是二面角P-BC-A的平面角, 即∠POA=120°. 过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D,连接PD, 则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角. 设AB=a,则PB=BD=a,PO=OD=PD=a, 所以cos∠PBD=, 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为. 9.D　如图,以D为原点建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为a, 则A1(a,0,a),D(0,0,0),A(a,0,0),C(0,a,0),B(a,a,0),D1(0,0,a), ∴=(a,0,a),=(-a,a,0),=(-a,-a,a). ∵EF⊥AC,EF⊥A1D,设=(x,y,z), ∴=(x,y,z)·(a,0,a)=ax+az=0, =(x,y,z)·(-a,a,0)=-ax+ay=0. ∵a≠0,∴x=y=-z(x≠0), ∴=(x,x,-x), ∴=-, ∴,即BD1∥EF. 故EF与BD1所成的角是0°. 10.ABC　如图,取BD的中点O,连接AO,CO, 连接AC,易知BD⊥平面AOC,故BD⊥AC. 如图,建立空间直角坐标系,设正方形的边长为a, 则Aa,0,0,B0,-a,0,C0,0,a,D0,a,0,　 故=-a,-a,0,=0,a,-a. 由两向量夹角公式,得cos<>=-, 故两异面直线所成的角为. 在Rt△AOC中,由AO=CO=a,AO⊥CO, 知AC=AO=a,故△ADC为等边三角形. 易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角, 可求得∠ABO=45°,故D错. 11.ABD　设AB=2AD=2PD=2a,由余弦定理,得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos ∠BAD=a2+4a2-4a2·=3a2,则BD=a,则BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD,又PD⊥底面ABCD,AD,BD⊂底面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD. 如图,以D为原点,DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),P(0,0,a). 对于A,=(a,0,-a),=(0,-a,0),则=0+0+0=0, 所以PA⊥BD,故A正确; 对于B,因为PD⊥底面ABCD,所以=(0,0,a)是平面ABCD的一个法向量,又=(0,a,-a),所以cos<>==-, 则PB与平面ABCD所成角的正弦值为,即PB与平面ABCD所成角为,故B正确; 对于C,=(-a,a,0),=(-a,a,-a), 则cos<>=, 则异面直线AB与PC所成角的余弦值为,故C错误; 对于D,设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则令y1=1,则n=(,1,), 设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则 令y2=1,则m=(0,1,), 所以cos<n,m>=, 令二面角A-PB-C所成角为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=, 则平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为, 所以sin θ=,故D正确. 故选ABD. 12.　已知,平面xOy的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面α的法向量为u=(x,y,z), 又=(-3,4,0),=(-3,0,a), 则 即3x=4y=az,取z=1,则u=,1. 而cos<n,u>=, 又a>0,所以a=. 13. 　由AB是底面圆的直径,得AO⊥BO. 又OP是圆柱的母线,则OP⊥平面OABC,所以OA,OB,OP两两垂直. 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 设OA=1,则AB=OP=,所以OB==1. 因为AC∥OB,所以∠OAC=90°,而∠ACB=90°, 所以四边形OACB是正方形, 所以P(0,0,),A(1,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0), 则=(1,1,-),=(-1,1,0),=(-1,0,). 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=1,则x=y=,所以n=(,1). 设直线PC与平面PAB所成角为θ, 所以sin θ=|cos<n,>|=. 14.(1)证明 因为在长方形ABCD中,AB=2,AD=,M为DC的中点, 所以AM=BM=2,所以BM⊥AM. 因为平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM,所以BM⊥平面ADM. 因为AD⊂平面ADM,所以AD⊥BM. (2)解 如图,取AM的中点O,连接OD,则OD⊥AM,过点O作ON⊥AM,交AB于点N. 又平面ADM⊥平面ABCM, 所以OD⊥平面ABCM. 以O为原点,OA,ON,OD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),M(-1,0,0),D(0,0,1),B(-1,2,0), 所以=(1,0,1),=(-1,2,-1),=(-2,0,0). 设=λ(0≤λ≤1), 则+λ=(1-λ,2λ,1-λ). 设平面AME的法向量为m=(x,y,z), 则 取y=1,得x=0,y=1,z=, 所以m=0,1,. 显然平面AMD的一个法向量为n=(0,1,0). 因为cos<m,n>=,解得λ=, 所以E为BD的中点. 15.　如图,连接BE,DF,取EF的中点O,连接OB,OD, 易知DE=CF=CD=2,且DE∥CF,则四边形CDEF为菱形, 易知∠DEF=∠DCF=60°,则△DEF为等边三角形,所以OD⊥EF, 同理可知OB⊥EF,所以二面角A-EF-D的平面角为∠BOD=θ, 因为OB∩OD=O,OB,OD⊂平面OBD,所以EF⊥平面OBD, 且OB=OD=2sin 60°=, 以点O为坐标原点,OB,OF所在直线分别为x,y轴,平面ABFE内过点O且与平面ABFE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系, 则A,B,D, C(cos θ,2,sin θ), , 所以点A到直线BC的距离为d=,解得cos θ=. 故答案为. 16.(1)证明 如图,连接AE,DE,∵E为BC的中点,DB=DC,∴DE⊥BC①. ∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°, ∴△ACD与△ABD均为等边三角形, ∴AC=AB,∴AE⊥BC②.由①②,得AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE, ∴BC⊥平面ADE.又AD⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)解 设DA=DB=DC=2,∵BD⊥CD,∴BC=2,DE=AE=. ∴AE2+DE2=4=AD2,∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD. 以点E为原点,ED,EB,EA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D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0). 则=(0,,-). ∵=(-,0,),∴F(-,0,),∴=(-,0,0),　 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), 二面角D-AB-F的平面角为θ, ∴取x1=1,得n1=(1,1,1), 取y2=1,得n2=(0,1,1), ∴|cos θ|=, ∴sin θ=, 即二面角D-AB-F的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $