第47讲空间角专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 以空间角三类问题为核心，通过几何法与向量法双路径构建解题体系，强化空间观念与逻辑推理 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |异面直线所成角|3-12题|平移法（辅助线构造三角形）、向量法（坐标求方向向量夹角）|基于异面直线定义，通过平移或空间向量转化为平面角计算| |线面角|2、8、14题|定义法（找射影）、向量法（线方向向量与面法向量夹角互余）|由线面垂直性质推导，建立线与面法向量的数量关系| |面面角|1、4、5、15题|几何法（找二面角平面角）、向量法（两平面法向量夹角）|从二面角定义出发，利用法向量数量积公式直接求解|

第47讲　空间角 (时间:45分钟) 1.已知平面α的一个法向量为a=(1,2,2),平面β的一个法向量为b=(-1,2,0),则两平面的夹角的余弦值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 2.设直线l与平面α相交,且l的方向向量为a,α的法向量为n,若<a,n>=,则l与α所成的角为 (　 ) A. B. C. D. 3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=AA1,D,E分别为AC,BC的中点,则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 4.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在AB,CD上,且AE=2EB,CF=2FD,则平面A1EF与平面C1EF的夹角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 5.点A,B分别在空间直角坐标系Oxyz的x,y轴的正半轴上,点C(0,0,2),平面ABC的一个法向量为n=(2,1,2),设平面ABC与平面ABO的夹角为θ,则cos θ的值为 (　 ) A.- B. C.- D. 6.[2024·福建十一校联考] 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=8,AD=6,异面直线BD与AC1所成角的余弦值为,则CC1=　　　　.  7.如图是电商平台售卖的一种木制“升斗”,底部封闭,上部开口,把该升斗看作一个正四棱台,尺寸如图所示,则该四棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为　　　　.  8.[2023·全国乙卷] 已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D的平面角为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　 ) A. B. C. D. 9.如图,在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼,四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面(四棱柱看成正四棱柱,钟面圆心在棱柱侧面中心上),在整点时刻(在0点至12点中取整数点,含0点,不含12点),已知在3点时和9点时,相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直,则在2点时和8点时,相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 10.(多选题)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　 ) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 11.(多选题)[2024·温州二模] 已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以为 (　 ) A.30° B.45° C.75° D.90° 12.已知四面体ABCD满足AB⊥BC,BC⊥CD,AB=BC=CD=2,且该四面体的体积为12,则异面直线AD与BC所成角的大小为　　　　.  13.[2024·武汉调研] 两个有共同底面的正三棱锥P-ABC与Q-ABC,它们的各顶点均在半径为1的球面上,若二面角P-AB-Q的大小为120°,则△ABC的边长为　　　　.  14.[2024·长郡中学二模] 如图,已知多面体ABC-A1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)求证:AB1⊥平面A1B1C1; (2)求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值. 15.[2023·新课标Ⅰ卷] 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 16.[2024·重庆巴蜀中学月考] 如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1=4. (1)求证:平面ABCD⊥平面ACC1A1; (2)若直线B1C与平面ACC1A1所成角的正切值为,求平面BCC1B1与平面ACC1A1的夹角的正弦值. 17.[2024·杭州二模] 如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD. (1)证明:∠ABQ=90°; (2)若多面体ABCDPQ的体积为,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值. 参考答案 第47讲　空间角 1.D　[解析] 设两平面的夹角为θ,则cos θ=|cos<a,b>|=== =.故选D. 2.C　[解析] ∵<a,n>=,∴l与法向量n所在直线所成的角为,∴l与α所成的角为.故选C. 3.D　[解析] 方法一:设AB=2,取A1B1的中点F,连接C1F,DF,则DF∥B1E,则∠C1DF(或其补角)为异面直线C1D与B1E所成的角.易得DF=B1E=,C1F=,C1D=,所以cos∠C1DF===. 方法二:由题意知AB,BC,BB1两两垂直,以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=BC=AA1=2,则B1(0,0,2),C1(0,2,2),D(1,1,0),E(0,1,0),所以=(-1,1,2),=(0,-1,2),设直线C1D与B1E所成角为θ,则cos θ===.故选D. 4.A　[解析] 以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(2,0,0),F(1,3,0),C1(3,3,3),A1(0,0,3),所以=(-1,3,0),=(1,3,3),=(-2,0,3).设平面EFC1的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令y1=1,则n1=(3,1,-2).设平面EFA1的法向量为n2=(x2,y2,z2),则令y2=1,则n2=(3,1,2),所以cos<n1,n2>==,所以平面A1EF与平面C1EF的夹角的余弦值为.故选A. 5.D　[解析] 设平面ABO的法向量为m=(x,y,z),A(a,0,0)(a>0),B(0,b,0)(b>0),则=(a,0,0),=(0,b,0),所以即可取m=(0,0,1).由题知cos θ===.故选D. 6.2　[解析] 连接AC,交DB于点O,取CC1的中点E,连接OE,BE.因为AC1∥OE,所以BD与AC1所成的角为∠BOE(或其补角),所以cos∠BOE=.设EC=x(x>0),在△BEO中,由AB=8,AD=6,得OB=5.又OE=,BE=,所以由余弦定理得cos∠BOE== =,可得x=,所以CC1=2. 7.　[解析] 如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,取O,O1分别是底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心,连接OO1,AC,A1C1,过点A1作A1E⊥AC,垂足为E,∵A1E∥OO1,∴A1E⊥底面ABCD,∴该四棱台的侧棱与底面所成的角为∠A1AE.由题得C1A1=22,CA=40,AA1=18,∴AE==9,∴cos∠A1AE===. 8.C　[解析] 记AB的中点为E,连接CE,DE,由题意可知AB⊥CE,AB⊥DE,又CE∩DE=E,所以AB⊥平面CDE,∠CED=150°,又AB⊂平面ABC,所以平面CDE⊥平面ABC.在平面CDE中,过点D作DF⊥CE交CE的延长线于点F,则∠DCF即为直线CD与平面ABC所成的角,不妨设AB=2,则DE=,得DF=DE×sin 30°=,EF=DE×cos 30°=,CF=CE+EF=1+=,所以tan∠DCF==.故选C. 9.B　[解析] 易知2点时和8点时钟面上的时针所在直线重合.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心,G为BB1的中点,EN为2点钟时针,FM为8点钟时针,则∠NEG=30°,∠MFG=30°.设正四棱柱的底面边长为a,侧棱长为b,以D为坐标原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则E,N,F,M,所以=,=,所以|cos<,>|== =.所以在2点时和8点时,相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为.故选B. 10.ABD　[解析] 如图,易证BC1⊥平面B1CDA1,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故A选项正确,B选项正确;连接A1C1交B1D1于点O1,连接BO1,则C1O1⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,在Rt△BO1C1中,因为O1C1=BC1,所以∠C1BO1=30°,故C选项错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC=45°即为直线BC1与平面ABCD所成的角,故D选项正确.故选ABD. 11.AD　[解析] 过点P作a'∥a,b'∥b,根据对称性及异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°得,过点P的直线为a',b'所成角的平分线或过点P的直线与直线a',b'确定的平面垂直时,满足过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,故θ=30°或θ=90°.故选AD. 12.或　[解析] 方法一:如图所示,在长方体ABCF-MNEG中,易知点D在直线GE上.由V四面体ABCD=××2×2×CE=12,解得CE=3,故DE===.以F为原点,FA,FC,FG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,,3)或D(0,3,3),所以=(-2,,3)或=(-2,3,3),=(-2,0,0).设异面直线AD与BC所成的角为θ,θ∈,则cos θ===或cos θ===,可得θ=或θ=,故异面直线AD与BC所成角的大小为或. 方法二:如图,过点A作AE∥BC且AE=BC,连接CE,DE,所以∠DAE(或其补角)即为异面直线AD与BC所成的角.易知四边形AECB是正方形,所以AE⊥CE,因为BC⊥CD,AE∥BC,所以AE⊥CD,又CE⊂平面CDE,CD⊂平面CDE,CE∩CD=C,所以AE⊥平面CDE,又DE⊂平面CDE,所以AE⊥ED.过点D作DF⊥CE于点F,因为AE⊥平面CDE,DF⊂平面CDE,所以DF⊥AE,又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面AECB,所以DF⊥平面AECB.因为四面体ABCD的体积为12,所以四棱锥D-ABCE的体积为24=S正方形ABCE·DF=×24·DF,所以DF=3,又CD=CE=2,所以sin∠DCE==,又∠DCE∈(0,π),所以∠DCE=或∠DCE=.当∠DCE=时,△DEC为等边三角形,DE=2,在Rt△ADE中,tan∠DAE===1,则∠DAE=;当∠DCE=时,CD=CE=2,DE=6,在Rt△ADE中,tan∠DAE===,则∠DAE=.故异面直线AD与BC所成角的大小为或. 13.　[解析] 由题意可知,外接球的球心O∈PQ,且PQ⊥平面ABC,即PQ为外接球的直径,PQ=2,设PQ∩平面ABC=G,可知G为等边三角形ABC的中心,取AB的中点E,连接PE,QE,则PE⊥AB,QE⊥AB,可知二面角P-AB-Q的平面角为∠PEQ,则∠PEQ=120°,设EG=a,OG=b,∠PEC=α,∠QEC=β,则CG=2a,α+β=120°,PG=1+b,QG=1-b.因为CG2=OC2-OG2,所以4a2=1-b2,又因为tan α==,tan β==,且tan(α+β)=,则-====-,解得a=,所以△ABC的边长为2a=. 14.解:(1)证明:方法一(几何法): 由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2, 所以A1+A=A,即有AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,即有AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1. 方法二(向量法): 取AC的中点O,连接OB,则OB⊥AC,过点O作OO1∥AA1,交A1C1于点O1,则OO1⊥AC,OO1⊥OB,故以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1),所以=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3), 由·=0得AB1⊥A1B1,由·=0得AB1⊥A1C1,因为A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1. (2)方法一(定义法): 如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD. 因为AB1⊥平面A1B1C1,AB1⊂平面ABB1,所以平面A1B1C1⊥平面ABB1, 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1, 所以∠C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C1AD==.因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是. 方法二(向量法): 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2),设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z), 则即令y=1,得n=(-,1,0),所以sin θ=|cos<,n>|==. 因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是. 方法三(定义法+等积法): 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,点C1到平面ABB1的距离为d.因为C1C∥平面ABB1,所以点C到平面ABB1的距离等于点C1到平面ABB1的距离.由条件易得,点C到平面ABB1的距离等于点C到直线AB的距离,而点C到直线AB的距离为,所以d=,故sin θ===. 因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是. 15.解:(1)证明:方法一:如图①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2∥B3C3.因为B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2. 方法二:因为=++=++=,B2,C2,A2,D2四点不共线,所以B2C2∥A2D2. (2)方法一:如图②,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0≤t≤4),则=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(-2,0,t-1).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos<n1,n2>|==,整理得t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,则B2P=|2-t|=1. 方法二:如图③,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E. 因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°, 易知B2E=,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin 30°=. 连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=2,得A1E⊥B2D2, 由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2, 又A2C2∩B2D2=E,所以A1E⊥平面A2B2C2.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin 60°=.所以==3. 又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面),所以=3,所以A1A2=3B2P=3,解得B2P=1. 16.解:(1)证明:延长AA1,BB1,CC1,DD1交于一点P, 连接BD交AC于点O,连接PO, 则四棱锥P-ABCD为正四棱锥, 即PA=PB=PC=PD,又点O分别为AC,BD的中点, 所以PO⊥AC,PO⊥BD,而AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD, 又PO⊂平面ACC1A1, 所以平面ACC1A1⊥平面ABCD. (2)由(1)知OA,OB,OP两两垂直,故以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图. 设棱台的高为h,则C(-2,0,0),B1(0,,h),B(0,2,0).易知平面ACC1A1的一个法向量为m=(0,1,0),而=(-2,-,-h),由题意知直线B1C与平面ACC1A1所成角的正切值为,则其正弦值为=,设直线B1C与平面ACC1A1所成的角为θ,则sin θ===,可得h=4, 所以=(-2,-2,0),=(0,-,4),设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,则n=(-2,2,1), 故cos<m,n>==,则平面BCC1B1与平面ACC1A1的夹角的正弦值为=. 17.解:(1)证明:连接PM,在△DCM中, 由余弦定理可得DM= =, 所以DM2+DC2=CM2, 所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC. 又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,DM,DP⊂平面PDM,所以DC⊥平面PDM,又PM⊂平面PDM,所以DC⊥PM.因为PQ∥BM,PQ=BM=2,所以四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB,又AB∥DC,所以AB⊥BQ, 所以∠ABQ=90°. (2)因为QB⊥MD,所以PM⊥MD, 又PM⊥CD,DC∩MD=D,DC,MD⊂平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD. 取AD的中点E,连接PE,EM,AM,设PM=h,则多面体ABCDPQ的体积V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3V三棱锥A-PEM+V四棱锥P-CDEM=3V三棱锥P-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEM×h+S四边形CDEM×h=S△AEM×h+×2S△AEM×h=S△AEM×h=××2×1×sin ×h=,解得PM=h=3.以M为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(,-1,0),D(,0,0),P(0,0,3),M(0,0,0), 所以=(0,1,0),=(,0,-3),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则 即令z=1,则m=(3,0,1),易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0),所以cos<m,n>==,所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $