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2023届高考一轮复习加练必刷题第61练 几何法求空间角【解析版】
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第61练 几何法求空间角考点一 异面直线所成的角1.(2022·长春质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=,AD=1,AA1=,则异面直线AD1与A1C1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案 D解析 连接AC(图略),∵AA1∥CC1,AA1=CC1,∴四边形AA1C1C为平行四边形,∴A1C1∥AC,则∠D1AC即为异面直线AD1与A1C1所成的角或其补角,cos∠D1AC==.2.已知正四面体ABCD,点M为棱AB上一个动点,点N为棱CD上靠近点C的三等分点,记直线MN与BC所成角为θ,则sin θ的最小值为( )A. B. C. D.答案 A解析 不妨设正四面体ABCD的棱长为3,则该四面体的高为,连接AN,BN,BN=AN=,要求直线MN与BC所成的最小角,即为直线BC与平面ABN所成的角,记点C到平面ABN的距离为h,由等体积法可知VC-ABN=VA-BCN,即·S△ABN·h=·S△BCN·,解得h=,所以直线BC与平面ABN所成角的正弦值为==,所以sin θ的最小值为.3.(2022·海口模拟)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长均相等,∠ADC=120°,M是BB1上一动点,当A1M+MC取得最小值时,直线A1M与B1C所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案 A解析 如图,设直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,当A1M+MC取得最小值时,M为BB1的中点,连接A1D,则A1D∥B1C,则∠DA1M为直线A1M与B1C所成角(或其补角),此时A1D=2,A1M=,∵∠ADC=120°,∴△ABD为等边三角形,得BD=2,∴DM=,则△A1MD为等腰三角形,可得cos∠DA1M==.考点二 直线与平面所成的角4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱A1B1,AD,CC1的中点,则对角线BD1与平面EFG所成角的大小为( )A. B. C. D.答案 D解析 如图,在正方体中取棱B1C1,AA1,CD的中点M,N,P,连接EM,MG,GP,PF,FN,NE,得到正六边形ENFPGM,连接AC,BD,则AC⊥BD,又DD1⊥AC,BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BDD1,又BD1⊂平面BDD1,故AC⊥BD1,又AC∥PF,则PF⊥BD1,同理可得NF⊥BD1,且PF∩NF=F,故BD1⊥平面ENFPGM,所以对角线BD1与平面EFG所成角的大小为.5.已知E,F,O分别是正方形ABCD的边BC,AD及对角线AC的中点,将△ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥,则在翻折过程中,直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为( )A. B.C. D.答案 A解析 如图所示,作EH⊥OB交OB于H,设直线EF与平面BOD的交点为M,连接MH,由EH⊥OB,EH⊥OD,且OD∩OB=O,OD,OB⊂平面BOD,则EH⊥平面BOD,故∠HME为直线EF与平面BOD所成的角,因为MH⊂平面BOD,则EH⊥MH,所以cos∠HME=,则sin∠HME=,令正方形ABCD的边长为1,则AC=,HE=OC=AC=,在翻折过程中,EF与平面BOD的交点M在平面ABC内的射影,由点O向点H移动,即EM越来越小,且EH<EM<OE=,所以<sin∠HME<,即<sin∠HME<1,所以<∠HME<,则0<cos∠HME<,所以直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为.6.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知∠ABC=120°,四边形ABCD是边长为2的菱形,且AA1=4,E为线段BC上的动点,当BE=________时,A1E与底面ABCD所成角为60°.答案 -1解析 如图所示,连接AE,因为AA1⊥底面ABCD,所以∠A1EA为A1E与底面ABCD所成的角,即∠A1EA=60°,又因为AA1=4,所以=tan 60°=,解得AE=,设BE=m(0≤m≤2),在△ABE中,AB=2,∠ABE=120°,AE=,由余弦定理可得2=22+m2-2×2×m×cos 120°,整理得3m2+6m-4=0,解得m=-1.考点三 二面角7.如图,锐二面角α-l-β的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=BD=6,CD=8,则锐二面角α-l-β的平面角的余弦值是( )A. B. C. D.答案 B解析 过点B作BE∥AC,且BE=AC,连接DE,CE,因为AC⊥AB,所以BE⊥AB,因为BD⊥AB,BD∩BE=B,所以∠DBE是二面角α-l-β的平面角,且AB⊥平面DBE,所以AB⊥DE,所以CE⊥DE,因为AB=4,CD=8,所以DE===4,所以cos∠DBE===.8.已知四棱锥S—ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点),设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S—AB—C的平面角为θ3,则( )A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1答案 D解析 如图所示,设O为正方形ABCD的中心,M为AB的中点,过E作BC的平行线EF,交CD于F,过O作ON⊥EF于N,连接SO,SN,SE,SM,OM,OE,则SO⊥底面ABCD,OM⊥AB,因此∠SEN=θ1,∠SEO=θ2,∠SMO=θ3,从而tan θ1==,tan θ2=,tan θ3=,因为SN≥SO,EO≥OM,所以tan θ1≥tan θ3≥tan θ2,即θ1≥θ3≥θ2.9.(2022·长沙模拟)已知二面角α-l-β的大小为140°,直线a,b分别在平面α,β内且都垂直于棱l,则a与b所成角的大小为________.答案 40°10.(2022·厦门外国语学校质检)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则二面角A-B1D1-C的正弦值为________.答案 解析 如图,连接AD1,AB1,AC,B1D1,取B1D1的中点F,连接AF,CF,由于AD1,AB1,B1D1都是正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线,所以AD1=AB1=B1D1,所以△AB1D1是等边三角形,又F是B1D1的中点,所以AF⊥B1D1,同理CF⊥B1D1,所以∠AFC是二面角A-B1D1-C的平面角,不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则易得AC=a,AF=CF=a.在△AFC中,根据余弦定理得cos∠AFC==.又0<∠AFC<π,所以sin∠AFC==,即二面角A-B1D1-C的正弦值为.11.(多选)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则下列命题正确的是( )A.异面直线C1P和CB1所成的角为定值B.直线CP和平面ABC1D1所成的角为定值C.三棱锥D-BPC1的体积为定值D.直线CD和平面BPC1平行答案 ACD解析 对于A,因为在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则CB1⊥平面ABC1D1,因为C1P⊂平面ABC1D1,所以CB1⊥C1P,故这两条异面直线所成的角恒为定值90°,故选项A正确;对于B,令BC1与B1C的交点为O(图略),∠CPO即为直线CP与平面ABC1D1所成的角,当点P移动时,∠CPO是变化的,故直线CP和平面ABC1D1所成的角不是定值,故选项B错误;对于C,三棱锥D-BPC1的体积等于三棱锥P-DBC1的体积,又△DBC1的面积为定值,因为P∈AD1,而AD1∥平面BDC1,所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离,所以三棱锥D-BPC1的体积为定值,故选项C正确;对于D,直线CD∥平面ABC1D1,则直线CD∥平面BPC1,故选项D正确.12.(多选)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,F为线段CD上一点,且满足DF=3FC,现将△DAF沿AF折起使得D折到D′,使得平面ABD′⊥平面ABC,则下列结论正确的是( )A.线段BD′上存在一点P(异于端点),使得直线AD′与CP垂直B.线段BD′上存在一点P(异于端点),使得直线CP∥平面AD′FC.直线D′F与平面ABC所成角的正弦值为D.平面D′BC与平面ABC所成锐二面角的正切值为答案 BCD解析 如图所示,过点D′作D′E⊥AB,垂足为E,因为平面ABD′⊥平面ABC,则D′E⊥平面ABC,作EH⊥AF,垂足为H,连接D′H,因为AF⊥D′E,且EH∩D′E=E,EH,D′E⊂平面D′EH,所以AF⊥平面D′EH,又D′H⊂平面D′EH,故AF⊥D′H,因为AD=2,DF=3,则AF=,则DH==,AH==,EH==,D′E==,AE==,BE=4-AE=,连接EF,则∠D′FE为直线D′F与平面ABC所成的角,所以sin∠D′FE==,故选项C正确;因为BC⊥AB,平面ABD′⊥平面ABC,且平面ABD′∩平面ABC=AB,BC⊂平面ABC,故BC⊥平面ABD′,又BD′⊂平面ABD′,所以BC⊥BD′,故∠EBD′为平面D′BC与平面ABC所成锐二面角的平面角,且tan∠EBD′==,故选项D正确;当点P位于靠近D′的线段D′B的四等分点时,过点P作AB的平行线交D′A于点R,则PR∥CF,且PR=CF,所以四边形PRFC为平行四边形,故CP∥FR,又CP⊄平面AD′F,FR⊂平面AD′F,所以CP∥平面AD′F,故选项B正确;过点A作AQ⊥BD′,垂足为Q,因为BC⊥平面ABD′,且BC⊂平面CBD′,则平面BCD′⊥平面ABD′,又平面BCD′∩平面ABD′=BD′,AQ⊂平面ABD′,所以AQ⊥平面BCD′,又CP⊂平面BCD′,故AQ⊥CP,假设CP⊥AD′,因为AQ∩AD′=A,AQ,AD′⊂平面ABD′,则CP⊥平面ABD′,又BD′⊂平面ABD′,所以CP⊥BD′,则点P与点B重合,这与题意矛盾,所以CP不可能与AD′垂直,故选项A错误.13.(2022·杭州高级中学模拟)在三棱锥D-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,DA=DB=,二面角D-AB-C为120°,则三棱锥D-ABC外接球的半径为________.答案 解析 如图,取AB的中点E,连接CE,DE,又DA=DB,CA=CB,所以DE⊥AB,CE⊥AB,所以∠CED为二面角D-AB-C的平面角,又二面角D-AB-C为120°,所以∠CED=120°,因为DA=DB=,AB=2,所以AB2=AD2+BD2,所以AD⊥DB,所以△ABD为直角三角形,过点E作平面ABD的垂线,设△ABC的外心为O1,过O1作平面ABC的垂线,设两垂线交于O,则O为三棱锥D-ABC外接球的球心,连接OC,又∠CED=120°,OE⊥ED,所以∠OEO1=30°,又CE===,所以在Rt△OO1E中,O1E=CE=,所以OO1=O1E·tan∠OEO1=·tan 30°=,在Rt△OO1C中,CO1=CE=,所以OC===,所以三棱锥D-ABC外接球的半径为.14.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.古希腊历史学家希罗多德记载:胡夫金字塔的每一个侧面三角形的面积等于金字塔高的平方,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ________;侧面与底面所成二面角的余弦值为 ________.答案 解析 如图,在正四棱锥P-ABCD中,O为底面ABCD的中心,M为AD的中点,设底面边长为AB=a,侧棱PA=m,则四棱锥的高PO===,斜高PM===,因为侧面三角形的面积等于高的平方,所以·AD·PM=PO2,即·a·=m2-a2,整理得42-5+=0,解得=,又m2-a2>0⇒m2>a2⇒>,所以=,于是侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为=====,因为PM⊥AD,OM⊥AD,所以∠PMO即为侧面与底面所成的二面角的平面角,所以cos∠PMO======.
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