新高考高考数学一轮复习巩固练习7.6第61练《几何法求空间角》（2份打包，解析版+原卷版）

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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＝eq \r(5)，AD＝1，AA1＝eq \r(2)，则异面直线AD1与A1C1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(2),6)
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，
cs∠D1AC＝eq \f(AC2＋AD\\al(2,1)－D1C2,2AC·AD1)＝eq \f(\r(2),6).
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.eq \f(\r(38),19) B.eq \f(\r(3),19) C.eq \f(\r(2),17) D.eq \f(\r(34),17)
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eq \r(6)，连接AN，BN，BN＝AN＝eq \r(7)，
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eq \f(1,3)·S△ABN·h＝eq \f(1,3)·S△BCN·eq \r(6)，
解得h＝eq \f(3\r(38),19)，
所以直线BC与平面ABN所成角的正弦值为eq \f(h,BC)＝eq \f(\f(3\r(38),19),3)＝eq \f(\r(38),19)，
所以sin θ的最小值为eq \f(\r(38),19).
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.eq \f(\r(10),5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(1,5) D.eq \f(\r(10),10)
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＝2eq \r(2)，A1M＝eq \r(5)，
∵∠ADC＝120°，∴△ABD为等边三角形，得BD＝2，
∴DM＝eq \r(5)，则△A1MD为等腰三角形，可得cs∠DA1M＝eq \f(\r(2),\r(5))＝eq \f(\r(10),5).
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.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
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eq \f(π,2).
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.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))
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cs∠HME＝eq \f(MH,ME)，
则sin∠HME＝eq \f(HE,ME)，
令正方形ABCD的边长为1，
则AC＝eq \r(2)，HE＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(1,4)AC＝eq \f(\r(2),4)，
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所以eq \f(HE,OE)即eq \f(\r(2),2)所以eq \f(π,4)<∠HME则0所以直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
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 eq \f(\r(21),3)－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eq \f(4,AE)＝tan 60°＝eq \r(3)，解得AE＝eq \f(4\r(3),3)，
设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝eq \f(4\r(3),3)，
由余弦定理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)))2＝22＋m2－2×2×m×cs 120°，
整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝eq \f(\r(21),3)－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.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
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＝eq \r(CD2－CE2)＝eq \r(82－42)＝4eq \r(3)，
所以cs∠DBE＝eq \f(BE2＋BD2－DE2,2BE·BD)＝eq \f(36＋36－48,2×6×6)＝eq \f(1,3).
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≤θ1
C．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＝eq \f(SN,EN)＝eq \f(SN,OM)，
tan θ2＝eq \f(SO,EO)，tan θ3＝eq \f(SO,OM)，
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 eq \f(2\r(2),3)
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＝eq \r(2)a，AF＝CF＝eq \f(\r(6),2)a.
在△AFC中，根据余弦定理得cs∠AFC＝eq \f(AF2＋CF2－AC2,2AF·CF)＝eq \f(1,3).
又0<∠AFC<π，
所以sin∠AFC＝eq \r(1－cs2∠AFC)＝eq \f(2\r(2),3)，
即二面角A－B1D1－C的正弦值为eq \f(2\r(2),3).
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′F
C．直线D′F与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(2\r(5),9)
D．平面D′BC与平面ABC所成锐二面角的正切值为eq \f(\r(5),4)
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＝eq \r(13)，
则DH＝eq \f(AD·DF,AF)＝eq \f(6,\r(13))，AH＝eq \f(AD2,AF)＝eq \f(4,\r(13))，EH＝eq \f(AH2,DH)＝eq \f(8,3\r(13))，
D′E＝eq \r(D′H2－EH2)＝eq \f(2\r(5),3)，
AE＝eq \r(AD′2－D′E2)＝eq \f(4,3)，
BE＝4－AE＝eq \f(8,3)，
连接EF，则∠D′FE为直线D′F与平面ABC所成的角，
所以sin∠D′FE＝eq \f(D′E,D′F)＝eq \f(2\r(5),9)，
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′＝eq \f(D′E,BE)＝eq \f(\r(5),4)，
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＝eq \r(2)，二面角D－AB－C为120°，则三棱锥D－ABC外接球的半径为________．
答案 eq \f(\r(13),3)
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＝eq \r(2)，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＝eq \r(CA2－AE2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
所以在Rt△OO1E中，O1E＝eq \f(1,3)CE＝eq \f(\r(3),3)，
所以OO1＝O1E·tan∠OEO1＝eq \f(\r(3),3)·tan 30°＝eq \f(1,3)，
在Rt△OO1C中，CO1＝eq \f(2,3)CE＝eq \f(2\r(3),3)，所以OC＝eq \r(O1C2＋OO\\al(2,1))＝eq \r(\f(4,3)＋\f(1,9))＝eq \f(\r(13),3)，
所以三棱锥D－ABC外接球的半径为eq \f(\r(13),3).
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 eq \f(\r(5)＋1,4) eq \f(\r(5)－1,2)
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＝eq \r(PA2－OA2)＝eq \r(m2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq \r(m2－\f(1,2)a2)，
斜高PM＝eq \r(PO2＋OM2)＝eq \r(m2－\f(1,2)a2＋\f(1,4)a2)＝eq \r(m2－\f(1,4)a2)，
因为侧面三角形的面积等于高的平方，
所以eq \f(1,2)·AD·PM＝PO2，
即eq \f(1,2)·a·eq \r(m2－\f(1,4)a2)＝m2－eq \f(1,2)a2，
整理得4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,a2)))2－5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,a2)))＋eq \f(5,4)＝0，
解得eq \f(m2,a2)＝eq \f(5±\r(5),8)，
又m2－eq \f(1,2)a2>0⇒m2>eq \f(1,2)a2⇒eq \f(m2,a2)>eq \f(1,2)，
所以eq \f(m2,a2)＝eq \f(5＋\r(5),8)，
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eq \f(PM,AB)＝eq \f(\r(m2－\f(1,4)a2),a)＝eq \r(\f(m2,a2)－\f(1,4))＝eq \r(\f(5＋\r(5),8)－\f(1,4))＝eq \r(\f(6＋2\r(5),16))＝eq \f(1＋\r(5),4)，
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cs∠PMO＝eq \f(OM,PM)＝eq \f(\f(1,2)a,\r(m2－\f(1,4)a2))＝eq \r(\f(\f(1,4),\f(m2,a2)－\f(1,4)))＝eq \r(\f(\f(1,4),\f(5＋\r(5),8)－\f(1,4)))＝eq \r(\f(6－2\r(5),4))＝eq \f(\r(5)－1,2).