备战2024年高考数学一轮复习（一隅三反基础版新高考专用）7-4 几何法求空间角（精练）（基础版）（解析版）

7.4 几何法求空间角（精练）（基础版）

1．（2022·全国·模拟预测）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为（       ）

A．30° B．90° C．45° D．60°

【答案】C

【解析】如图，在正方体中，连接交于，连接，因为，分别为，的中点，所以，所以异面直线与所成角即与所成角，易知．

故选C．

2．（2023·全国·高三专题练习）在长方体中，点E为的中点，，且，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

连接，由可得或其补角即为异面直线AE与BC所成角，又面，面，则，

则，同理可得，，则，，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.故选：C.

3．（2023·全国·高三专题练习（文））如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】在四面体ABCD中，平面，平面，则，而，

即，又，平面，则有平面，而平面，

于是得，因P为AC的中点，即，而，平面，

则平面，又平面，从而得，

所以直线BP与AD所成的角为.故选：D

4．（2022·河南省）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】把三棱柱补成如图所示长方体，连接，CD，则，

所以即为异面直线与所成角（或补角）．

由题意可得，

，，

所以．

故选：B．

5．（2022·青海西宁·二模（理））如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，异面直线与所成的角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】把展开图还原成正方体如图所示，

由于且相等，故异面直线与所成的角就是和所成的角，

故 (或其补角)为所求，

再由是等边三角形，可得.

故选：C.

1．（2022·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，，M是的中点，连接，，．

(1)求证：；

(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】(1)连接，．

因为，M是的中点，所以，

因为平面平面，平面平面，所以平面，

而平面，所以，

在矩形中，M是的中点，，，所以，

所以，而，，平面，所以平面，

而平面，所以．

(2)由（1）知，平面，所以，

在直角中，，所以，

因为，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，

而平面平面，平面平面，又，

所以平面，从而平面平面，且平面平面，

过B点作直线于H，则平面，

所以直线与平面所成的角即为，

在个，，，所以，，

因此直线与平面所成角的余弦值为．

2．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测（文））如图，菱形ABCD中，把△BDC沿BD折起，使得点C至P处.

(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；

(2)若与平面ABD所成角的余弦值为，，求三棱锥P—ABD的体积.

【答案】(1)证明见解析(2)1

【解析】(1)如图所示，取AC与BD的交点为O，连接PO，

∵四边形ABCD为菱形，现把△BDC沿BD折起，使得点C至P处，

，∴，

∵AC平面PAC，PO平面PAC，,

∴BD⊥平面PAC，又BD平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD．

(2)作于H点，

∵，∴△PAC为直角三角形，

因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面，

所以PH⊥平面ABCD，所以，

∵PA与平面ABD所成角的余弦值为，即，

∴△PAC为等腰直角三角形，∴H与O重合，

∵，菱形ABCD中，

∴，

.

3．（2022·黑龙江·哈尔滨德强学校高一期末）四棱锥，底面ABCD是平行四边形，，且平面SCD平面ABCD，点E在棱SC上，直线平面BDE.

(1)求证：E为棱SC的中点；

(2)设二面角的大小为，且.求直线BE与平面ABCD所成的角的正切值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）连AC交BD于F，连EF．∵ABCD是平行四边形，∴∵直线平面BDE，面PAC，面面，∴，由是中点，∴E为棱SC的中点；

（2）取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG

∵侧面SCD满足，不妨设∴，∵平面平面ABCD，平面平面∴平面ABCD，又平面ABCD，故，∵∴∵ ∴       ，∴，又，平面，∴平面∴是二面角的平面角∴，又，∴∴∴∴∴∴，∵∴，∴平面ABCD∴为直线EB与平面ABCD所成的角，即直线EB与平面ABCD所成的角的正切值为

4．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心）如图，在三棱锥中，三角形是边长为2的正三角形，，为中点．

(1)求证：；

(2)若二面角等于，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）证明：取中点，连接，因为正三角形，为中点，所以，因为分别为中点，所以，因为，所以，因为，所以平面，因为平面，所以．

（2）因为，，所以为二面角的平面角，，过作的垂线交于，连接，因为平面，平面，所以，又，，所以平面，所以为直线与平面所成角，因为三角形是边长为2的正三角形，，所以，所以.

5．（2022·河北保定）如图，已知正方体.

(1)证明：平面；

(2)若，求直线与平面所成角的正切值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）连接.在正方体中，平面，所以，在正方形中，，因为，所以平面，因为平面，所以，同理可证得，因为，所以平面；

（2）过点E作于点F，连接，在正方体中，因为平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体的棱长为4，则，因为，所以，则，在中，，由余弦定理得，即，在中，，故直线与平面所成角的正切值为.

6．（2022·浙江）如图，在三棱锥A­BCD中，且AD⊥DC，AC⊥CB，面ABD⊥面BCD，AD＝CD＝BC，E为AC的中点，H为BD的中点.

(1)求证：AD⊥BC；

(2)在直线CH上确定一点F，使得AF∥面BDE，求AF与面BCD所成角的度数.

【答案】(1)证明见解析(2)45°

【解析】（1）证明:，为中点，所以，又面面，且面面，所以面，则，又,,,所以面，所以.

（2）

在CH延长线上取点F，使FH＝HC，且为中点，则四边形BCDF为平行四边形，又EH∥AF，EH⊂面BDE，AF⊄面BDE，∴AF∥面BDE，又AD⊥面BCD，∴∠AFD即为AF与面BCD所成的角，又DF＝BC＝AD，∴∠AFD＝45°，即AF与面BCD所成的角为45°

7．（2022·浙江）如图在四棱锥中，底面是边长的正方形，侧面底面，且，设，分别为，的中点.

(1)求证：平面；

(2)求与平面所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）连接，因为四边形为正方形，且为的中点，所以为的中点，又因为为的中点，则，平面，平面，平面.

（2）因为四边形为正方形，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，又，所以，即.又，平面，所以平面，所以即为与平面所成的角，设，则，，在中，所以，因为，所以，即与平面所成的角为.

8．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且.

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）证明：以、、为基底，得，,，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面.

（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．

1．（2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习）如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．

(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；

(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求：二面角C­-PB­-A的正切值．

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】(1)因为平面，平面，所以，

因为AB是圆的直径，C是圆上的点，所以，

因为，所以平面，

因为平面，所以平面PAC⊥平面PBC.

(2)过作，垂足为，过作，垂足为，连，如图：

因为平面，平面，所以，

因为，所以平面，所以，

因为，，所以平面，所以，

所以是二面角C­-PB­-A的平面角，

因为，，，所以，所以，，，

因为，，所以，所以，

在直角三角形中，，

在直角三角形中,.

所以二面角C­-PB­-A的正切值为.

2（2022·北京·景山学校模拟预测）如图，正三棱柱中，E，F分别是棱，上的点，平面平面，M是AB的中点．

(1)证明：平面BEF；

(2)若，求平面BEF与平面ABC夹角的大小．

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】(1)证明：在等边中，为的中点，所以，

在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，

过在平面内作，垂足为，

平面平面，平面平面，平面，，

平面，平面，平面．

(2)解：由题设平面，平面平面，

，

四边形是平行四边形，又且，

所以，

延长，，相交于点，连接，则、分别为、的中点，

则平面与平面所成的角就是二面角，

可知，，所以平面，

是二面角的平面角，

又，，

所以，即平面与平面所成的角为；

3．（2022·河北邯郸）已知四棱锥的底面为矩形，，，平面，是的中点.

(1)证明：平面；

(2)若与平面所成的角为45°，求二面角的正切值.

【答案】(1)详见解析(2)

【解析】（1）由条件可知，，满足，所以，又因为平面，平面，所以，且，所以平面；

（2）因为是与平面所成的角，所以，，因为，，，所以平面，取的中点，，垂足为点，连结，因为，所以平面，所以，，所以平面，所以，即是二面角的平面角，,，，所以，所以二面角的正切值为.

4．（2022·湖南）如图，在三棱锥中，

(1)求证：；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）证明：取中点，连接，，.，又，故平面，又平面，.

（2），又又，故又平面取的中点，连接，由，得因是在平面内的射影是二面角的平面角，在中，.，故即二面角的正弦值为

.       

5．（2022·湖南） 在直三棱柱中，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；

(2)若，，．求二面角的正切值．

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）取中点并连接，是的中点 ，是的中点 ，，，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面．

（2）连接 ，，，是的中点， ，同理可得，，因为二面角的平面角为，又 平面，平面， ，直三棱柱 平面，又平面，，又，平面 平面 ，易得，在中可得，所以二面角的正切值为

6．（2022·黑龙江·哈九中高一期末）如图（1），平面四边形ABDC中，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝BC＝2，CD＝1，将△ABC沿BC边折起如图（2），使______，点M，N分别为AC，AD中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．

①；②AC为四面体ABDC外接球的直径；③平面ABC⊥平面BCD．

(1)判断直线MN与平面ABD是否垂直，并说明理由；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)垂直，理由见解析；(2).

【解析】（1）若选①：，在中，，，，，可得，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为，分别为，中点，可得，所以平面．若选②：为四面体外接球的直径，则，可得，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面．若选③：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面．

（2）若选①：∵MN⊥平面ABD，AN，平面ABD，∴MN⊥AN，MN⊥BN，且，，∴∠ANB为二面角的平面角，∵AB⊥BD，N为BD中点，，∴，∴，∴；若选②：∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，∴，又∵∠ADC＝90°，CD＝1，∴，在中，BC＝2，CD＝1，∴，又∵AB＝2，∴，即AB⊥BD，∵MN⊥平面ABD，AN，平面ABD，∴MN⊥AN，MN⊥BN，且，，∴∠ANB为二面角的平面角，∵AB⊥BD，N为BD中点，，∴，∴，∴；若选③：平面ABC⊥平面BCD，∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，∴，∵CD⊥平面ABD，平面ABD，∴CD⊥AD，又∵∠ADC＝90°，CD＝1，∴，∵MN⊥平面ABD，AN，平面ABD，∴MN⊥AN，MN⊥BN，且，，∴∠ANB为二面角的平面角，∵AB⊥BD，N为BD中点，，∴，∴，.

7．（2022·内蒙古）如图1，是等边三角形，是直角三角形，BD⊥BC，，将沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图2.

(1)证明：BC⊥平面ABD；

(2)求平面ABC与平面BCD所成的二面角的正切值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】（1）证明：由已知，折叠后的几何体是三棱锥，取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面BCD＝BD，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以平面；

（2）解：由（1）知平面.因为平面，所以，又，所以平面与平面所成的角为，因为是等边三角形，所以，所以平面与平面所成角的正切值.