备战高考2024年数学第一轮专题复习7.3 空间角（精练）（提升版）（解析版）

这是一份备战高考2024年数学第一轮专题复习7.3 空间角（精练）（提升版）（解析版），共50页。试卷主要包含了线线角，空间角的综合运用等内容，欢迎下载使用。

7.3 空间角（精练）（提升版）
题组一 线线角

1．（2023·全国·高三专题练习）已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的正弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
所以，，，.
所以，.
故选：C.
2．（2023·全国·高三专题练习（理））已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，

，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，故选：B
3．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））如图，四边形为圆台的轴截面（通过圆台上、下底面两个圆心的截面，其形状为等腰梯形），，C、D分别为OB，的中点，点E为底面圆弧AB的中点，则CD与所成角的余弦值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】A
【解析】不妨设，连接，则，
因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以即为与所成的角（或其补角）．
作，垂足为，连接OE，HE，AE，则，，
所以，．
在等腰中，．
故选：A．

4．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在矩形中，，E，F，G，H分别为边的中点，将分别沿直线翻折形成四棱锥，下列说法正确的是（       ）

A．异面直线所成角的取值范围是 B．异面直线所成角的取值范围是
C．异面直线所成角的取值范围是 D．异面直线所成角的取值范围是
【答案】C
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，

和在平面中的投影分别在和上（如下图所示），

因为，令，则，
由比值可知，的x，y，z坐标比值为，所以令坐标为，
因为在平面中的投影在上，所以，
同理可得坐标为，
，
则，
解得，因为和的范围均为，
所以，即夹角范围是，故A，B错误；
同理可得，因为异面直线所成角范围是，则夹角范围是．即C正确，D错误；
故选：C．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，


因为，所以，又，所以，
,，
则，
所以，
取中点E，连接，则，，
,,
在中，，即，
所以，即，
又因为，所以，
因为直线夹角范围为，所以直线与所成角的余弦值范围是．
故选：D．
题组二 线面角

1．（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
2．（2022·河南省杞县）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．

3．（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.


4．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，点O､M分别是､的中点，底面.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)证明：连接OB,由,O为AC的中点，得，
又底面，故,

∵点M为的中点，∴,
又∵，∴,，故平面.
(2)解法一：由（1）知平面,且 ,
又，面,平面，
∴面，则点A到面的距离就是点B到面的距离.
设直线与平面所成角为 ，，
∴与面所成的角的正弦值为，
故与面所成的角的大小为.
解法二：设点A到面的高为h，而 ,
由得，则，

设直线与平面所成角为 ，，
∴与面所成的角的正弦值为，即所成的角的大小为.
解法三：如图，以O为坐标原点，以OB,OC,OS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则 ,
则 ,

由（1）可知为平面SOM的一个法向量，
设直线与平面所成角为 ， ，
则 ,
故，即直线与平面所成角为.
5．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．

(1)若时，求证：平面平面；
(2)若时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)因，，，则有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)在平面内，过B作直线垂直于，交直线于E，有，，如图，

则为二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，则，在中，，，，
由余弦定理得，则有，
显然平面平面，在平面内过B作，则平面，
以B为原点，分别以射线为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，则，令，得
而，设与平面所成的角为，

所以与平面所成的角的正弦值为.
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，点分别在棱和棱上，且．

(1)设为中点，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：取中点，连接、，则，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以．又平面，平面，所以平面．
（2） 解：因为直三棱柱中，所以、、两两垂直．分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，，，设平面法向量为，则，，即，令，得到平面的一个法向量．设直线与平面所成的角为，则
，所以直线与平面所成角的正弦值为．


题组三 二面角

1．（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；

2．（2022·湖南·雅礼中学二模）如图，在正方体中，点在线段上，，点为线段上的动点.

(1)若平面，求的值；
(2)当为中点时，求二面角的正切值.
【答案】(1)；(2).
【解析】(1)过作于，连接.

则，而，
所以.
因为平面平面，平面平面，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以.
因为，所以.
所以，
所以.
(2)
法一：如图建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为，则，.
易知平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
因为，
则可取
由图知两平面所成角为锐角，则其余弦值为，
得,
即二面角的正切值为.
法二：过作于，过作，连接，

因为平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
所以平面，因为平面，
所以.
所以是二面角的平面角.
设正方体的棱长为，则.
在Rt中，，
则
.
即二面角的正切值为.
3．（2022·浙江·海宁中学模拟预测）如图所示，在四边形ABCD中，，，现将沿BD折起，使得点A到E的位置.

(1)试在BC边上确定一点F，使得；
(2)若平面平面BCD，求二面角所成角的正切值.
【答案】(1)F为BC中点(2)
【解析】(1)因为，，，
所以，，，
所以∽，
所以，
所以，
在四边形ABCD内过点A作于点M，并延长交BC于


则点M为BD中点，所以F也为BC中点.
将沿BD折起，使得点A到E的位置时，
有，                                     
所以平面EFM，
也为平面EFM，
所以，
(2)
（解法一）过点M作交BC于点
则
则在三棱锥中，因为平面平面BCD,

所以平面
因为，连接EN，
则有
所以即为二面角的平面角，
设，则
所以在中，
所以二面角所成角的正切值为
（解法二）过点M作交BC于点
则
则在三棱锥中，因为平面平面BCD，
所以平面
所以以M为坐标原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系.

设，则
所以
由题可得，平面BCD的一个法向量为，
设平面EBC的一个法向量为，
因为
所以，
则有，
设二面角的平面角为，为锐角，
则，
所以，
所以
所以二面角所成角的正切值为
4．（2022·广东惠州·高三阶段练习）如图，在五面体中，为边长为2的等边三角形，平面，，.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)取的中点为，的中点为，连接，，，
因为平面，平面，故，
而为等边三角形，，所以，
又M、N分别为BE、AB所在棱的中点，所以，
又，，所以，，故四边形为平行四边形，
所以，
则，，
又，平面，所以平面，
而平面，故平面平面.
(2)由（1）可知，为直线与平面所成角，
设，则，，
则，解得
法一：向量法（通性通法）如图建立空间直角坐标系，
则、、
∴、
设平面的法向量，则，
令，解得，，则
∵平面，∴是平面的一个法向量
∴
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为.

法二：几何法：延长ED交AC的延长线于S，连接BS，则平面平面
由（1）易知，，则，所以平面，
又平面，所以，，
故为平面与平面所成的锐二面角，

又，则，故
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为.
5．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.


(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点F为线段PB的靠近点P的三等分点
【解析】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边行，且为等边三角形，
所以∠BCE=120º.
又E为CD的中点，所以CE=ED=DA=CB，即为等腰三角形，
所以∠CEB=30º.
所以∠AEB=180º－∠AED－∠BEC=90º，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面平面ABCE=AE，平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又平面APE，所以BE⊥AP.
(2)
解：取AE的中点O，连接PO，由于为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面平面ABCE=AE，平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，，，
取AB的中点G，则，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，


则0（0，0，0），A（1，0，0），，，E（－1，0，0），
则，，，，
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设，
则，
设平面AEF的法向量为，
由得，取z=2λ，
得；
由（1）知为平面AEP的一个法向量，
于是，，
解得或λ=－1（舍去），
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））如图，四棱锥中，，底面ABCD是正方形．且平面平面ABCD，．


(1)若，，F为AB的中点，N为BC的中点，证明四边形MENF为梯形；
(2)若点E为PC的中点，试判断在线段AB上是否存在一点F？使得二面角平面角为．若存在，求出的值．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】(1)连接，，，，，如图所示：

因为，， 所以，又因为，即中
所以且，
∵中，为的中点，为的中点所以且，
所以且，即证：四边形为梯形．
(2)在线段存在一点F满足，使得二面角平面角为．
因为平面平面，平面平面，
在平面中，过点作，交于.
所以平面.
如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，
所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：


因为，设，四边形为正方形，，
所以，，，，，，
平面PCD的一个法向量，
所以，，
设平面的一个法向量，
，令，则，， ，
因为二面角平面角为，
所以，
解得，所以．
7．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，．是中点，是上一点．


(1)是否存在点使得平面，若存在求的长．若不存在，请说明理由；
(2)二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)存在；理由见解析；(2)
【解析】(1)存在．理由如下：
方法一：如图，在上取点，且满足，

再过作的平行线交于点，
则，且，
又，且是的中点， ,
，
是平行四边形，
，不在面内，平面，
平面，
且，
在中，，
．
方法二：，，，
连接并延长至于交于点，

，
在中，，
在中，在上取点，使得，
而，则，
又不在面内，平面，
平面，
在中，，
．
方法三：在上取点，在上取点，

使得，则 , 平面，
故平面，而
而，故是平行四边形，故平面，
故平面，而 ,
故平面平面,而平面 ,得平面平面，
在中，，
．
(2)
如图建立空间直角坐标系，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，过点A作面ABCD的垂线为z轴，
则，，，


设是平面的一个法向量，则 ，
取，则 ，故是平面的一个法向量，
设，，
，
设是平面的一个法向量，则，
取，则是平面的一个法向量，
则，
解得或（舍去）．所以．
题组四 空间角的综合运用

1．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的（       ）个．

①若E为的中点，则直线平面
②三棱锥的体积为定值
③E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
④过点，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，，.
所以，.
对于①：当E为的中点时，.设平面的一个法向量为,
则，不妨令x =1,则，
所以平面A1BD的一个法向量为.
又因为，所以与不垂直，所以直线平面不成立.故①错误；
对于②：三棱锥的体积等于三棱锥的体积.
又，高为a,所以.故②错误；
对于③：当E为的中点时，.平面的一个法向量为,
而.
设直线B1E与平面所成的角为，所以.
所以，所以，
即直线与平面所成的角正切值为.故③正确；
对于④：设.因为，，
所以在上得到投影为.
所以点E到直线的距离为.
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为.
当时，截面为等腰梯形.设截面交于F.所以，
高，所以其面积为.

记，
所以，所以在上单调递减函数，
所以，即.
因为，所以
当z=a，即D1、E重合时，截面为边长为的正三角形，其面积为.
综上所述：.故④正确.
故选：B
2．（2023·全国·高三专题练习（理））在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，若，则下列结论中正确结论的个数为（       ）
①四面体外接球的表面积为
②点与点之间的距离为
③四面体的体积为
④异面直线与所成的角为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】对于①，取的中点，连接、，则，
因为，所以，，
所以，为四面体的外接球球心，球的表面积为，①对；
对于②③④，过点在平面内作，垂足为点，过点作交于点，
则二面角的平面角为，
在中，，，，则，，
，则，，，
，，，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的垂线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为，则、、、，
，②错，
，，③对，
，，
，故异面直线与所成角为，④错.
故选：B.
3．（2022·北京·首都师范大学附属中学三模）如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是（       ）

A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】D
【解析】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，
又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，

当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，

设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
不符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，

由等体积法可知，
又，
为定值，所以为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：D.
4．（2022·四川攀枝花·二模（文））如图正方体，中，点、分别是、的中点，为正方形的中心，则（       ）


A．直线与是异面直线 B．直线与是相交直线
C．直线与互相垂直 D．直线与所成角的余弦值为
【答案】C
【解析】在正方体中，点分别是的中点，为正方形的中心，易知四边形为平行四边形，所以相交，故A不正确.
若直线是相交直线，则直线相交或平行，这与题意不符合，故B不正确.
以分别为轴建立空间坐标系，设正方体的棱长为2，如图

则,
则,,,
, ，故C正确.
，故D不正确.
故选：C
5．（2022·江苏·如皋市第一中学）（多选）在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（       ）


A．三棱锥的体积为
B．直线与所成的角的余弦值为
C．四面体的外接球的表面积为
D．若，则Q点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，
易得，则，则，
，则，A正确；

对于B，，
则，
则，，则，，
又，
则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；

对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，
则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；

对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，
又平面，则，又，则，又，则，
即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.
故选：ABD.
6．（2022·江苏·常州市第一中学）（多选）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（       ）

A．PC与平面BCD所成的最大角为45°
B．存在某个位置，使得PB⊥CD
C．当时，的最大值为
D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为
【答案】BC
【解析】取BD的中点O，连接，则，

又，可得平面，平面，
所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，
当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误；
由上可知为的平面角，即，
因为，
所以，
当时，，即，故B正确；
又，
当时，，
所以，即的最大值为，故C正确；
∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，
∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，
则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误．
故选：BC．
7．（2022·福建漳州）（多选）已知正方体的棱长为，则下列命题正确的是（       ）
A．点到平面的距离为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．若、分别是、的中点，直线平面，则
D．为侧面内的动点，且，则三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

对于A选项，、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，到平面的距离为，A对；
对于B选项，设直线与平面所成角为，
所以，，则，
故直线与平面所成角的余弦值为，B错；
对于C选项，延长、交于点，连接交线段于点，
，则，则，即为的中点，
，，故，C对；
对于D选项，设点，其中，，
，，则，可得，
，则到平面的距离为，
易知是边长为的等边三角形，故，
因此，，D对.
故选：ACD.
8．（2022·山东德州）（多选）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（       ）

A．平面平面 B．
C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为，
所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC， ，所以平面A′DE，
因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE，
所以平面A′DE⊥平面A′BE ，故A正确；
因为，平面A′BE，平面A′BE ，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l ，故B正确；
由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED,，以E为原点，分别以EB，ED,E A′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
由上可知：平面A′DE，
设平面的一个法向量为：，
则，
所以有，因此选项C不正确；
显然平面的一个法向量为：，
设平面的一个法向量为：
则有则，即，所以
所以，所以选项D正确，
故选：ABD.