2025年高考数学一轮复习-第七章-第四节-第二课时 几何法求线面角、二面角及探索性问题-课时作业【含解析】

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A.12 B.33
C.32 D.62
2.若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为（ ）
A.33 B.55
C.1111 D.1313
3.（2024·山东烟台）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在表面积为64π的球面上，且SA⊥平面ABC，SA＝4，∠BAC＝2π3，AB＝23，M是边BC上一动点，则直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为（ ）
A.3 B.433
C.3 D.32
4.（多选）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则下列说法正确的是（ ）
A.AB＝2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC＝CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
5.（多选）（2024·广东广州）在如图所示的三棱锥O－ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
A.直线AB与平面OBC所成的角为30°
B.二面角O－BC－A的正切值为2
C.O到平面ABC的距离为3
D.作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心
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上一动点，当BE＝ 时，A1E与底面ABCD所成角为60°.
7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足条件：①BM⊥DM，②DM⊥PC，③BM⊥PC中的 时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为是正确的条件序号即可）
8.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为23的正三角形，AA1＝3，AA1⊥AC，D为A1C1的中点，BD＝33，则二面角A1－AC－B的正切值为 .
9.（2024·江苏南京）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，则多面体MNEFGH的体积为 ；若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ⊥ON时，点P的轨迹长度为 .
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB.
（1）求三棱锥P－AMN的体积；
（2）求平面MAN与平面AND所成角的正切值.
11.如图，AB是☉O的直径，PA垂直于☉O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.
（1）证明：△PBC是直角三角形；
（2）若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为2时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
12.（2024·江苏苏州）如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA＝PB＝PC＝6，PD⊥平面ABC，垂足为D，DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.
（1）求平面PAB与平面ABC所成角的余弦值；
（2）在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.
2025年高考数学一轮复习-第七章-第四节-第二课时 几何法求线面角、二面角及探索性问题-课时作业（解析版）
1.在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知在阳马P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝AD＝1，则直线PD与平面PAC所成角的正弦值等于（ ）
A.12 B.33
C.32 D.62
答案：A
解析：如图，在正方形ABCD中，连接BD交AC于O，则DO⊥AC，连接PO.
因为PA⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，
所以PA⊥DO，而PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以DO⊥平面PAC，
于是∠DPO是直线PD与平面PAC所成的角.
因为PA＝AD＝1，易知PA⊥AD，
所以PD＝12＋12＝2，
易知DO＝12DB＝1212＋12＝22，
所以sin∠DPO＝DOPD＝12，
即直线PD与平面PAC所成角的正弦值为12.
2.若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为（ ）
A.33 B.55
C.1111 D.1313
答案：B
解析：如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH.
因为PH⊥AB，OH⊥AB，
所以∠PHO为侧面与底面所成的角.
因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD，
所以PO⊥OH，
所以在Rt△POH中，又OH＝a2，PO＝a，
所以PH＝OH2＋PO2＝52a，
所以cs∠PHO＝OHPH＝55，
所以侧面与底面所成角的余弦值为55.
3.（2024·山东烟台）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在表面积为64π的球面上，且SA⊥平面ABC，SA＝4，∠BAC＝2π3，AB＝23，M是边BC上一动点，则直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为（ ）
A.3 B.433
C.3 D.32
答案：B
解析：将三棱锥S－ABC放入直三棱柱SB1C1－ABC中，则两者外接球相同，取底面ABC，SB1C1的外心分别为O1，O2，连接O1O2，取O1O2的中点O，则O为三棱锥外接球球心，连接OA，AO1，AM，如图所示.
因为三棱锥S－ABC外接球的表面积为64π，
设外接球半径为R，则4πR2＝64π，
解得R＝4，则OA＝4.
设△ABC外接圆半径AO1＝r，
在Rt△OO1A中，r2＋22＝42，解得r＝23.
在△ABC中，因为∠BAC＝2π3，且r＝23，
可得BCsin 2π3＝2r，即BC＝2×23×32＝6.
由正弦定理可得ABsin∠ACB＝2r，
则sin∠ACB＝AB2r＝2343＝12.
又∠ACB为锐角，
故∠ACB＝π6，则∠ABC＝π6，
即△ABC是以∠BAC为顶角的等腰三角形.
因为SA⊥平面ABC，
故SM与平面ABC所成的角即为∠SMA，
则tan∠SMA＝SAAM＝4AM，
又AM的最小值即为BC边上的高线，设其长度为l，
则l＝AB·sin∠ABC＝23×12＝3.
故当∠SMA最大时，tan∠SMA＝433，
即直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为433.
4.（多选）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则下列说法正确的是（ ）
A.AB＝2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC＝CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案：AD
解析：如图，连接BD，易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD所成的角，
所以在Rt△BDB1中，∠BDB1＝30°，
设BB1＝1，则B1D＝2BB1＝2，
BD＝B1D2－BB12＝3.
易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角，
所以在Rt△ADB1中，∠AB1D＝30°.
因为B1D＝2，所以AD＝12B1D＝1，
AB1＝B1D2－AD2＝3，
所以在Rt△ABB1中，AB＝AB12－BB12＝2＝2AD，所以A项正确；
易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角，
因为在Rt△ABB1中，sin∠BAB1＝BB1AB1＝33≠12，
所以∠BAB1≠30°，所以B项错误；
在Rt△CBB1中，CB1＝BC2＋BB12＝2，
而AC＝AB2＋BC2＝3，所以C项错误；
易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C所成的角，
因为在Rt△DB1C中，CB1＝CD＝2，所以∠DB1C＝45°，所以D项正确.
5.（多选）（2024·广东广州）在如图所示的三棱锥O－ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
A.直线AB与平面OBC所成的角为30°
B.二面角O－BC－A的正切值为2
C.O到平面ABC的距离为3
D.作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心
答案：BD
解析：因为OA，OB，OC两两互相垂直，且OB∩OC＝O，OB，OC⊂平面OBC，
所以AO⊥平面OBC，
故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角.
又OA＝OB＝OC＝1，
所以∠ABO＝45°，
故直线AB与平面OBC所成的角为45°，故A错误；
取BC中点为D，连接OD，AD，
因为OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，
所以AB＝AC＝BC＝2，OD⊥BC，AD⊥BC.
因为OD∩AD＝D，OD，AD⊂平面AOD，
所以BC⊥平面AOD，
故∠ODA为二面角O－BC－A的平面角，
则tan∠ODA＝OAOD＝2，
故二面角O－BC－A的正切值为2，故B正确；
因为AB＝AC＝BC＝2，所以AD＝62.
设点O到平面ABC的距离为h，
则VA－OBC＝13×12×1×1×1＝VO－ABC＝13×12×2×62×h，解得h＝33，故C错误；
因为AB＝AC＝BC＝2，故△ABC为等边三角形.
因为OM⊥平面ABC，则M点为O点在平面ABC上的投影.
又OA＝OB＝OC＝1，且AB＝AC＝BC＝2，
即O点到△ABC顶点A，B，C的距离相等，
即M点到△ABC顶点A，B，C的距离相等，
故M为△ABC的外心，又在等边△ABC中，M也为△ABC的重心，故D正确.
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上一动点，当BE＝ 时，A1E与底面ABCD所成角为60°.
答案：213－1
解析：如图所示，连接AE，
因为AA1⊥底面ABCD，
所以∠A1EA为A1E与底面ABCD所成角，
即∠A1EA＝60°.
又因为AA1＝4，
所以4AE＝tan 60°＝3，解得AE＝433.
设BE＝m（0≤m≤2），在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝433，
由余弦定理，得4332＝22＋m2－2×2×m×cs 120°，
整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝213－1.
7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足条件：①BM⊥DM，②DM⊥PC，③BM⊥PC中的 时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为是正确的条件序号即可）
答案：②（或③）
解析：连接AC（图略），∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD.
∴PA⊥BD.∵底面各边都相等，∴AC⊥BD.
∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC.
当DM⊥PC（或BM⊥PC）时，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
8.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为23的正三角形，AA1＝3，AA1⊥AC，D为A1C1的中点，BD＝33，则二面角A1－AC－B的正切值为 .
答案：－3
解析：如图，取AC的中点E，连接ED，EB.
因为D为A1C1的中点，△ABC是边长为23的正三角形，
所以DE＝AA1＝3，BE＝3，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以∠BED为二面角A1－AC－B的平面角.
在△BED中，DE＝3，BE＝3，BD＝33，
所以由余弦定理得
cs∠BED＝32＋32−(33）22×3×3＝－12，
所以∠BED＝120°，所以tan∠BED＝－3.
9.（2024·江苏南京）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，则多面体MNEFGH的体积为 ；若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ⊥ON时，点P的轨迹长度为 .
答案：22 2＋22
解析：连接EG，ON，有EG⊥FH，而NG＝NE＝2，O为EG中点，则有ON⊥EG，因为ON∩FH＝O，则EG⊥平面OFN，同理EG⊥平面OHM，又平面OFN与平面OHM有公共点O，
于是点M，N，F，H共面，而NG2＋NE2＝8＝GE2，即有NG⊥NE，ON＝12EG＝2＝NF＝HM.
因为NF⊥NG，NF⊥NE，NG∩NE＝N，NG，NE⊂平面NEG，则NF⊥平面NEG.
又ON⊂平面NEG，即有NF⊥ON，则∠NOF＝∠NFO＝45°.同理∠OHM＝45°.
即∠NOF＝∠OHM，从而ON∥HM，即四边形ONMH为平行四边形，MN∥HF，MN＝OH＝2，
在等腰梯形MNFH中，高OQ＝NFsin 45°＝1，其面积SMNFH＝（MN＋FH）·OQ2＝（2+4）×12＝3，
显然EG⊥平面MNFH，所以多面体MNEFGH的体积V＝2VE－MNFH＝2×13SMNFH·OE＝2×13×3×2＝22；
因为NF⊥平面NEG，同理可得HM⊥平面MEG，又ON∥HM，则ON⊥平面MEG.
依题意，动点P所在平面与ON垂直，则该平面与平面MEG平行，而此平面过点Q，
令这个平面与几何体棱的交点依次为P1，Q，T，S，R，则P1Q∥EM，QT∥MG，TS∥NF∥P1R，RS∥EG，
又Q为MN的中点，则点P1，T，S，R为所在棱的中点，即点P的轨迹为五边形QP1RST，
长度为：QP1＋P1R＋RS＋ST＋TQ＝12（ME＋NF＋EG＋NF＋MG）
＝12（2＋2＋22＋2＋2）＝2＋22.
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB.
（1）求三棱锥P－AMN的体积；
（2）求平面MAN与平面AND所成角的正切值.
解：（1）∵PB＝PC，∴PN⊥BC.
又∵PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD，
∴PN⊥平面ABCD.
∵AB＝BC＝PB＝PC＝2，
∴PN＝3.
∵M为PD的中点，
∴VP－AMN＝VD－AMN＝VM－ADN，
∴VP－AMN＝12VP－ADN＝14VP－ABCD＝14×13×4×3＝33.
（2）如图，取DN的中点E，连接ME，
∵M，E分别为PD，DN的中点，∴ME∥PN.
∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD.
过E作EQ⊥AN，连接MQ，
又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，ME，EQ⊂平面MEQ，
∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ，
∠MQE即为平面MAN与平面AND所成角，
∴tan∠MQE＝MEQE.
∵PN＝3，∴ME＝32.
∵AN＝DN＝5，AD＝2，
∴QE＝12×2×25＝255，
∴tan∠MQE＝154，
即平面MAN与平面AND所成角的正切值为154.
11.如图，AB是☉O的直径，PA垂直于☉O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.
（1）证明：△PBC是直角三角形；
（2）若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为2时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
（1）证明：∵AB是☉O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，
∴BC⊥AC.
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，
∴BC⊥PC，
∴△PBC是直角三角形.
（2）解：如图，过点A作AH⊥PC于H，连接BH.
∵BC⊥平面PAC，
∴BC⊥AH.
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴AH⊥平面PBC，
∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角.
∵PA⊥平面ABC，
∴∠PCA是直线PC与平面ABC所成的角.
∵tan∠PCA＝PAAC＝2，又PA＝2，∴AC＝2，
∴在Rt△PAC中，AH＝PA·ACPA2＋AC2＝233，
∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝AHAB＝2332＝33，
故直线AB与平面PBC所成角的正弦值为33.
12.（2024·江苏苏州）如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA＝PB＝PC＝6，PD⊥平面ABC，垂足为D，DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.
（1）求平面PAB与平面ABC所成角的余弦值；
（2）在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.
解：（1）
∵PA＝PB＝PC，并且△ABC是等边三角形，
∴三棱锥P－ABC是正三棱锥，D是△ABC的中心，G是AB的中点.
由PD⊥平面ABC， DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，可知AB⊥PD，AB⊥DE，PD∩DE＝D，PD⊂平面PDG，DE⊂平面PDG，
所以AB⊥平面PDG，进而得AB⊥PG，AB⊥DG，
所以∠PGD就是平面PAB与平面ABC所成角.
又△ABC是边长为62的等边三角形，且PA＝PB＝PC＝6，PA2＋PB2＝AB2，
∴△PAB是等腰直角三角形.同理△PAC，△PBC都是等腰直角三角形，
∴PG＝12AB＝32，GD＝13CG＝13×32×62＝6，
∴cs∠PGD＝GDPG＝33，即平面PAB与平面ABC所成角的余弦值为33.
（2）∵PB⊥PC，PB⊥PA，PA∩PC＝P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴PB⊥平面PAC.
同理PC⊥平面PAB.又DE⊥平面PAB，
∴ED∥PC，∴E与点P，D，C共面，即点E在线段PG上.
又△EDG∽△PCG，∴ED＝13PC＝2，PEPG＝CDCG＝23，PE＝22，∠APG＝π4.
过E点在平面PAB内作PB的平行线，与PA交于F，则EF⊥平面PAC，
△PEF也是等腰直角三角形，EF＝PE2＝2.
又DE⊥平面PAB，EF⊂平面PAB，∴DE⊥EF，将△PEF作为底面，则ED是三棱锥D－PEF的高，
∴VP－DEF＝VD－PEF＝13S△PEF·DE＝13×12×2×2×2＝43，即四面体PDEF的体积为43.