2024年数学高考一轮复习空间角试卷

这是一份2024年数学高考一轮复习空间角试卷，共29页。试卷主要包含了几何法，向量法等内容，欢迎下载使用。

空间角的概念及范围
一．异面直线所成的角
1.几何法:平移法求异面直线所成的角
(1)作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
（2）证：证明作出的角是异面直线所成的角；
（3）求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
2.向量法
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
二．直线与平面所成角
1.几何法
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解.
2.向量法
（1）斜线的方向向量
（2）平面的法向量
（3）斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（或钝角的补角），取其余角就是斜线和平面所成的角.
三．二面角
1.几何法
方法一：定义法：找出二面角的平面角
方法二：垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
2.向量法
（1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
（2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
考法一 线线角
【例1-1】（2023·河南洛阳）如图四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】连接与交于点，连接，
由题意得，，且平面，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

设四棱锥各棱长均为2，则，，
可得，
则，
设异面直线与所成角为，
则．
故选：A．
【例1-2】（2023秋·陕西汉中）在三棱锥中，，的边长均为6，P为AB的中点，则异面直线PC与BD所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，取中点，连接，，

是中点，，，
则是PC与BD所成角的平面角（或补角），
在中，，，
由余弦定理，，
在中，，
，同理，，
在中，由余弦定理可得，，
异面直线与所成角的余弦为.故选：C.
【一隅三反】
1．（2023·北京）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，连接，，则,

，分别是，的中点，
，
是异面直线与所成的角，且是等边三角形，
.
故选：.
2．（2023秋·云南昆明·高三云南省昆明市第十中学校考开学考试）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，

，，四边形为平行四边形，，
异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角）；
，，，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，，平面平面，则与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】取的中点，的中点，连接、，
因为是正三角形，所以，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，所以与所成角的余弦值为.

故选：A
考法二 线面角
【例2-1】（2023秋·福建福州）如图，在底面为菱形的四棱锥中，，．

(1)求证：平面平面ABCD；
(2)已知，求直线BN与平面ACN所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：取AD的中点为O，连结OM，OB，
因为四边形ABCD是为菱形，且，
所以为正三角形，所以，且．
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
所以，
因为，平面ABCD，平面ABCD
所以平面ABCD，
又因为平面MAD，
所以平面平面ABCD．
（2）由（1）知，OA，OB，OM两两垂直，故以O为坐标原点，分别以，，为x，y，z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ACN的一个法向量为，
则，即，
取，则．
因为，
则，
所以直线BN与平面ACN所成角的正弦值为．
【例2-2】（2023秋·湖北）如图，在四棱台中，底面，M是中点.底面为直角梯形，且，，.

(1)求证：直线平面；
(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）连接，
因为是中点，且，，则，
又因为，则，可知四点共面，
由，，可得，，
则四边形是平行四边形，故，
且平面，平面，所以平面.
（2）因为底面，底面，则，
且，，平面，所以平面，
由（1）可知：，则平面，且平面，
所以平面平面，
过点作于点，连，
平面平面，平面，所以平面，
所以为与平面所成角，
因为，则，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值.

【一隅三反】
1．（2022秋·陕西渭南·高三统考阶段练习）如图，在三棱柱中，底面，，，分别为，的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【解析】（1）连接，由于分别为，的中点，
所以，由于平面，平面,
所以平面.
（2）由于底面，，所以底面
底面，所以，
由于，所以两两相互垂直，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面，即平面的法向量为，
则，故可设.
设直线与平面所成角为，
则.

2．（2023秋·重庆·高三统考开学考试）如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若，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）设圆O的半径为r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圆锥中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
有，即，解得，
设直线与平面所成角为，
则.

3．（2023春·北大附中校考期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，.

(1)设分别为的中点，求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）证明：连接，根据题意可得，可得为的中点，
又由为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：取棱的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面.
（3）解：连接，由平面，可得是直线与平面所成的角，
因为为等边三角形，，且为的中点，所以，
又因为，在直角中，，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.

考法三 二面角
【例3-1】（2023秋·广东）如图，在多面体ABCDE中，平面BCD，平面平面BCD，其中是边长为2的正三角形，是以为直角的等腰三角形，.

(1)证明：平面BCD.
(2)求平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）取CD的中点F，连接EF，BF.
因为是边长为2的正三角形，所以，且.
因为平面平面BCD，且平面平面，平面ECD，
所以平面BCD.
因为平面BCD，所以.
因为，所以四边形ABFE为平行四边形，
所以.
因为平面BCD，平面BCD，所以平面BCD.
（2）过点B作，以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
故，，，.
设平面ACE的法向量为，
则，
令，得.
设平面BDE的法向量为，
则，
令，得.
设平面ACE与平面BDE的夹角为，
则.
【例3-2】（2023春·湖南永州·高三统考阶段练习）在正方体中，E、F分别是棱AB、CD的中点.

(1)求证：面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）由E、F分别是棱AB、CD的中点，得，
又面，面，
所以面；
（2）由面，面，则，
又，则为二面角的平面角，
在直角三角形中，
所以二面角的大小为.
【一隅三反】
1．（2023秋·山西吕梁·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是棱上的一点．
(1)若，求证：平面平面；
(2)若，，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）连接，取中点F，连接，如图所示．

因为，，所以，，所以四边形为平行四边形．
所以，则，所以，即．
因为平面，平面，所以，
，，平面，所以平面，
又平面，所以．
又，，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

所以，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量，
所以，得，令，，所以平面的一个法向量．
因为，所以，又，
所以，又，
设平面的一个法向量，
所以，得，令，得，
所以平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
所以．
即平面与平面的夹角的余弦值为．
2．（2023秋·陕西汉中·高三统考阶段练习）在直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，.

(1)证明：.
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：因为侧面为正方形，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，所以，
所以在直三棱柱中，,
所以，
因为，侧面为正方形，
所以，，
因为E，F分别为AC和的中点，所以，
所以，所以，
因为，所以∽，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为，为的中点，所以,
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
（2）解：由（1）可知两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
因为E，F分别为AC和的中点，所以，
所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，则
，
所以二面角的余弦值为

3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，已知平面，且.

(1)求的长；
(2)若为线段的中点，求二面角的余弦值.
【答案】(1)2
(2)
【解析】（1）连接，
因为平面，平面，则，
又因为，平面，
所以平面，
且平面，可得，
因为为平行四边形，且，则为矩形，
所以正方形，可得.
（2）根据题意将三棱柱转化为正四棱柱，
取的中点，连接，则三点共线，且//，
因为//，可得//，
所以平面即为平面，
同理平面即为平面，
因为//，平面，则平面，
且平面，则，
所以二面角的平面角为，
可得，
在中，则，
所以二面角的余弦值为.
.
4．（2023秋·广东深圳·高三校联考开学考试）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，.
(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）∵底面ABCD为正方形，
∴，
又∵，，AD，平面PAD，
∴平面PAD，
∵平面ABCD，
∴平面平面ABCD.
（2）（法一）取AD中点为O，连结PO，
∵在中，，，
∴，为等边三角形.
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设底面正方形的边长为2，
∴，，，，，
∴，，
设平面PBC的一个法向量，
则，即，
令，则，，
∴，
由（1）可知平面PAD的一个法向量，
设平面PAD与平面PBC的夹角为，
则，
∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.
（法二）设平面PAD与平面PBC的交线为l，
∵，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD，
又∵平面PBC，
∴，，
∵平面PAD与平面PBC有一个交点P，
∴l为过点P且与BC平行的一条直线，如下图，
取AD中点为O，取BC中点为M，连结PO，PM，OM，
∵底面四边形ABCD为正方形，O，M分别为AD，BC的中点，
∴，
又∵平面PAD，∴平面PAD，
∵平面PAD，∴，
∵在中，，O为AD的中点，
∴，，
又，PO，平面PAD，
∴平面POM，∴，
又∵为锐角，∴为平面PAD与平面PBC的夹角，
设底面正方形ABCD的边长为2，
在中，，，
∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.
考法四 动点问题求角
【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段上一点.
(1)平面⊥平面ABF
(2)若平面⊥平面，设平面与平面所成角为，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【解析】（1）因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
（2）由面⊥面，，面面，面，
所以平面，AB在面ABCD内，则，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则，设，得，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，
取，则，
故=，解得=，（舍），
所以点G的坐标为，故存在点G为BF中点时使得.
【一隅三反】
1．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知四棱锥，底面为菱形平面，为上一点.
(1)平面平面，证明：；
(2)当二面角的余弦值为时，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)点为棱中点
【解析】（1）证明：因为平面平面，
所以平面，
又因为平面平面，所以.
（2）取中点，则，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
所以，
设，
所以，
设平面的法向量，则有
，即
令，则.
平面的一个法向量为，
所以.
解得，
即当点为棱中点时满足条件.
2．（2023秋·湖南衡阳·高三校考阶段练习）如图1，在平面图形中，，，，，沿将折起，使点到的位置，且，，如图2.

(1)求证：平面平面.
(2)线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)线段FG上存在点M，
【解析】（1）证明：因为，所以，
又因为，所以，
因为，且，所以四边形为等腰梯形，
又因为，所以，
所以，所以，即，
因为，，平面AEG，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由，，且，平面，
所以平面，
因为，可得，所以平面，
又由（1）知，，所以两两互相垂直，
以为原点，所在的直线分别为 轴、轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为，四边形是矩形，所以，
则，，.
假设线段上存在点满足题意，
令,则，可得，.
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
由平面，则平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
则，其中，
所以，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，且.
3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.空间角
解题思路
夹角范围
线线角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为
则
线面角
l为平面α的斜线，为l的方向向量，为平面α的法向量，
φ为l与α所成的角，则
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
二面角
平面α的法向量为，平面β的法向量为，〈，〉＝θ，
设二面角大小为φ，则