2023届高考一轮复习加练必刷题第61练　几何法求空间角【解析版】

第61练　几何法求空间角

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＝，AD＝1，AA1＝，则异面直线AD1与A1C1所成角的余弦值为(　　)

A.  B.  C.  D.

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，

cos∠D1AC＝＝.

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.  B.  C.  D.

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，连接AN，BN，BN＝AN＝，

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·S△ABN·h＝·S△BCN·，

解得h＝，

所以直线BC与平面ABN所成角的正弦值为＝＝，

所以sin θ的最小值为.

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.  B.  C.  D.

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＝2，A1M＝，

∵∠ADC＝120°，∴△ABD为等边三角形，得BD＝2，

∴DM＝，则△A1MD为等腰三角形，可得cos∠DA1M＝＝.

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.  B.  C.  D.

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.

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.   B.

C.   D.

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cos∠HME＝，

则sin∠HME＝，

令正方形ABCD的边长为1，

则AC＝，HE＝OC＝AC＝，

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<EM<OE＝，

所以<sin∠HME<，

即<sin∠HME<1，

所以<∠HME<，

则0<cos∠HME<，

所以直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为.

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　－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＝tan 60°＝，解得AE＝，

设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝，

由余弦定理可得2＝22＋m2－2×2×m×cos 120°，

整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝－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.  B.  C.  D.

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＝＝＝4，

所以cos∠DBE＝＝＝.

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＝＝，

tan θ2＝，tan θ3＝，

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　

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＝a，AF＝CF＝a.

在△AFC中，根据余弦定理得cos∠AFC＝＝.

又0<∠AFC<π，

所以sin∠AFC＝＝，

即二面角A－B1D1－C的正弦值为.

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

D．平面D′BC与平面ABC所成锐二面角的正切值为

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＝，

则DH＝＝，AH＝＝，EH＝＝，

D′E＝＝，

AE＝＝，

BE＝4－AE＝，

连接EF，则∠D′FE为直线D′F与平面ABC所成的角，

所以sin∠D′FE＝＝，

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′＝＝，

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＝，二面角D－AB－C为120°，则三棱锥D－ABC外接球的半径为________．

答案　

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＝，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＝＝＝，

所以在Rt△OO1E中，O1E＝CE＝，

所以OO1＝O1E·tan∠OEO1＝·tan 30°＝，

在Rt△OO1C中，CO1＝CE＝，所以OC＝＝＝，

所以三棱锥D－ABC外接球的半径为.

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　　

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＝＝＝，

斜高PM＝＝＝，

因为侧面三角形的面积等于高的平方，

所以·AD·PM＝PO2，

即·a·＝m2－a2，

整理得42－5＋＝0，

解得＝，

又m2－a2>0⇒m2>a2⇒>，

所以＝，

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＝＝＝＝＝，

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cos∠PMO＝＝＝＝＝＝.