高考数学第一轮复习第八章 §8.6　几何法求空间角

这是一份高考数学第一轮复习第八章 §8.6　几何法求空间角，共27页。试卷主要包含了异面直线所成的角，直线和平面所成的角，二面角等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
1．异面直线所成的角
(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
(2)范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
2．直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；
②OA⊂α，OB⊂β；
③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角α的范围：[0，π]．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线l1，l2与同一个平面所成的角相等，则l1∥l2.( × )
(2)异面直线所成角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( × )
(3)如果平面α∥平面α1，平面β∥平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补．( √ )
(4)线面角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围为[0，π]．( √ )
教材改编题
1.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 C
解析 连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角或其补角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.
2.如图所示，AB是⊙O的直径，PA⊥⊙O所在的平面，C是圆上一点，且∠ABC＝30°，PA＝AB，则直线PC和平面ABC所成角的正切值为________．
答案 2
解析 因为PA⊥平面ABC，所以AC为斜线PC在平面ABC上的射影，所以∠PCA即为PC和平面ABC所成的角．在Rt△PAC中，因为AC＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)PA，所以tan∠PCA＝eq \f(PA,AC)＝2.
3.如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中：
①二面角D′－AB－D的大小为________．
②二面角A′－AB－D的大小为________．
答案 ①45° ②90°
解析 ①在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB⊥平面ADD′A′，所以AB⊥AD′，AB⊥AD，因此∠D′AD为二面角D′－AB－D的平面角．在Rt△D′DA中，∠D′AD＝45°，所以二面角D′－AB－D的大小为45°.
②因为AB⊥平面ADD′A′，所以AB⊥AD，AB⊥AA′，因此∠A′AD为二面角A′－AB－D的平面角，又∠A′AD＝90°，所以二面角A′－AB－D的大小为90°.
题型一 异面直线所成的角
例1 (1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),6)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角或其补角．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，
AD1＝eq \r(AD2＋DD\\al(2,1))＝2，
DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \f(\r(5),2)，
DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋BB\\al(2,1))＝eq \r(5).
所以OM＝eq \f(1,2)AD1＝1，OD＝eq \f(1,2)DB1＝eq \f(\r(5),2)，
于是在△DMO中，由余弦定理，
得cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
延伸探究 若将本例(1)中题干条件“AA1＝eq \r(3)”变为“异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq \f(9,10)”．试求AA1的值．
解 设AA1＝t，∵AB＝BC＝1，
∴A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(t2＋1).
∴cs∠A1BC1＝eq \f(A1B2＋BC\\al(2,1)－A1C\\al(2,1),2×A1B×BC1)
＝eq \f(t2＋1＋t2＋1－2,2×\r(t2＋1)×\r(t2＋1))＝eq \f(9,10)，
解得t＝3，则AA1＝3.
(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝eq \f(1,4)SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(22),2) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(13,16) D.eq \f(\r(11),3)
答案 D
解析 如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角．
∵SE＝eq \f(1,4)SB，∴SE＝eq \f(1,3)BE.
又OB＝3，∴OF＝eq \f(1,3)OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，
∴SC＝3eq \r(2).
∵SO⊥OF，∴SF＝eq \r(SO2＋OF2)＝eq \r(10).
∵OC⊥OF，∴CF＝eq \r(10).
∴在等腰△SCF中，
tan∠CSF＝eq \f(\r(\r(10)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2),\f(3\r(2),2))＝eq \f(\r(11),3).
教师备选
(2022·郑州模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E分别是AB，B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(58),29) D.eq \f(3\r(87),29)
答案 C
解析 如图，取A1C1的中点F，连接DF，EF，CF.
易知EF是△A1B1C1的中位线，
所以EF∥A1B1且EF＝eq \f(1,2)A1B1.
又AB∥A1B1且AB＝A1B1，D为AB的中点，
所以BD∥A1B1且BD＝eq \f(1,2)A1B1，
所以EF∥BD且EF＝BD.
所以四边形BDFE是平行四边形，
所以DF∥BE，
所以∠CDF就是异面直线BE与CD所成的角或其补角．
因为AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E，F分别是AB，B1C1，A1C1的中点，
所以C1F＝eq \f(1,2)A1C1＝2，
B1E＝eq \f(1,2)B1C1＝2且CD⊥AB.
由勾股定理得AB＝eq \r(42＋42)＝4eq \r(2)，
所以CD＝eq \f(AC·BC,AB)＝eq \f(4×4,4\r(2))＝2eq \r(2).
由勾股定理得CF＝eq \r(29)，DF＝BE＝eq \r(29).
在△CDF中，由余弦定理得
cs∠CDF＝eq \f(\r(29)2＋2\r(2)2－\r(29)2,2×\r(29)×2\r(2))＝eq \f(\r(58),29).
思维升华 求异面直线所成的角的三个步骤
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角或其补角．
(3)三求：解三角形，求出所作的角．
跟踪训练1 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 方法一 如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，BC1＝2eq \r(2)，sin∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，
所以∠PBC1＝eq \f(π,6).
方法二
如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝eq \f(π,3)，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝eq \f(1,2)∠A1BC1＝eq \f(π,6).
(2)如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．
答案 eq \r(2)
解析 如图，取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，
所以直线AC1与AD所成的角等于异面直线AC1与BC所成的角．
因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，
所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，
所以C1D＝eq \r(2)AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为eq \r(2)，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为eq \r(2).
题型二 直线与平面所成的角
例2 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，AB＝AD＝2，AA1＝3.
(1)证明：EF∥平面A1ADD1；
(2)求直线AC1与平面A1ADD1所成角的正弦值．
(1)证明 如图，连接BC1，AD1，由E，F分别为BC，CC1的中点，可得EF∥BC1，
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥C1D1，AB＝C1D1，
因此四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1∥AD1，
所以EF∥AD1，
又EF⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
所以EF∥平面A1ADD1.
(2)解 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为C1D1⊥平面A1ADD1，
所以AC1在平面A1ADD1中的射影为AD1，
所以∠C1AD1(或其补角)为直线AC1与平面A1ADD1所成的角，
由题意知AC1＝eq \r(22＋22＋32)＝eq \r(17)，
在Rt△AD1C1中，sin∠C1AD1＝eq \f(C1D1,AC1)＝eq \f(2,\r(17))＝eq \f(2\r(17),17)，
即直线AC1与平面A1ADD1所成角的正弦值为eq \f(2\r(17),17).
教师备选
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD＝BC＝1，二面角P－CD－A为直二面角．
(1)若E为线段PC的中点，求证：DE⊥PB；
(2)若PC＝eq \r(3)，求PC与平面PAB所成角的正弦值．
(1)证明 ∵PD＝DC＝1，且E为PC的中点，
∴DE⊥PC，
又∵二面角P－CD－A为直二面角，
∴平面PCD⊥平面ABCD，
∵BC⊥CD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
∴BC⊥平面PCD，
∴BC⊥DE.
∵BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC＝C，
∴DE⊥平面PBC，
又∵PB⊂平面PBC，
∴DE⊥PB.
(2)解 若PC＝eq \r(3)，
由余弦定理可求得∠PDC＝120°，
过点P作PH⊥CD的延长线于H，如图，
可得PH⊥平面ABCD，
在Rt△PHD中，
PH＝PDsin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
过H点作HG∥DA，且HG与BA的延长线交于G点．
可得HG⊥AB，从而PG⊥AB.
在Rt△PHG中，PG＝eq \r(PH2＋HG2)＝eq \f(\r(7),2)，
∴VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PH＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),12)，
设点C到平面PAB的距离为h，
则三棱锥C－PAB的体积
V＝eq \f(1,3)S△ABP·h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(7),2)h＝eq \f(\r(3),12)，
解得h＝eq \f(\r(3),\r(7))，设PC与平面PAB所成的角为θ，
sin θ＝eq \f(h,PC)＝eq \f(\r(7),7)，
即PC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
思维升华 求线面角的三个步骤
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．
跟踪训练2 (1)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC的中点．若AB＝BC＝BB1，∠ABC＝eq \f(π,2)，则CC1与平面BC1D所成角的正弦值为________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析 过点C作CH⊥C1D于点H，如图，
∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，
∴CC1⊥平面ABC.
∵BD⊂平面ABC，
∴CC1⊥BD.
∵AB＝BC，D为AC的中点，
∴BD⊥AC，
又CC1∩AC＝C，CC1，AC⊂平面ACC1，
∴BD⊥平面ACC1，
∵CH⊂平面ACC1，
∴BD⊥CH.
又CH⊥C1D，C1D∩BD＝D，C1D，BD⊂平面BC1D，
∴CH⊥平面BC1D，
∴∠CC1D为CC1与平面BC1D所成的角，
设AB＝2a，
则CD＝eq \r(2)a，C1D＝eq \r(6)a，
∴sin∠CC1D＝eq \f(CD,C1D)＝eq \f(\r(2)a,\r(6)a)＝eq \f(\r(3),3).
(2)(2022·贵溪市实验中学模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点．
①求证：直线BD1∥平面PAC；
②求直线BD1与平面ABCD所成角的正切值．
①证明 如图，设AC和BD交于点O，则O为BD的中点，
连接PO，又∵P是DD1的中点，故PO∥BD1，
又∵PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，
∴直线BD1∥平面PAC.
②解 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
∵DD1⊥平面ABCD，
∴∠D1BD是直线BD1与平面ABCD所成的角，
∵DD1＝2，BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(2)，
∴tan∠D1BD＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)，
∴直线BD1与平面ABCD所成角的正切值为eq \r(2).
题型三 二面角
例3 (2022·上海市延安中学模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是正方形，平面BDEF⊥平面ABCD.
(1)证明：平面ACE⊥平面BDEF；
(2)若点M是线段BF上的一点，且满足DM⊥平面ACE，求二面角A－DM－B的正切值．
(1)证明 ∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
由四边形BDEF是正方形有DE⊥BD，
又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BDEF，
∴DE⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，
∴DE⊥AC，
又BD∩DE＝D，且BD，DE⊂平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF，由AC⊂平面ACE，
∴平面ACE⊥平面BDEF.
(2)解 设O是AC，BD的交点，连接OE交DM于G，连接AG，如图．
由DM⊥平面ACE，AG，OE⊂平面ACE，
∴AG⊥DM，OE⊥DM，
∴∠AGO是二面角A－DM－B的平面角，
由射影定理知，OD2＝OG·OE，OD＝1，DE＝2，
则OE＝eq \r(5)，OG＝eq \f(\r(5),5).
∴tan∠AGO＝eq \f(AO,OG)＝eq \r(15)，
∴二面角A－DM－B的正切值为eq \r(15).
教师备选
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在线段CD1上，CE＝2ED1，点F为线段AB上的动点，AF＝λFB，且EF∥平面ADD1A1.
(1)求λ的值；
(2)求二面角E－DF－C的余弦值．
解 (1)过E作EG⊥D1D于G，连接GA，如图．
则EG∥CD，而CD∥FA，所以EG∥FA.
因为EF∥平面ADD1A1，EF⊂平面EFAG，
平面EGAF∩平面ADD1A1＝GA，所以EF∥GA，
所以四边形EGAF是平行四边形，所以GE＝AF.
因为CE＝2ED1，
所以eq \f(GE,DC)＝eq \f(D1E,D1C)＝eq \f(1,3).
所以eq \f(AF,AB)＝eq \f(1,3)，即eq \f(AF,FB)＝eq \f(1,2)，所以λ＝eq \f(1,2).
(2)过E作EH⊥CD于H，过H作HM⊥DF于M，连接EM，如图．
因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，EH⊥CD，
所以EH⊥平面ABCD.
因为DF⊂平面ABCD，所以EH⊥DF.
又HM⊥DF，HM∩EH＝H，
HM，EH⊂平面EMH，
所以DF⊥平面EMH.
因为EM⊂平面EMH，所以DF⊥EM.
所以∠EMH是二面角E－DF－C的平面角．
设正方体的棱长为3a，则EH＝2a.
在Rt△DHF中，DH＝a，HF＝3a，DF＝eq \r(10)a，
所以HM＝eq \f(DH·HF,DF)＝eq \f(a×3a,\r(10)a)＝eq \f(3,\r(10))a.
在Rt△EHM中，求得EM＝eq \r(EH2＋HM2)＝eq \f(7,\r(10))a，
所以cs∠EMH＝eq \f(HM,EM)＝eq \f(3,7)，
所以二面角E－DF－C的余弦值为eq \f(3,7).
思维升华 作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，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．
跟踪训练3 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)求二面角M－AN－D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＝eq \r(3)，
M为PD的中点，VP－AMN＝VD－AMN＝VM－ADN，
∴VP－AMN＝eq \f(1,2)VP－ADN＝eq \f(1,4)VP－ABCD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×4×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3).
(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，EQ，ME⊂平面MEQ，
∴AN⊥平面MEQ，
∴AN⊥MQ，
∠MQE即为二面角M－AN－D的平面角，
∴tan∠MQE＝eq \f(ME,QE)，
∵PN＝eq \r(3)，
∴ME＝eq \f(\r(3),2)，
∵AN＝DN＝eq \r(5)，AD＝2，
∴QE＝eq \f(2\r(5),5)，
∴tan∠MQE＝eq \f(\r(15),4).
即该二面角的正切值为eq \f(\r(15),4).
课时精练
1.(2020·新高考全国Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
答案 B
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，
又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，
则晷针AC与水平面所成角为40°.
2.如图，PA⊥圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，其中AC＝3，PA＝4，BC＝5，则PB与平面PAC所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(17),5)
答案 A
解析 根据题意，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，则BC⊥AC，
又由PA⊥圆O所在平面，则PA⊥BC，
因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
则BC⊥平面PAC，故∠BPC是PB与平面PAC所成的角，在△ACB中，AC＝3，BC＝5，AC⊥BC，
则AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(34)，
在△PAB中，AB＝eq \r(34)，PA＝4，PA⊥AB，
则PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝5eq \r(2)，
在Rt△PCB中，BC＝5，PB＝5eq \r(2)，
则sin∠BPC＝eq \f(BC,PB)＝eq \f(\r(2),2).
3．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 如图所示，补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，
则所求角为∠BC1D，
∵BC1＝eq \r(2)，BD＝eq \r(22＋1－2×2×1×cs 60°)＝eq \r(3)，C1D＝AB1＝eq \r(5)，易得C1D2＝BD2＋BCeq \\al(2,1)，即BC1⊥BD，
因此cs∠BC1D＝eq \f(BC1,C1D)＝eq \f(\r(2),\r(5))＝eq \f(\r(10),5).
4．在正四面体P－ABC中，点M是棱BC上的动点(包含端点)，记异面直线PM与AB所成的角为α，直线PM与平面ABC所成的角为β，则( )
A．α>β B．α<β
C．α≥β D．α≤β
答案 C
解析 根据题意，如图，作PO⊥底面ABC，连接OM，
则∠PMO是直线PM与平面ABC所成的角，
即∠PMO＝β，
过点M作l平行于AB，过点P作PN⊥l，与l交于点N，∠PMN是直线PM与AB所成的角，即∠PMN＝α，在Rt△POM和Rt△PMN中，有PN≥PO，则sin α≥sin β，则α≥β.
5．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则二面角C1－AB－C为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3)
C.eq \f(3π,4) D.eq \f(π,4)
答案 D
解析 由图可知C1B⊥AB，CB⊥AB，
所以∠C1BC是二面角C1－AB－C的平面角，
tan∠C1BC＝eq \f(C1C,BC)＝1，所以∠C1BC＝eq \f(π,4).
6.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列说法不正确的是( )
A．A1C1⊥BD
B．A1C⊥BD
C．B1C与BD所成的角为60°
D．AC1与平面ABCD所成的角为45°
答案 D
解析 对于A，如图，
由正方体性质可知
B1D1⊥A1C1，
又因为BB1∥DD1，
且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形，
所以B1D1∥BD，
所以A1C1⊥BD，故选项A正确；
对于B，如图，
由正方体ABCD－A1B1C1D1可得CC1⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，
所以CC1⊥BD，
由选项A可知A1C1⊥BD，又A1C1∩CC1＝C1，
A1C1，CC1⊂平面A1C1C，
所以BD⊥平面A1C1C，因为A1C⊂平面A1C1C，
所以BD⊥A1C，故选项B正确；
对于C，如图，
由选项A可知BD∥B1D1，
所以∠CB1D1为直线B1C与直线BD所成的角，
由正方体性质可知△B1CD1为正三角形，
所以∠CB1D1＝60°，故选项C正确；
对于D，如图，
由CC1⊥平面ABCD，
所以∠C1AC为直线AC1与平面ABCD所成的角，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC＝eq \r(2)CC1，
tan∠CAC1＝eq \f(CC1,AC)＝eq \f(\r(2),2)，
所以∠CAC1≠45°，
故选项D错误．
7．在正四棱锥P－ABCD中，底面边长为2，四棱锥的体积为eq \f(4,3)，则二面角P－AB－C的大小为________．
答案 45°
解析 如图，连接AC，BD交于点E，
依题意，PE⊥平面ABCD，
取AB的中点F，连接FE，FP，易知AB⊥EF，AB⊥PF，
则∠PFE为二面角P－AB－C的平面角，
又VP－ABCD＝eq \f(1,3)×2×2×PE＝eq \f(4,3)，
故PE＝1，∴PE＝EF＝1，
∴△PEF为等腰直角三角形，
∴∠PFE＝45°.
8．在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，SA⊥平面ABC，且SA＝2，则AB与平面SBC所成角的正弦值为 ________.
答案 eq \f(\r(21),7)
解析 如图，取BC的中点D，连接AD，SD，过A作AO⊥SD，交SD于点O，连接OB，
∵在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，
SA⊥平面ABC，且SA＝2，
∴AD⊥BC，SD⊥BC，SA⊥AD，
∵AD∩SD＝D，AD，SD⊂平面SAD，
∴BC⊥平面SAD，
∴BC⊥AO，
AD＝eq \r(4－1)＝eq \r(3)，SD＝eq \r(4＋4－1)＝eq \r(7)，
∵eq \f(1,2)×SA×AD＝eq \f(1,2)×SD×AO，
∴AO＝eq \f(2×\r(3),\r(7))＝eq \f(2\r(21),7)，
∵AO⊥SD，SD∩BC＝D，SD，BC⊂平面SBC，
∴AO⊥平面SBC，
∴∠ABO是AB与平面SBC所成的角，
∴AB与平面SBC所成角的正弦值为
sin∠ABO＝eq \f(AO,AB)＝eq \f(\f(2\r(21),7),2)＝eq \f(\r(21),7).
9.如图，已知在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AD，BC⊥AC，BD＝3，AD＝1，AC＝BC，M为线段AB的中点．
(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)求异面直线MD与BC所成角的余弦值；
(3)求直线MD与平面ACD所成角的余弦值．
(1)证明 ∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，
∴AD⊥平面ABC，∴AD⊥BC，
又AC⊥BC，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，
∴BC⊥平面ACD.
(2)解 如图，取AC的中点N，连接MN，DN，
∵M是AB的中点，
∴MN∥BC，
∴∠NMD(或其补角)为异面直线MD与BC所成的角，
由(1)知BC⊥平面ACD，
∴MN⊥平面ACD，MN⊥ND，
∵BD＝3，AD＝1，AB⊥AD，
∴AB＝2eq \r(2)，
又∵AC＝BC，AC⊥BC，∴AC＝BC＝2，
在Rt△MND中，MN＝eq \f(1,2)BC＝1，
MD＝eq \r(AD2＋AM2)＝eq \r(3)，
∴cs∠NMD＝eq \f(MN,MD)＝eq \f(\r(3),3)，
即异面直线MD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)解 由(2)知∠MDN为直线MD与平面ACD所成的角，
在Rt△MND中，ND＝eq \r(MD2－MN2)＝eq \r(2)，
∴cs∠MDN＝eq \f(ND,MD)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
即直线MD与平面ACD所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
10.如图，在三棱锥A－BCD中，△ABD为等边三角形，BC＝BD，平面ABD⊥平面BCD且BA⊥BC.
(1)求证：BC⊥AD；
(2)求二面角A－CD－B的正切值．
(1)证明 如图，取BD的中点E，连接AE，
则AE⊥BD，因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE⊂平面ABD，
则AE⊥平面BCD，
所以AE⊥BC，
又因为AB⊥BC，AB∩AE＝A，
AB，AE⊂平面ABD，
则BC⊥平面ABD，因为AD⊂平面ABD，
则BC⊥AD.
(2)解 如图，过点E作EF⊥CD交CD于点F，连接AF，
由(1)知AE⊥CD，AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，
所以CD⊥平面AEF，
因为AF⊂平面AEF，
则CD⊥AF，
所以∠AFE为二面角A－CD－B的平面角．
因为△ABD为等边三角形，设BD＝2，
则AE＝eq \r(3)，EF＝eq \f(\r(2),2)，
则tan∠AFE＝eq \f(AE,EF)＝eq \f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq \r(6).
所以二面角A－CD－B的正切值为eq \r(6).
11．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，异面直线AB与A1C所成角的大小为eq \f(π,3)，则该长方体的侧面积与表面积的比值是( )
A.eq \f(4－2\r(2),7) B.eq \f(4－\r(2),4)
C.eq \f(8－2\r(2),7) D.eq \f(4－\r(2),8)
答案 C
解析 如图，连接B1C，
因为AB∥A1B1，
所以∠B1A1C是异面直线AB与A1C所成的角，
即 ∠B1A1C＝eq \f(π,3).
设AB＝x，AA1＝y，
在△A1B1C中，B1C2＝x2＋y2，A1C2＝2x2＋y2，
则cs∠B1A1C＝eq \f(x2＋2x2＋y2－x2＋y2,2x·\r(2x2＋y2))＝eq \f(1,2)，
整理得y＝eq \r(2)x，
从而该长方体的侧面积S1＝4xy＝4eq \r(2)x2，
该长方体的表面积
S2＝4xy＋2x2＝(4eq \r(2)＋2)x2，
故eq \f(S1,S2)＝eq \f(4\r(2)x2,4\r(2)＋2x2)＝eq \f(8－2\r(2),7).
12．某几何体的三视图如图所示，记底面的中心为E，则PE与底面所成的角为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 由三视图可知该几何体的直观图如图所示﹐
∠PEA为PE与底面所成的角．
∵PA＝eq \r(6)，AE＝eq \r(2)，
∴tan∠PEA＝eq \f(PA,AE)＝eq \r(3)，
∴∠PEA＝eq \f(π,3).
13．已知正四面体A－BCD的棱长为2，点E是AD的中点，点F在线段BC上，则下面四个命题中：
①∃F∈BC，EF∥AC；
②∀F∈BC，EF≤eq \r(3)；
③∃F∈BC，EF与AD不垂直；
④∀F∈BC，直线EF与平面BCD夹角正弦的最大值为eq \f(\r(3),3).
所有不正确的命题序号为________．
答案 ①③
解析 如图，
对∀F∈BC，EF与AC异面或相交，故①错误；
当点F为BC的中点时，EF为异面直线AD和BC的公垂线段，此时EF取得最小值，当F与B，C重合时，EF取得最大值eq \r(3)，故②正确；
因为AD⊥BE，AD⊥CE，BE∩CE＝E，所以AD⊥平面BEC，故AD⊥EF，故③错误；
因为E到平面BCD的距离为定值d，设直线EF与平面BCD的夹角为θ，则sin θ＝eq \f(d,EF)，当F为BC的中点时，易知EF为异面直线AD和BC的公垂线段，此时EF取得最小值，sin θ＝eq \f(d,EF)有最大值，此时DF＝eq \r(3)，DE＝1，故EF＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，在Rt△EFD中，EF·DE＝DF·d，解得d＝eq \f(\r(6),3)，所以sin θ＝eq \f(d,EF)＝eq \f(\r(3),3)，故④正确．
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，使折起后平面ADE⊥平面ABCE，则异面直线AE和CD所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(6),3)
解析 由题意，取AB的中点F，连接CF，DF，
则CF∥AE，可得直线AE和CD所成的角为∠DCF(或其补角)，
如图，
取AE的中点M，
连接DM，MF，MC，
∵AD＝DE，
∴DM⊥AE，
又平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DM⊂平面ADE，
∴DM⊥平面ABCE，
∴DM⊥MF，
且AM＝DM＝eq \f(\r(2),2)，
结合平面图形可得FM＝eq \f(\r(2),2)，
∴DF＝eq \r(DM2＋MF2)＝1，CF＝eq \r(2)，
又MC2＝eq \f(5,2)，
∴DC2＝DM2＋MC2＝3，
∴在△DFC中，DC2＝DF2＋FC2，
∴△DFC是直角三角形且DF⊥FC，
可得cs∠DCF＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
15．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为DD1，AA1，AB的中点，P为底面ABCD上一动点，且直线D1P∥平面EFG，则D1P与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
C．[1，eq \r(2)] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),3)))
答案 B
解析 由题意，如图所示，平面EFG在正方体ABCD－A1B1C1D1上的截面为EFGH，且H为DC的中点，
因为D1P∥平面EFG，而平面A1BCD1∥平面EFG，
所以D1P⊂平面A1BCD1，
又点P为底面ABCD上的一个动点，则点P在BC上，
所以D1P与平面ABCD所成的角为∠DPD1，
当点P与点B重合时，∠DPD1最小，
此时tan∠DBD1＝eq \f(DD1,BD)＝eq \f(\r(2),2)，
当点P与点C重合时，∠DPD1最大，
此时tan∠DCD1＝eq \f(DD1,CD)＝1，
所以tan∠DPD1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)).
16.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为四边形，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD.
(1)求证：PD⊥平面ABCD；
(2)若二面角C－PB－D的平面角的余弦值为eq \f(\r(6),6)，求PD的长．
(1)证明 如图所示，E为BD的中点，连接AE，△ABD是正三角形，
则AE⊥BD.
又平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AE⊂平面ABCD，
故AE⊥平面PBD，PD⊂平面PBD，
故AE⊥PD.
又PD⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABCD，
故PD⊥平面ABCD.
(2)解 如图所示，
过点E作EF⊥PB于点F，
连接CF.
因为BC⊥CD，BC＝CD，
E为BD的中点，故EC⊥BD，
又EC⊥PD，BD∩PD＝D，
所以EC⊥平面PBD，
所以EC⊥PB，
又EF⊥PB，EC∩EF＝E，
所以PB⊥平面EFC，CF⊥PB，
故∠EFC为二面角C－PB－D的平面角．
cs∠EFC＝eq \f(\r(6),6)，
故tan∠EFC＝eq \r(5)，EC＝1，故EF＝eq \f(\r(5),5).
sin∠PBD＝eq \f(EF,EB)＝eq \f(\r(5),5)，tan∠PBD＝eq \f(1,2)，
即eq \f(PD,BD)＝eq \f(1,2)，所以PD＝1.