2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第八章　7 第7讲　1 第1课时　空间角 9页

‎[基础题组练]‎ ‎1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)‎ A．30°　　　　　　　　　　 B．45°‎ C．60° D．90°‎ 解析：选C.不妨设AB＝AC＝AA1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，－1，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(－1，0，1)，‎ 所以＝(0，1，1)，‎ ＝(－1，0，1)，‎ 所以cos〈，〉‎ ‎＝＝＝，‎ 所以〈，〉＝60°，‎ 所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.‎ ‎2．在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，点D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为(　　)‎ A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：选C.以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，‎ F.‎ 所以＝(0，0，－2)，＝，‎ ＝.‎ 设平面DFE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由得 取z＝1，则n＝(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.‎ ‎3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．‎ 解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，‎ 则A1(0，0，1)，E，‎ D(0，1，0)，‎ 所以＝(0，1，－1)，‎ ＝，‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则所以所以n1＝(1，2，2)．‎ 因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ 答案： ‎4．在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，若BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为________．‎ 解析：如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，点E为AC的中点，连接BE，则BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C，可得·＝(＋)·＝·＝1××＝＝××cos θ(θ为与的夹角)，所以cos θ＝＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝＝.‎ 答案： ‎5．已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求：‎ ‎(1)AD1与EF所成角的大小；‎ ‎(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．‎ 解：建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz，得A(1，0，1)，‎ B(0，0，1)，D1(1，1，0)，‎ E，F.‎ ‎(1)因为＝(0，1，－1)，‎ ＝，‎ 所以cos〈，〉＝＝，‎ 即AD1与EF所成的角为60°.‎ ‎(2)＝，由图可得，＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，所以cos θ＝.‎ 即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.‎ ‎6．(2020·宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，点Q为AD的中点．‎ ‎(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；‎ ‎(2)设点M是线段PC上的一点，PM＝tPC，且PA∥平面MQB.‎ ‎①求实数t的值；‎ ‎②若PA＝PD＝AD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD，求二面角MBQC的大小．‎ 解：(1)证明：连接BD，因为四边形ABCD为菱形，‎ ‎∠BAD＝60°，‎ 所以△ABD是正三角形，又Q为AD中点，‎ 所以AD⊥BQ.‎ 因为PA＝PD，Q为AD中点，所以AD⊥PQ.‎ 又BQ∩PQ＝Q，所以AD⊥平面PQB，AD⊂平面PAD，‎ 所以平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)①当t＝时，使得PA∥平面MQB.‎ 连接AC交BQ于N，交BD于O，‎ 则O为BD的中点，又因为BQ为△ABD边AD上的中线，所以N为正三角形ABD的重心，‎ 令菱形ABCD的边长为a，则AN＝a，AC＝a.‎ 因为PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN，所以PA∥MN，‎ ＝＝＝，即PM＝PC，t＝.‎ ‎②因为PQ⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，所以QA，QB，QP两两垂直，‎ 以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，‎ 由PA＝PD＝AD＝2，则B(0，，0)，C(－2，，0)，‎ P(0，0，)，设M(a，b，c)，‎ 则＝(a，b，c－)，＝(－2，，－)，‎ 因为PM＝PC，所以＝，‎ 所以a＝－，b＝，c＝，所以M，‎ 设平面MQB的法向量n＝(x，y，z)，‎ 由＝，＝(0，，0)，‎ 且n⊥，n⊥，得，‎ 取z＝1，得n＝(，0，1)，‎ 又平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝，‎ 由图知二面角MBQC的平面角为锐角，‎ 所以二面角MBQC的大小为60°.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.(2020·杭州中学高三月考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，点M是棱PD的中点，且PA＝AB＝AC＝2，BC＝2.‎ ‎(1)求证：CD⊥平面PAC；‎ ‎(2)求二面角MABC的大小；‎ ‎(3)如果N是棱AB上一点，且直线CN与平面MAB所成角的正弦值为，求的值．‎ 解：(1)证明：因为在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，‎ 所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC，‎ 因为AB∥CD，所以AC⊥CD，‎ 又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，‎ 因为AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC.‎ ‎(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－2，2，0)，‎ 因为点M是棱PD的中点，所以M(－1，1，1)，‎ 所以＝(－1，1，1)，＝(2，0，0)，‎ 设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，‎ 所以，即.‎ 令y＝1，则，‎ 所以平面MAB的法向量n＝(0，1，－1)．‎ 因为PA⊥平面ABCD，‎ 所以＝(0，0，2)是平面ABC的一个法向量．‎ 所以cos〈n，〉＝＝＝－.‎ 因为二面角MABC为锐二面角，‎ 所以二面角MABC的大小为.‎ ‎(3)因为N是棱AB上一点，‎ 所以设N(x，0，0)，＝(－x，2，0)，‎ 设直线CN与平面MAB所成角为α，‎ 因为平面MAB的法向量n＝(0，1，－1)，‎ 所以sin α＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ 解得x＝1，即AN＝1，NB＝1，所以＝1.‎ ‎2．(2020·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，点G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA＝2，侧面积为8π，∠AOP＝120°.‎ ‎(1)求证：AG⊥BD；‎ ‎(2)求二面角PAGB的平面角的余弦值．‎ 解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 由题意可知8π＝2×2π×AD，解得AD＝2.‎ 则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，‎ 因为G是DP的中点，所以可求得G.‎ ‎(1)证明：＝(0，－4，2)，＝.‎ 所以·＝·(0，－4，2)＝0，‎ 所以AG⊥BD.‎ ‎(2)＝(，－1，0)，＝，＝，＝，‎ 因为·＝0，·＝0，所以是平面APG的法向量．‎ 设n＝(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n·＝0，n·＝0.解得n＝(－2，0，1)，‎ cos〈，n〉＝＝＝－.‎ 结合图形得，二面角PAGB的平面角的余弦值为.‎ ‎3．(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠BAD＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.‎ ‎(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；‎ ‎(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因为BD⊂平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.‎ ‎(2)如图建系Oxyz，令AB＝a，则A，‎ B，D，C′，‎ 所以＝＝，平面ADC′的法向量为m＝，设直线CD与底面ADC′所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝，‎ 故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为.‎ ‎4.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．‎ ‎(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；‎ ‎(2)求B点到平面PCD的距离；‎ ‎(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.‎ 在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴可建立空间直角坐标系Qxyz(、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向)，则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以＝(1，－1，－1)．‎ 易证OA⊥平面POC，‎ 所以＝(0，－1，0)是平面POC的一个法向量，‎ 又cos〈，〉＝＝，‎ 所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)＝(0，1，－1)，＝(－1，0，1)，‎ 设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，‎ 则取z＝1，得u＝(1，1，1)．‎ 所以B点到平面PCD的距离为d＝＝.‎ ‎(3)存在．设＝λ(0≤λ＜1)，‎ 因为＝(0，1，－1)，所以＝(0，λ，－λ)＝－，‎ 所以＝(0，λ，1－λ)，所以Q(0，λ，1－λ)．‎ 设平面CAQ的法向量为m＝(x′，y′，z′)，‎ 则 取z′＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，‎ 易知平面CAD的一个法向量为n＝(0，0，1)，‎ 因为二面角QACD的余弦值为，‎ 所以|cos〈m，n〉|＝＝，‎ 得3λ2－10λ＋3＝0，‎ 解得λ＝或λ＝3(舍去)，‎ 所以存在点Q，使得二面角QACD的余弦值为，且＝.‎