2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--专题强化练10　空间角的有关计算(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
专题强化练10　空间角的有关计算
1.(2023浙江杭州源清中学期末)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=3,AB=2,则异面直线A1B与B1C夹角的余弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.(2023甘肃武威联考)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E是B1C1的中点,AB=2,AA1=,则BE与平面BB1D1D夹角的正弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.(2022浙江高中发展共同体月考)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PA=5,AC=BC=3,AB=2,则二面角P-AB-C的平面角的正切值为　　　　.
4.在四棱锥A-BCDE中,底面BCDE为梯形,BC∥DE.设CD,BE,AE,AD的中点分别为M,N,P,Q.
(1)求证:M,N,P,Q四点共面;
(2)若AC⊥DE,且AC=BC,求异面直线DE与PN的夹角的大小.
5.(2021江苏泰州中学期初)如图,在四面体A-BCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,M为棱AB的中点,AB=2,AD=2,∠BAD=90°.
(1)求证:AD⊥BC;
(2)求异面直线BC与MD夹角的余弦值;
(3)求直线CD与平面ABD夹角的正弦值.
6.(2023江苏G4联盟联考)如图,在轴截面为正方形ABCD的圆柱中,M,N分别为弧的中点,且在平面ABCD的两侧.
(1)求证:四边形ANCM是矩形;
(2)求二面角B-MN-C的余弦值.
答案与分层梯度式解析
专题强化练10　空间角的有关计算
1.A　如图所示,连接BC1交B1C于点E,取A1C1的中点D,连接DE,B1D,
易知E为BC1的中点,所以DE∥A1B 且DE=A1B,则∠DEB1为异面直线A1B与B1C的夹角或其补角.
易得A1B=B1C=,则DE=B1E=,又B1D=,
故在△DB1E中,cos∠DEB1=.
2.A　如图所示,连接A1C1,交B1D1于点O,
易得DD1⊥平面A1B1C1D1,OC1 平面A1B1C1D1,
所以DD1⊥OC1,
又B1D1⊥OC1,B1D1∩DD1=D1,B1D1,DD1 平面BB1D1D,
所以OC1⊥平面BB1D1D,
取OB1的中点H,连接EH,易得EH∥OC1,
所以EH⊥平面BB1D1D,连接BH,
则∠HBE为BE与平面BB1D1D的夹角.
因为AB=2,AA1=,
所以EH=,
所以sin∠HBE=.
3.答案　2
解析　因为PC⊥平面ABC,
所以PC⊥AC,PC⊥BC.
在Rt△PAC中,PC==4,
在Rt△PBC中,PB==5,
所以PA=PB.
取AB的中点D,连接PD,CD,则PD⊥AB,CD⊥AB,则∠PDC为二面角P-AB-C的平面角.
在Rt△ACD中,CD==2,
所以tan∠PDC==2,
所以二面角P-AB-C的平面角的正切值为2.
4.解析　(1)证明:因为CD,BE,AE,AD的中点分别为M,N,P,Q,
所以PQ为△ADE的中位线,MN为梯形BCDE的中位线,所以PQ∥DE,MN∥DE,所以PQ∥MN,
所以M,N,P,Q四点共面.
(2)易知PN为△ABE的中位线,所以PN∥AB.
又BC∥DE,所以∠ABC(或其补角)为异面直线DE与PN的夹角.
因为AC⊥DE,所以AC⊥BC.
在Rt△ACB中,tan∠ABC=,
所以∠ABC=60°.
所以异面直线DE与PN的夹角为60°.
5.解析　(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,AD 平面ABD,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.
(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.
因为M为棱AB的中点,所以MN∥BC,所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD的夹角.
在Rt△DAM中,AM=1,故DM=.
因为AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC.
在Rt△DAN中,AN=1,故DN=.
在等腰三角形DMN中,MN=1,
所以cos∠DMN=.
所以异面直线BC与MD夹角的余弦值为.
(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,CM 平面ABC,所以CM⊥平面ABD,所以∠CDM为直线CD与平面ABD的夹角.
在Rt△CAD中,CD==4.
在Rt△CMD中,sin∠CDM=.
所以直线CD与平面ABD夹角的正弦值为.
6.解析　(1)证明:设正方形ABCD的边长为2a,取弧的中点Q,使Q与M同在平面ABCD的一侧,连接MQ,BQ,CQ,NQ,
则BC与NQ互相垂直平分,且BC=NQ=2a,
所以四边形BNCQ为正方形,BQ=NC=a,
因为M为弧的中点,所以MQ AB,
所以四边形ABQM为平行四边形,
所以AM BQ,所以AM CN,
所以四边形ANCM为平行四边形,
又AN=a,
所以AM2+AN2=MN2,所以AM⊥AN,
所以四边形ANCM是矩形.
(2)由(1)知,MB=MC=a,
所以MN2=MB2+BN2,MN2=MC2+CN2,
所以∠MBN=∠MCN=,所以△MNB≌△MNC.
设Rt△MBN的斜边MN上的高为h,则h=a,
作BP⊥MN于点P,连接CP,
因为∠BNP=∠CNP,BN=CN,PN=PN,
所以△BPN≌△CPN,
则∠CPN=∠BPN=90°,所以CP⊥MN,
则∠BPC即为二面角B-MN-C的平面角,
易得BP=CP=a,BC=2a,
在△BPC中,由余弦定理的推论得cos∠BPC=,由图可知,二面角B-MN-C的平面角为钝角,
所以二面角B-MN-C的余弦值为-.
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