2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.3.3　空间角的计算

中小学教育资源及组卷应用平台
2025苏教版高中数学选择性必修第二册
6.3.3　空间角的计算
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　异面直线所成的角
1.(2024江苏盐城五校联考学情调研)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2AA1=2BC=2,E是CD的中点,则异面直线EB1与D1C所成角的余弦值为(　　)
A.
2.(2024江苏苏南八校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC=2,Q为PC上一点,且PQ=3QC,则异面直线AC与BQ所成的角为(　　)
A.
3.(2024江苏宿迁泗洪第一高级中学月考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=CC1=4,M是A1B1的中点,以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.若,则异面直线CM与A1B所成角的余弦值为(　　)
A.
题组二　直线与平面所成的角
4.(2024福建师大附中期中)《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作,其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥”.如图,在“阳马”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为(　　)
A.
5.(2024江苏洪泽中学等七校联考)如图,在多面体A1B1C1D1ABC中,四边形A1B1C1D1,AA1B1B,BB1C1C是三个全等且两两垂直的正方形,平面A1B1C1D1∥平面ABC,E是棱AA1的中点,则直线EC1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)
A.
题组三　二面角
6.(2024陕西咸阳实验中学月考)在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将菱形ABCD沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面ACD(如图),则平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的正弦值为　　　　.
7.(2024江苏泰州中学期初)如图1,在△ABC中,AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中点,现把△ACP沿CP折成如图2所示的三棱锥A-BCP,使得AB=.
(1)求证:平面ACP⊥平面BCP;
(2)求二面角B-AC-P的余弦值.
　
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　两条直线所成的角
1.(2024湖南长沙第一中学开学考)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,PA=2,D是△PAB内(不含边界)的动点,AD⊥CD,则异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
2.(2024江苏苏州期末)已知一圆台的高为2,上底面圆O1的半径为2,下底面圆O2的半径为4,A,B两点分别在圆O1、圆O2上,若向量的夹角为60°,则直线AB与直线O1O2所成角的大小为　　　　.
3.(2024河北石家庄二中月考)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,连接AO,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2.
(1)求证:A1O⊥BD;
(2)在线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
　
题组二　空间直线与平面所成的角
4.(2024安徽名校期中联考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中点,点P在线段A1C1(包含端点)上运动,若直线OP与平面AB1C所成的角为θ,则sin θ的取值范围是　　　　.
5.(2024河南新乡期中)如图,在圆柱中有一内接正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,圆柱的高为2,底面半径为1,上、下底面的中心分别为O1,O,点K在上底面的圆周上运动,若直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小为m,则=　　　　.
6.(2024江苏常熟抽测)如图所示,三棱台ABC-A1B1C1的底面ABC为正三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=A1B1=AB=1,D,E分别为AC,AB的中点,M是线段BC(包含端点)上一动点.
(1)求证:BC1∥平面A1DE;
(2)是否存在点M,使得A1M与平面B1BCC1所成的角为30° 若存在,求出线段BM的长度;若不存在,请说明理由.
题组三　二面角
7.(2024江苏镇江期初)我们称:两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角;由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”,则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角不可能为(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
8.(2024江苏南京六校联合体期中)已知在四棱锥C-ABED中,DE∥平面ABC,AC⊥BC,BC=2AC=4,AB=2DE,DA=DC,F为线段BC的中点,平面DAC⊥平面ABC.
(1)证明:EF⊥平面ABC;
(2)若直线BE与平面ABC所成的角为60°,求二面角B-AD-C的余弦值.
9.(2024江苏盐城阜宁中学期末)如图所示,四边形ABCD为圆柱ST的轴截面,P为圆弧上一点(点P异于点B,C).
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)若AB=BP=2PC=6,(0<λ<1),且二面角P-BM-C的余弦值为,求λ的值.
答案与分层梯度式解析
6.3.3　空间角的计算
基础过关练
1.B 2.A 3.C 4.A 5.B
1.B　以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,1,0),C(0,2,0),B1(1,2,1),D1(0,0,1),
∴=(0,2,-1),
设异面直线EB1与D1C所成的角为θ,θ∈,
则cos θ=.故选B.
2.A　因为PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,所以DP,DC,DA互相垂直,
以D为原点,DA,DC,DP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,
则P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),Q,
所以,
设异面直线AC与BQ所成的角为θ,θ∈,
则cos θ=,
所以θ=,故异面直线AC与BQ所成的角为.
故选A.
3.C　设CB=t,t>0,则C(0,0,0),A1(4,0,4),B(0,t,0),M,C1(0,0,4),
∴=2,,4,
由,得=0,解得t=4(负值舍去),
∴=(-4,4,-4),
∴cos<,
故异面直线CM与A1B所成角的余弦值为.
故选C.
4.A　因为PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
设AB=1,则AD=AP=2,
以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
所以=(1,2,-2),
设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,则y=1,z=1,所以n=(2,1,1),
设直线PC与平面PBD所成的角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|=,
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.
故选A.
解题模板　求线面角θ的步骤:
5.B　由题意可将该几何体补形成一个正方体ABCD-A1B1C1D1,以D为原点,DA,DC,DD1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,
设该正方体的棱长为2,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),C1(0,2,2),
所以=(2,-2,-1),
设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,得y=1,z=1,所以n=(1,1,1).
设直线EC1与平面ACD1所成的角为θ,θ∈,则sin θ=|cos则cos θ=,即直线EC1与平面ACD1所成角的余弦值为.故选B.
6.答案　
解析　取AC的中点E,连接BE,DE,由题意可得△BAC和△ACD都是等边三角形,
所以BE⊥AC,DE⊥AC,
因为平面BAC⊥平面ACD,平面BAC∩平面ACD=AC,BE 平面BAC,
所以BE⊥平面ACD,
又DE 平面ACD,所以BE⊥DE,
以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设菱形ABCD的边长为2,则A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,),
所以),
设平面BCD的一个法向量为m=(x,y,z),
则
取z=1,得x=-,y=1,则m=(-,1,1),
易知平面ACD的一个法向量n=),
设平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的平面角为θ,
则cos θ=|cos|=,
则sin θ=,即平面BCD与平面ACD所成的锐二面角的正弦值为.
7.解析　(1)证明:在题图1中作AO⊥CP,交CP于O,连接OB,
∵AC=2,∠ACB=90°,∠ABC=30°,P是AB的中点,
∴BC=2AB=2,
∴△ACP是等边三角形,
∴AO=CP=1,AO⊥CP,
在△OBC中,由余弦定理得OB2=1+12-2×1×2=7,
∵AB=,
∴AO2+OB2=AB2,
∴AO⊥OB.
又CP 平面BCP,OB 平面BCP,CP∩OB=O,
∴AO⊥平面BCP,又AO 平面ACP,
∴平面ACP⊥平面BCP.
(2)如图,过点O作OE⊥CP,交BC于E,则AO,OC,OE互相垂直.以O为原点,OC,OE,OA所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,,
∴,
设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令z=1,得x=,y=3,则m=(,3,1),
易知OE⊥平面ACP,
∴平面ACP的一个法向量n=(0,1,0),
∴|cos|=,
由图可知,二面角B-AC-P为锐角,
∴二面角B-AC-P的余弦值为.
能力提升练
1.A　连接BD,∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴PA⊥BC,
∵AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB,
又AD 平面PAB,
∴AD⊥BC,
又AD⊥CD,BC∩CD=C,BC,CD 平面BCD,
∴AD⊥平面BCD,又BD 平面BCD,∴AD⊥BD,
如图,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,过点A与BC平行的直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),
所以=(2,0,0),
设D(x,0,z)(0所以=(x-2,-2,z),
由AD⊥BD,得x2-2x+z2=0,(点拨:利用AD⊥BD,D是△PAB内(不含边界)的动点得出x的范围)
设异面直线CD与AB所成的角为θ,θ∈,
则cos θ=|cos<,
令=t,则t∈,cos θ=,
易知函数y=t-上单调递增,则t-,故cos θ∈,
所以异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围为.
故选A.
2.答案　
解析　解法一:,故=4,
易得=16,
设直线AB与直线O1O2所成的角为θ,
则cos θ=,所以θ=,
即直线AB与直线O1O2所成角的大小为.
解法二:如图1,
设点A在圆O2上的射影为D,连接O2D并延长,交圆O2于点C,连接AD,BD,BC,则D为O2C的中点,且AD∥O1O2,O1A∥O2C,所以∠BAD即为直线AB与直线O1O2所成的角,∠BO2C即为向量的夹角,所以∠BO2C=60°,所以△BO2C为等边三角形,
易得BD=,AD=2,
则在Rt△ADB中,tan∠BAD=,故∠BAD=,即直线AB与直线O1O2所成角的大小为.
解法三:如图2,O1A∥O2C,则∠BO2C即为向量的夹角,所以∠BO2C=60°,连接BC,所以△BO2C为等边三角形,
以O2为原点建立空间直角坐标系,
则O2(0,0,0),O1(0,0,2),A(0,2,2),B(2,2,0),
所以=(0,0,-2),
故cos<,
所以直线AB与直线O1O2所成角的大小为.
3.解析　(1)证明:由题意得E,因为O为DE的中点,所以A1O⊥DE,
又平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1O 平面A1DE,
所以A1O⊥平面BCED,
又BD 平面BCED,所以A1O⊥BD.
(2)存在.
取BC的中点M,连接OM,则OM⊥BC,
又A1O⊥平面BCED,所以A1O,OM,OE互相垂直,
以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,-2,0),C(2,2,0),A1(0,0,2),D(0,-1,0),
所以=(0,4,0),
设(0≤λ≤1),即=(2λ,2λ,-2λ),
则=(0,1,2)+(2λ,2λ,-2λ)=(2λ,2λ+1,2-2λ),
故|cos<,
整理,得3λ2-7λ+2=0,解得λ=或λ=2(舍去),
故在线段A1C上存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为,此时.
4.答案　
解析　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0),
由题可设=a(-2,2,0)=(-2a,2a,0)(0≤a≤1),则P(2-2a,2a,3),则=(1-2a,2a-1,3),
设平面AB1C的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2),
所以sin θ=|cos由于0≤a≤1,所以∈[3,],
所以sin θ∈.
5.答案　
解析　取AB的中点M,连接OM,OC,OO1.以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,
则F(0,-1,0),A,C(0,1,0),
所以.
设K(cos θ,sin θ,2),θ∈[0,2π),
则=(cos θ,sin θ+1,2).
设平面KAF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,得n=(2,-2sin θ-cos θ+).
所以直线AC与平面KAF所成角的正弦值为,所以当sin=1时,直线AC与平面KAF所成角的正弦值最小,为m=,所以.
6.解析　(1)证明:如图1,连接C1D,AC1,设A1D与AC1交于F,连接EF,
因为AA1⊥平面ABC,AD 平面ABC,所以AA1⊥AD,
因为D是AC的中点,所以AD=AC,又△ABC为正三角形,所以AC=AB,所以AA1=AB=AD,
所以四边形ADC1A1为正方形,所以F是AC1的中点,
又E为AB的中点,所以EF∥BC1,又EF 平面A1DE,BC1 平面A1DE,所以BC1∥平面A1DE.
(2)不存在满足题意的点M,理由如下:
如图2,连接BD,DC1,则BD⊥AC,以{}为正交基底建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),B(,0,0),C(0,1,0),C1(0,0,1),A1(0,-1,1),
所以,1,-1),
设λ,λ,0)(0≤λ≤1),则λ,1+λ,-1),
设平面B1BCC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=z=,所以n=(1,),
若A1M与平面B1BCC1所成的角为30°,
则sin 30°=,n>|=
=,
整理,得(2λ-1)2+4=,此方程无解,故不存在点M,使得A1M与平面B1BCC1所成的角为30°.
7.A　以正方体ABCD-A1B1C1D1为例,平面ABC1D1与平面ABCD的夹角为45°;
以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),
在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1,
因为AB⊥平面ADD1A1,且A1D 平面ADD1A1,
所以AB⊥A1D,
又AD1∩AB=A,AD1,AB 平面ABC1D1,所以A1D⊥平面ABC1D1,即平面ABC1D1的一个法向量为=(1,0,1),
同理可证,AC⊥平面BDD1B1,
所以平面BDD1B1的一个法向量为=(-1,1,0),
设平面ABC1D1与平面BDD1B1的夹角为θ,0°≤θ≤90°,
则cos θ=|cos<,
所以θ=60°;
平面ABB1A1与平面ABCD的夹角为90°.
故选A.
8.解析　(1)证明:取AC的中点O,连接OF,OD,
∵DE∥平面ABC,DE 平面ABED,平面ABED∩平面ABC=AB,∴DE∥AB,∵O,F分别为AC,BC的中点,∴OF是△ABC的中位线,∴OF∥AB,OF=AB,
又AB=2DE,∴OF∥DE,OF=DE,∴四边形DEFO为平行四边形,∴EF∥DO,
∵在△DAC中,DA=DC,O为AC的中点,∴DO⊥AC.
又平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DO 平面DAC,∴DO⊥平面ABC,
∴EF⊥平面ABC.
(2)∵DO⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,∴DO⊥AC,DO⊥BC,
又AC⊥BC,∴DO,AC,BC互相垂直,
∴以O为原点,OA所在直线为x轴,过点O与BC平行的直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(-1,4,0),∴(-2,4,0).
∵EF⊥平面ABC,直线BE与平面ABC所成的角为60°,
∴∠EBF=60°,
∴DO=EF=BFtan 60°=2),
∴).
易得平面ADC的一个法向量m=(0,1,0),
设平面ADB的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,则x=2,∴n=(2,1),
∴cos=,由图可知二面角B-AD-C为锐二面角,∴二面角B-AD-C的余弦值为.
9.解析　(1)证明:∵P为圆弧上一点,BC为圆S的直径,∴PC⊥PB,
∵在圆柱ST中,AB⊥平面BCP,PC 平面BCP,
∴AB⊥PC,
又PB∩AB=B,PB,AB 平面PAB,∴PC⊥平面PAB,
又PC 平面PAC,∴平面PAB⊥平面PAC.
(2)以B为坐标原点,BC,AB所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
∵AB=BP=2PC=6,∴PC=3,
∴BC=,∴sin∠PBC=,故cos∠PBC=,
则B(0,0,0),A(0,0,6),C(0,3,0),
P(6sin∠PBC,6cos∠PBC,0),即P,
∴,-6),设M(x0,y0,z0),由(0<λ<1),得(x0,y0,z0-6)=λ(0,3,-6),
即即M(0,3λ,6-6λ),
∴λ,6-6λ),
设平面PBM的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令y1=-1,得x=2,z=,
∴n1=.
易知平面BMC的一个法向量为n2=(1,0,0),
∴|cos|=,整理,得3λ2-8λ+4=0,解得λ=或λ=2,又0<λ<1,故λ的值为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)