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32空间角练习- -2023-2024学年高一数学-第8章 立体几何初步（人教A版2019必修第二册）
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2023-2024学年高一数学下学期《单元测试与专题强化》一卷练透：空间角单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2023下-山东临沂-高一校考期中）在正方体中，二面角的大小是（ ）A． B． C． D．2．（2023下-福建泉州-高一晋江市第一中学校考期中）在空间四边形中，，，，分别是，，，的中点．若，且与所成的角为，则的长为（ ）A．1 B． C．1或 D．或3．（2023下-黑龙江哈尔滨-高一哈尔滨三中校考期中）已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（ ）A． B． C． D． 4．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如图，在正方体中，下列结论错误的为（ ） A．直线与直线所成的角为B．直线与平面所成的角为C．直线平面D．平面与平面所成的二面角为5．（2023下-四川成都-高一统考期末）设正三棱锥的底面的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为，则此三棱锥的体积为（ ）A． B． C． D．6．（2023下-甘肃庆阳-高一校考期末）在矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角，则点B与点D之间的距离为（ ）A． B． C． D．7．（2023下-云南昆明-高一统考期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，底面半径为2，，是底面圆周上两点，且，则二面角的大小为（ ）A． B． C． D．8．（2023下-浙江-高一路桥中学校联考期中）在正四棱锥中，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的中点，点N在线段AD上且满足，分别记，，的平面角为α，β，γ，则（ ）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（2023下-安徽六安-高一六安一中校考期中）在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（ ）．A．B．直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为30°D．直线与平面所成角的正弦值为10．（2023下-陕西延安-高一陕西延安中学校考期中）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论正确的是（ ） A． B．直线CB与直线PD所成角为C．直线平面D．直线PD与平面所成的角为11．（2023下-广东深圳-高一翠园中学校考期中）如图，已知正方体的棱长为，则下列选项中正确的有（ ） A．异面直线与的夹角的正弦为B．二面角的平面角的正切值为C．正方体的外接球体积为D．三棱锥与三棱锥体积相等三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2023下-辽宁葫芦岛-高一统考期末）二面角的大小为，分别在两个面内且到棱的距离都为2，且，则与棱所成角的正弦值为 ．13．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为 ．14．（2023下-陕西-高一校联考期中）在四棱锥中，底面，底面为正方形，且.若与底面所成的角大于，则的长度的取值范围为 .四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（2023下-广东东莞-高一东莞一中校考期中）如图，四边形为正方形，平面，，．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．16．（2023下-江苏-高一校联考期中）如图所示，在三棱锥A-BCD中，AB＝CD，E、F分别为BC、AD的中点． (1)若AB⊥CD，求EF与AB所成的角的大小；(2)若AB＝CD＝2，且异面直线AB与CD所成角的大小为60°，求线段EF的长．17．（2023下-浙江台州-高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．(1)判断M点在PB的位置并说明理由；(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．18．（2021下-湖北黄冈-高一统考期末）如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于． (1)证明：是的中点；(2)是上一点，己知二面角为，求的值．19．（2023下-全国-高一期中）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小.（仰角为直线AP与平面ABC所成角）其中，m，m. (1)试求的正弦值；(2)当射程最短时，试求仰角的正切值.2023-2024学年高一数学下学期《单元测试与专题强化》一卷练透：空间角单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2023下-山东临沂-高一校考期中）在正方体中，二面角的大小是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二面角的定义确定平面角，结合正方体的性质求解.【详解】 因为平面，又平面所以，所以即为二面角的平面角，因为，所以二面角的大小是．故选：C．2．（2023下-福建泉州-高一晋江市第一中学校考期中）在空间四边形中，，，，分别是，，，的中点．若，且与所成的角为，则的长为（ ）A．1 B． C．1或 D．或【答案】C【分析】连接，可得或，求解三角形即可求出.【详解】如图，连接，在中，因为为中点，所以，，在中，因为为中点，所以，，因为与所成的角为，所以或，当时，为等边三角形，所以，当，由余弦定理可得，即，所以的长为1或.故选：C.3．（2023下-黑龙江哈尔滨-高一哈尔滨三中校考期中）已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（ ）A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据直线与平面所成角的定义得，即，设，求出，根据该长方体外接球的直径是，可求出，再根据球的表面积公式可求出结果.【详解】连，因为平面，所以是与平面所成的角，所以，所以，设，则，即， 又，所以，所以，即，所以，，因为该长方体外接球的直径是，所以半径，所以该外接球的表面积为.故选：B4．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如图，在正方体中，下列结论错误的为（ ） A．直线与直线所成的角为B．直线与平面所成的角为C．直线平面D．平面与平面所成的二面角为【答案】D【分析】对A，证明直线平面即可；对B，根据线面角的定义，根据直线与平面所成的角为即可；对C，根据线面垂直的判定证明即可；对D，根据二面角的定义可得平面与平面所成的二面角为即可.【详解】对A，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.又，平面，故平面.又平面，故.故直线与直线所成的角为，故A正确； 对B，因为平面，故直线与平面所成的角为，故B正确；对C，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.又，平面，故平面.又平面，故.同理，又，平面，故平面，故C正确； 对D，平面与平面交于，且，，故平面与平面所成的二面角为，故D错误. 故选：D5．（2023下-四川成都-高一统考期末）设正三棱锥的底面的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为，则此三棱锥的体积为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，由正三棱锥的性质可得平面，为侧面与底面所成的二面角的平面角，从而结合已知可求出高，进而可求出其体积.【详解】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，则平面，因为三棱锥为正三棱锥，所以，所以，所以为侧面与底面所成的二面角的平面角，因为等边的边长为2，所以，因为侧面与底面所成的二面角的余弦值为，所以，解得，所以，所以三棱锥的体积为，故选：D .6．（2023下-甘肃庆阳-高一校考期末）在矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角，则点B与点D之间的距离为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点在平面内作，证明，利用余弦定理得到，再利用勾股定理计算得到答案.【详解】过点在平面内作，垂足为点，如图， 因为二面角的平面角为，所以平面平面，又平面平面，平面，故平面，又平面，，在中，，，，则，，，则，，在中，，则，所以，所以.故选：C7．（2023下-云南昆明-高一统考期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，底面半径为2，，是底面圆周上两点，且，则二面角的大小为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连，可证是二面角的平面角，再根据已知条件计算可得结果.【详解】取的中点，连，因为，所以，因为，所以，所以是二面角的平面角，因为平面，平面，所以，因为，，所以，因为，所以，所以，所以.所以二面角的大小为. 故选：B8．（2023下-浙江-高一路桥中学校联考期中）在正四棱锥中，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的中点，点N在线段AD上且满足，分别记，，的平面角为α，β，γ，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】连对角线得底面的中心,则垂直底面，根据二面角的定义，结合正切函数的性质进行求解即可.【详解】连接交于，因为四棱锥为正四棱锥，所以有平面，过作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，而平面，所以，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可证：，因此是二面角的平面角，即，因此有，设是的中点，连接，则有，，因此是二面角的平面角，即，因此有，如图，是的中点，所以，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的中点，点N在线段AD上且满足，所以，所以，因此，故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（2023下-安徽六安-高一六安一中校考期中）在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（ ）．A．B．直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为30°D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【分析】由题意，，设，则，，即可判断A；由可知 或其补角为直线与所成角，利用余弦定理求解可判断B；由题可知直线与平面所成角为，又，，求出可判断C；设点到平面的距离为h，由利用等体积法求出，再利用线面角的定义求解可判断D．【详解】对于A：如图，设，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，在中，，∴，故A错误；对于B：易知，∴或其补角为直线与所成角，易知，，，∴，故B正确；对于C：连接，由平面，可知直线与平面所成角为，又，，∴，故C正确；对于D：易知，设点到平面的距离为h，则，取的中点E，连接BE，由勾股定理可得，∴，∴，设直线与平面所成角为，则，故D错误．故选：BC.10．（2023下-陕西延安-高一陕西延安中学校考期中）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论正确的是（ ） A． B．直线CB与直线PD所成角为C．直线平面D．直线PD与平面所成的角为【答案】BCD【分析】根据线面垂直的判定可判断A；根据平移法可求得直线CB与直线PD所成角判断B；根据线面平行的判定可判定C；根据线面角的定义求得直线PD与平面所成的角判断D.【详解】对于A，假设，因为平面ABC，平面ABC，故，而平面，故平面，平面，故，这与正六边形中，不垂直相矛盾，故A错误；对于B，正六边形中，,故直线AD与直线PD所成角即为直线CB与直线PD所成角或其补角，在中，，则,即直线CB与直线PD所成角为，B正确；对于C，因为，平面,平面，故直线平面，C正确；对于D，因为平面，故即为直线PD与平面所成的角，由C可知，故D正确，故选：BCD11．（2023下-广东深圳-高一翠园中学校考期中）如图，已知正方体的棱长为，则下列选项中正确的有（ ） A．异面直线与的夹角的正弦为B．二面角的平面角的正切值为C．正方体的外接球体积为D．三棱锥与三棱锥体积相等【答案】ACD【分析】由知就是异面直线所成的角，求解即可判断A；连接交于点O，由题意得BD⊥平面，为二面角的平面角，求解可B；正方体外接球的半径，求出外接球体积可判断C；由，及三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，可判断D.【详解】对于A，∵，中，就是异面直线所成的角，，则，A正确；对于B，连接交于点O，连接， ∵平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD，又BD⊥AO，，平面，∴BD⊥平面∵平面，∴BD⊥，∴为二面角的平面角，在中，，B不正确；对于C，∵正方体外接球的半径，∴正方体的外接球体积为，C正确；对于D，∵，三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，故三棱锥与三棱锥体积相等，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2023下-辽宁葫芦岛-高一统考期末）二面角的大小为，分别在两个面内且到棱的距离都为2，且，则与棱所成角的正弦值为 ．【答案】/0.4【分析】作，，其中，分别为垂足，在面内过点作，且，连接，，根据二面角的定义，可得，再利用平移的思想，知即为所求．【详解】如图所示，作，，其中，分别为垂足，则，， 在面内过点作，且，连接，，则四边形为平行四边形，所以，所以为与棱所成的角，因为，所以，，所以为的平面角，即，所以为等边三角形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，即与棱所成角的正弦值为．故答案为：．13．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为 ．【答案】【分析】设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，根据线面垂直的性质可得平面，再过作于，连接，根据余弦的性质可得，进而求得，结合三角形内角和可得与所成角为.【详解】如图，设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，则.由题意，与所成的角为，且，故与所成的角.由，，故.又，，故.又，平面，故平面.过作于，连接，则因为，故，又，平面，故平面.又平面，故.又与直线所成的角为，即.则，，，故，即，故，则.又平面，平面，故，则.又，故与所成角为. 故答案为：14．（2023下-陕西-高一校联考期中）在四棱锥中，底面，底面为正方形，且.若与底面所成的角大于，则的长度的取值范围为 .【答案】【分析】连接，得到与底面所成的角为，根据题意与底面所成的角大于，得到，即可求解.【详解】如图所示，连接，因为底面，所以与底面所成的角，即为，又因为底面为正方形，且，可得，因为与底面所成的角大于，可得，所以的长度的取值范围为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（2023下-广东东莞-高一东莞一中校考期中）如图，四边形为正方形，平面，，．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理作答.（2）把所求角问题转化为与平面所成角，再利用等体积法求出点到平面的距离即可求解作答.【详解】（1）连接交于，如图，由四边形为正方形，得，又平面，平面，则，而，即B，D，E，F四点共面，又，且平面，所以平面.（2）因为，则与平面所成角等于与平面所成角，显然，，，在中，由余弦定理得，，因此，设点到平面的距离为，由平面，知，而，，则平面，又，平面，平面，则平面，即有点F到平面的距离为AB长2，又，由，得，即，解得，所以与平面所成角的正弦值为．16．（2023下-江苏-高一校联考期中）如图所示，在三棱锥A-BCD中，AB＝CD，E、F分别为BC、AD的中点． (1)若AB⊥CD，求EF与AB所成的角的大小；(2)若AB＝CD＝2，且异面直线AB与CD所成角的大小为60°，求线段EF的长．【答案】(1)45°；(2)或【分析】（1）取BD的中点G，连接EG、FG；利用中位线定理得到EG＝GF且EG⊥GF，所以EF与AB所成的角即为∠EFG，进而求解；（2）根据题意可得∠EGF＝60°或120°，然后分情况讨论即可求解.【详解】（1）取BD的中点G，连接EG、FG； 因为E、F分别为BC、AD的中点，所以EG∥CD，GF∥AB，且EG＝CD，GF＝AB；又AB＝CD，所以EG＝GF；因为AB⊥CD，所以EG⊥GF；在△EGF中，EG＝GF，EG⊥GF，所以△EGF为等腰直角三角形，得∠EFG＝45°；因为GF∥AB，所以EF与AB所成的角即为∠EFG，即EF与AB所成的角的大小为45°；（2）因为AB＝CD＝2，所以EG＝GF＝1；因为AB与CD所成角的大小为60°，所以∠EGF＝60°或120°；在△EGF中，当∠EGF＝60°时，此三角形为等边三角形，故EF＝1；在△EGF中，当∠EGF＝120°时，由余弦定理得，EF2＝EG2＋GF2－2EG·GF·cos120°＝3，故EF＝，综上，或17．（2023下-浙江台州-高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．(1)判断M点在PB的位置并说明理由；(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．【答案】(1)M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析(2)(3)【分析】（1）连接BD交AC于O，由平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；（2）连接OP，则，由可求得结果；（3）取AD中点H，过M作，可知，取AB靠近A的三等分点N，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得平面ABCD，平面ABCD，令，计算，，，，利用余弦定理，由得，解得，过G作交CD于Q，由平面MGQ得，所以就是所求二面角的平面角，求解即可.【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，因为平面MAC，平面PBD，平面平面，则．因为，所以，则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．（2）如图，连接OP，则，因为，则．（3）取AD中点H，连接PH，HB，过M作，可知．取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，所以平面ABCD，因此平面ABCD．令，，计算得：，，，，，所以，，即，解得．过G作交CD于Q，连接MQ．平面ABCD，平面ABCD, ,，平面MGQ，平面MGQ，平面MGQ，，所以就是所求二面角的平面角，所以，．18．（2021下-湖北黄冈-高一统考期末）如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于． (1)证明：是的中点；(2)是上一点，己知二面角为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在图①中过C作，可得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）过作，过作于点，由线面垂直的性质定理可得为二面角的平面角，设，利用相似比、得求出可得答案．【详解】（1）在图①中过C作，则，，图②中，，又∵，∴，∴，∴且．∴，∴，在中，，，∴，又平面ACD，平面ACD，∴平面ACD，平面平面，∴，∴，又是的中点，∴是的中点； （2）如图， 过作交BE于H，过作于点，连结，且，因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，则为二面角的平面角，∴，设，∴，又，∴，在中，，,由得，即，∴，∴． 19．（2023下-全国-高一期中）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小.（仰角为直线AP与平面ABC所成角）其中，m，m. (1)试求的正弦值；(2)当射程最短时，试求仰角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，再结合各边长度，得到的正弦值；（2）当AP⊥CM时，射程最短，作出辅助线，得到即为直线AP与平面ABC所成的角，且，结合（1）中所求，得到各边长度，得到答案.【详解】（1）过点A作AP⊥CM，垂足为P，连接BP，如图所示：因为平面⊥平面，平面平面BCM＝BC，且AB⊥BC，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，又，所以⊥平面PAB，所以PC⊥PB，又m，m，，所以（m），中，，所以（m）；中，，所以.（2）当AP⊥CM时，射程最短，结合（1），过点P作PN⊥BC，垂足为N，连接AN，则即为直线AP与平面ABC所成的角，且，计算m，因为⊥，所以m，所以，，解得m，所以，即射程AP最短时，仰角的正切值.
2023-2024学年高一数学下学期《单元测试与专题强化》一卷练透：空间角单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2023下-山东临沂-高一校考期中）在正方体中，二面角的大小是（ ）A． B． C． D．2．（2023下-福建泉州-高一晋江市第一中学校考期中）在空间四边形中，，，，分别是，，，的中点．若，且与所成的角为，则的长为（ ）A．1 B． C．1或 D．或3．（2023下-黑龙江哈尔滨-高一哈尔滨三中校考期中）已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（ ）A． B． C． D． 4．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如图，在正方体中，下列结论错误的为（ ） A．直线与直线所成的角为B．直线与平面所成的角为C．直线平面D．平面与平面所成的二面角为5．（2023下-四川成都-高一统考期末）设正三棱锥的底面的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为，则此三棱锥的体积为（ ）A． B． C． D．6．（2023下-甘肃庆阳-高一校考期末）在矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角，则点B与点D之间的距离为（ ）A． B． C． D．7．（2023下-云南昆明-高一统考期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，底面半径为2，，是底面圆周上两点，且，则二面角的大小为（ ）A． B． C． D．8．（2023下-浙江-高一路桥中学校联考期中）在正四棱锥中，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的中点，点N在线段AD上且满足，分别记，，的平面角为α，β，γ，则（ ）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（2023下-安徽六安-高一六安一中校考期中）在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（ ）．A．B．直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为30°D．直线与平面所成角的正弦值为10．（2023下-陕西延安-高一陕西延安中学校考期中）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论正确的是（ ） A． B．直线CB与直线PD所成角为C．直线平面D．直线PD与平面所成的角为11．（2023下-广东深圳-高一翠园中学校考期中）如图，已知正方体的棱长为，则下列选项中正确的有（ ） A．异面直线与的夹角的正弦为B．二面角的平面角的正切值为C．正方体的外接球体积为D．三棱锥与三棱锥体积相等三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2023下-辽宁葫芦岛-高一统考期末）二面角的大小为，分别在两个面内且到棱的距离都为2，且，则与棱所成角的正弦值为 ．13．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为 ．14．（2023下-陕西-高一校联考期中）在四棱锥中，底面，底面为正方形，且.若与底面所成的角大于，则的长度的取值范围为 .四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（2023下-广东东莞-高一东莞一中校考期中）如图，四边形为正方形，平面，，．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．16．（2023下-江苏-高一校联考期中）如图所示，在三棱锥A-BCD中，AB＝CD，E、F分别为BC、AD的中点． (1)若AB⊥CD，求EF与AB所成的角的大小；(2)若AB＝CD＝2，且异面直线AB与CD所成角的大小为60°，求线段EF的长．17．（2023下-浙江台州-高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．(1)判断M点在PB的位置并说明理由；(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．18．（2021下-湖北黄冈-高一统考期末）如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于． (1)证明：是的中点；(2)是上一点，己知二面角为，求的值．19．（2023下-全国-高一期中）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小.（仰角为直线AP与平面ABC所成角）其中，m，m. (1)试求的正弦值；(2)当射程最短时，试求仰角的正切值.2023-2024学年高一数学下学期《单元测试与专题强化》一卷练透：空间角单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2023下-山东临沂-高一校考期中）在正方体中，二面角的大小是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二面角的定义确定平面角，结合正方体的性质求解.【详解】 因为平面，又平面所以，所以即为二面角的平面角，因为，所以二面角的大小是．故选：C．2．（2023下-福建泉州-高一晋江市第一中学校考期中）在空间四边形中，，，，分别是，，，的中点．若，且与所成的角为，则的长为（ ）A．1 B． C．1或 D．或【答案】C【分析】连接，可得或，求解三角形即可求出.【详解】如图，连接，在中，因为为中点，所以，，在中，因为为中点，所以，，因为与所成的角为，所以或，当时，为等边三角形，所以，当，由余弦定理可得，即，所以的长为1或.故选：C.3．（2023下-黑龙江哈尔滨-高一哈尔滨三中校考期中）已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（ ）A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据直线与平面所成角的定义得，即，设，求出，根据该长方体外接球的直径是，可求出，再根据球的表面积公式可求出结果.【详解】连，因为平面，所以是与平面所成的角，所以，所以，设，则，即， 又，所以，所以，即，所以，，因为该长方体外接球的直径是，所以半径，所以该外接球的表面积为.故选：B4．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如图，在正方体中，下列结论错误的为（ ） A．直线与直线所成的角为B．直线与平面所成的角为C．直线平面D．平面与平面所成的二面角为【答案】D【分析】对A，证明直线平面即可；对B，根据线面角的定义，根据直线与平面所成的角为即可；对C，根据线面垂直的判定证明即可；对D，根据二面角的定义可得平面与平面所成的二面角为即可.【详解】对A，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.又，平面，故平面.又平面，故.故直线与直线所成的角为，故A正确； 对B，因为平面，故直线与平面所成的角为，故B正确；对C，连接如图，由正方体性质可得，且平面，平面，故.又，平面，故平面.又平面，故.同理，又，平面，故平面，故C正确； 对D，平面与平面交于，且，，故平面与平面所成的二面角为，故D错误. 故选：D5．（2023下-四川成都-高一统考期末）设正三棱锥的底面的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为，则此三棱锥的体积为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，由正三棱锥的性质可得平面，为侧面与底面所成的二面角的平面角，从而结合已知可求出高，进而可求出其体积.【详解】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，则平面，因为三棱锥为正三棱锥，所以，所以，所以为侧面与底面所成的二面角的平面角，因为等边的边长为2，所以，因为侧面与底面所成的二面角的余弦值为，所以，解得，所以，所以三棱锥的体积为，故选：D .6．（2023下-甘肃庆阳-高一校考期末）在矩形ABCD中，，，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角，则点B与点D之间的距离为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点在平面内作，证明，利用余弦定理得到，再利用勾股定理计算得到答案.【详解】过点在平面内作，垂足为点，如图， 因为二面角的平面角为，所以平面平面，又平面平面，平面，故平面，又平面，，在中，，，，则，，，则，，在中，，则，所以，所以.故选：C7．（2023下-云南昆明-高一统考期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，底面半径为2，，是底面圆周上两点，且，则二面角的大小为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连，可证是二面角的平面角，再根据已知条件计算可得结果.【详解】取的中点，连，因为，所以，因为，所以，所以是二面角的平面角，因为平面，平面，所以，因为，，所以，因为，所以，所以，所以.所以二面角的大小为. 故选：B8．（2023下-浙江-高一路桥中学校联考期中）在正四棱锥中，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的中点，点N在线段AD上且满足，分别记，，的平面角为α，β，γ，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】连对角线得底面的中心,则垂直底面，根据二面角的定义，结合正切函数的性质进行求解即可.【详解】连接交于，因为四棱锥为正四棱锥，所以有平面，过作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，而平面，所以，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可证：，因此是二面角的平面角，即，因此有，设是的中点，连接，则有，，因此是二面角的平面角，即，因此有，如图，是的中点，所以，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的中点，点N在线段AD上且满足，所以，所以，因此，故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（2023下-安徽六安-高一六安一中校考期中）在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（ ）．A．B．直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为30°D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【分析】由题意，，设，则，，即可判断A；由可知 或其补角为直线与所成角，利用余弦定理求解可判断B；由题可知直线与平面所成角为，又，，求出可判断C；设点到平面的距离为h，由利用等体积法求出，再利用线面角的定义求解可判断D．【详解】对于A：如图，设，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，在中，，∴，故A错误；对于B：易知，∴或其补角为直线与所成角，易知，，，∴，故B正确；对于C：连接，由平面，可知直线与平面所成角为，又，，∴，故C正确；对于D：易知，设点到平面的距离为h，则，取的中点E，连接BE，由勾股定理可得，∴，∴，设直线与平面所成角为，则，故D错误．故选：BC.10．（2023下-陕西延安-高一陕西延安中学校考期中）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论正确的是（ ） A． B．直线CB与直线PD所成角为C．直线平面D．直线PD与平面所成的角为【答案】BCD【分析】根据线面垂直的判定可判断A；根据平移法可求得直线CB与直线PD所成角判断B；根据线面平行的判定可判定C；根据线面角的定义求得直线PD与平面所成的角判断D.【详解】对于A，假设，因为平面ABC，平面ABC，故，而平面，故平面，平面，故，这与正六边形中，不垂直相矛盾，故A错误；对于B，正六边形中，,故直线AD与直线PD所成角即为直线CB与直线PD所成角或其补角，在中，，则,即直线CB与直线PD所成角为，B正确；对于C，因为，平面,平面，故直线平面，C正确；对于D，因为平面，故即为直线PD与平面所成的角，由C可知，故D正确，故选：BCD11．（2023下-广东深圳-高一翠园中学校考期中）如图，已知正方体的棱长为，则下列选项中正确的有（ ） A．异面直线与的夹角的正弦为B．二面角的平面角的正切值为C．正方体的外接球体积为D．三棱锥与三棱锥体积相等【答案】ACD【分析】由知就是异面直线所成的角，求解即可判断A；连接交于点O，由题意得BD⊥平面，为二面角的平面角，求解可B；正方体外接球的半径，求出外接球体积可判断C；由，及三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，可判断D.【详解】对于A，∵，中，就是异面直线所成的角，，则，A正确；对于B，连接交于点O，连接， ∵平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD，又BD⊥AO，，平面，∴BD⊥平面∵平面，∴BD⊥，∴为二面角的平面角，在中，，B不正确；对于C，∵正方体外接球的半径，∴正方体的外接球体积为，C正确；对于D，∵，三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，故三棱锥与三棱锥体积相等，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2023下-辽宁葫芦岛-高一统考期末）二面角的大小为，分别在两个面内且到棱的距离都为2，且，则与棱所成角的正弦值为 ．【答案】/0.4【分析】作，，其中，分别为垂足，在面内过点作，且，连接，，根据二面角的定义，可得，再利用平移的思想，知即为所求．【详解】如图所示，作，，其中，分别为垂足，则，， 在面内过点作，且，连接，，则四边形为平行四边形，所以，所以为与棱所成的角，因为，所以，，所以为的平面角，即，所以为等边三角形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，即与棱所成角的正弦值为．故答案为：．13．（2023下-山东青岛-高一统考期中）如果平面，直线，点满足：，且直线与所成的角为直线与直线所成的角为，那么与所成角的大小为 ．【答案】【分析】设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，根据线面垂直的性质可得平面，再过作于，连接，根据余弦的性质可得，进而求得，结合三角形内角和可得与所成角为.【详解】如图，设在平面上的投影为，在平面上的投影为直线，其中为与在平面上的投影直线的交点，则.由题意，与所成的角为，且，故与所成的角.由，，故.又，，故.又，平面，故平面.过作于，连接，则因为，故，又，平面，故平面.又平面，故.又与直线所成的角为，即.则，，，故，即，故，则.又平面，平面，故，则.又，故与所成角为. 故答案为：14．（2023下-陕西-高一校联考期中）在四棱锥中，底面，底面为正方形，且.若与底面所成的角大于，则的长度的取值范围为 .【答案】【分析】连接，得到与底面所成的角为，根据题意与底面所成的角大于，得到，即可求解.【详解】如图所示，连接，因为底面，所以与底面所成的角，即为，又因为底面为正方形，且，可得，因为与底面所成的角大于，可得，所以的长度的取值范围为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（2023下-广东东莞-高一东莞一中校考期中）如图，四边形为正方形，平面，，．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理作答.（2）把所求角问题转化为与平面所成角，再利用等体积法求出点到平面的距离即可求解作答.【详解】（1）连接交于，如图，由四边形为正方形，得，又平面，平面，则，而，即B，D，E，F四点共面，又，且平面，所以平面.（2）因为，则与平面所成角等于与平面所成角，显然，，，在中，由余弦定理得，，因此，设点到平面的距离为，由平面，知，而，，则平面，又，平面，平面，则平面，即有点F到平面的距离为AB长2，又，由，得，即，解得，所以与平面所成角的正弦值为．16．（2023下-江苏-高一校联考期中）如图所示，在三棱锥A-BCD中，AB＝CD，E、F分别为BC、AD的中点． (1)若AB⊥CD，求EF与AB所成的角的大小；(2)若AB＝CD＝2，且异面直线AB与CD所成角的大小为60°，求线段EF的长．【答案】(1)45°；(2)或【分析】（1）取BD的中点G，连接EG、FG；利用中位线定理得到EG＝GF且EG⊥GF，所以EF与AB所成的角即为∠EFG，进而求解；（2）根据题意可得∠EGF＝60°或120°，然后分情况讨论即可求解.【详解】（1）取BD的中点G，连接EG、FG； 因为E、F分别为BC、AD的中点，所以EG∥CD，GF∥AB，且EG＝CD，GF＝AB；又AB＝CD，所以EG＝GF；因为AB⊥CD，所以EG⊥GF；在△EGF中，EG＝GF，EG⊥GF，所以△EGF为等腰直角三角形，得∠EFG＝45°；因为GF∥AB，所以EF与AB所成的角即为∠EFG，即EF与AB所成的角的大小为45°；（2）因为AB＝CD＝2，所以EG＝GF＝1；因为AB与CD所成角的大小为60°，所以∠EGF＝60°或120°；在△EGF中，当∠EGF＝60°时，此三角形为等边三角形，故EF＝1；在△EGF中，当∠EGF＝120°时，由余弦定理得，EF2＝EG2＋GF2－2EG·GF·cos120°＝3，故EF＝，综上，或17．（2023下-浙江台州-高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．(1)判断M点在PB的位置并说明理由；(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．【答案】(1)M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析(2)(3)【分析】（1）连接BD交AC于O，由平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；（2）连接OP，则，由可求得结果；（3）取AD中点H，过M作，可知，取AB靠近A的三等分点N，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得平面ABCD，平面ABCD，令，计算，，，，利用余弦定理，由得，解得，过G作交CD于Q，由平面MGQ得，所以就是所求二面角的平面角，求解即可.【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，因为平面MAC，平面PBD，平面平面，则．因为，所以，则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．（2）如图，连接OP，则，因为，则．（3）取AD中点H，连接PH，HB，过M作，可知．取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，所以平面ABCD，因此平面ABCD．令，，计算得：，，，，，所以，，即，解得．过G作交CD于Q，连接MQ．平面ABCD，平面ABCD, ,，平面MGQ，平面MGQ，平面MGQ，，所以就是所求二面角的平面角，所以，．18．（2021下-湖北黄冈-高一统考期末）如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于． (1)证明：是的中点；(2)是上一点，己知二面角为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在图①中过C作，可得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）过作，过作于点，由线面垂直的性质定理可得为二面角的平面角，设，利用相似比、得求出可得答案．【详解】（1）在图①中过C作，则，，图②中，，又∵，∴，∴，∴且．∴，∴，在中，，，∴，又平面ACD，平面ACD，∴平面ACD，平面平面，∴，∴，又是的中点，∴是的中点； （2）如图， 过作交BE于H，过作于点，连结，且，因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，则为二面角的平面角，∴，设，∴，又，∴，在中，，,由得，即，∴，∴． 19．（2023下-全国-高一期中）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小.（仰角为直线AP与平面ABC所成角）其中，m，m. (1)试求的正弦值；(2)当射程最短时，试求仰角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，再结合各边长度，得到的正弦值；（2）当AP⊥CM时，射程最短，作出辅助线，得到即为直线AP与平面ABC所成的角，且，结合（1）中所求，得到各边长度，得到答案.【详解】（1）过点A作AP⊥CM，垂足为P，连接BP，如图所示：因为平面⊥平面，平面平面BCM＝BC，且AB⊥BC，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，又，所以⊥平面PAB，所以PC⊥PB，又m，m，，所以（m），中，，所以（m）；中，，所以.（2）当AP⊥CM时，射程最短，结合（1），过点P作PN⊥BC，垂足为N，连接AN，则即为直线AP与平面ABC所成的角，且，计算m，因为⊥，所以m，所以，，解得m，所以，即射程AP最短时，仰角的正切值.
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