2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练44求空间角

这是一份2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练44求空间角，共11页。
(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;
(2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小.
2.如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.求:
(1)BC;
(2)二面角A-PM-B的正弦值.
3.(2023山东潍坊一模)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PC⊥PD,二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证:PB⊥PD;
(2)当PC=PD时,求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,过点D1作出正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,使得该截面平行于平面BEF.
(1)作出该截面与正方体表面的交线,并说明理由;
(2)求BD1与该截面所在平面所成角的正弦值.
(截面:用一个平面去截一个几何体,平面与几何体的表面的交线围成的平面图形)
5.如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
6.已知底面ABCD为菱形的直四棱柱,被平面AEFG所截几何体如图所示,CE⊥BG.
(1)求证:FG⊥BG;
(2)若AB=2,∠DAB=60°,三棱锥G-ACD的体积为,直线AF与底面ABCD所成角的正切值为,求锐二面角A-EC-B的余弦值.
课时规范练44 求空间角
1.(1)证明∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2,
∴BC1⊥B1C,BB1⊥A1B1,A1B1⊥B1C1.
∵BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1.
∵BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1.
∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.
(2)解以B为原点,BC,BA,BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略).
B1(0,0,2),C(2,0,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),
=(2,0,-2),=(0,-2,-2),
设异面直线B1C与A1B所成的角为θ,
则csθ=,
又θ∈0,,∴θ=.
∴异面直线B1C与A1B所成角的大小为.
2.解(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,
∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM,PB∩PD=P,
∴AM⊥平面PBD,
∴AM⊥BD,
∴∠ADB+∠DAM=90°.
又∠DAM+∠MAB=90°,
∴∠ADB=∠MAB,
∴Rt△DAB∽Rt△ABM,
∴,
∴BC2=1,∴BC=.
(2)如图,以D为原点,分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.
可得A(,0,0),B(,1,0),M,P(0,0,1),=(-,0,1),=(-,-1,1).
设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令x1=,则y1=1,z1=2,可得m=(,1,2).
设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2),
同理可得n=(0,1,1).
则cs=.
设二面角A-PM-B的平面角为θ,
则sinθ=.
3.(1)证明由题意知,平面PCD⊥平面ABCD,又平面PCD∩平面ABCD=CD,BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面PCD.因为PD⊂平面PCD,所以BC⊥PD.
又因为PC⊥PD,BC∩PC=C,PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC,所以PD⊥平面PBC.
因为PB⊂平面PBC,
所以PD⊥PB.
(2)解如图,取CD中点为O,连接PO.取AB中点为E,连接OE.
因为PC=PD,点O是CD中点,所以PO⊥CD.
又因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
所以PO⊥平面ABCD.因为点O,E分别是CD,AB的中点,所以OE∥AD,则OE⊥CD.
则OP=CD=1,OE=AD=2.
以点O为坐标原点,OD,OE,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,如图,建立空间直角坐标系O-xyz,
则O(0,0,0),D(1,0,0),C(-1,0,0),B(-1,2,0),P(0,0,1),E(0,2,0),A(1,2,0),=(-1,-2,1),=(-2,0,0),=(-1,0,-1).设n=(x,y,z)是平面PAB的一个法向量,
则取y=1,则z=2,所以n=(0,1,2)是平面PAB的一个法向量.
设直线PC与平面PAB所成的角为θ,则sinθ=|cs|=,
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
4.解(1)设G,H分别是棱BC,CC1的中点,顺次连接D1,A,G,H,D1,则四边形D1AGH即为所求的截面.
理由如下:
因为点G,H分别是棱BC,CC1的中点,故BC1∥GH,
又BC1∥D1A,所以GH∥D1A,
而两平行直线确定一个平面,所以四边形D1AGH为平面图形.
因为点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,故D1A∥EF.
又D1A⊄平面BEF,EF⊂平面BEF,
所以D1A∥平面BEF.
因为,
所以,
又E,B,D1,H不共线,所以EB∥D1H,
又D1H⊄平面BEF,EB⊂平面BEF,
所以D1H∥平面BEF,
又D1A∩D1H=D1,D1A⊂平面D1AGH,D1H⊂平面D1AGH,
所以平面D1AGH∥平面BEF.
(2)连接BD1,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,
易知BD1与该截面所在平面所成角的正弦值,即BD1与平面BEF所成角的正弦值.
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
则B(2,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(1,0,2),
故=(0,-2,1),=(-1,0,1),
设平面BEF的法向量为m=(x,y,z),
则
令z=2,可得m=(2,1,2),
又=(-2,-2,2),
所以cs==-,
故BD1与平面BEF所成角的正弦值为,
即BD1与该截面所在平面所成角的正弦值为.
5.(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.
又E为AC的中点,AD=CD,
∴DE⊥AC,BE⊥AC.
又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.
∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.
在△BDE中,若EF最小,
则EF⊥BD.
∵AB=CB=2,∠ACB=60°,
∴△ABC为等边三角形,
∴AC=2,BE=.
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,
∴DE=1.
又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.
由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),∴=(-1,,0),=(-1,0,1),=(0,,-1),=(0,0,1).
设=λ=(0,λ,-λ)(λ∈R),则=(0,λ,1-λ).
∵EF⊥BD,∴=0,
即3λ-(1-λ)=0,解得λ=.
∴点F.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则取y=1,则x=z=,
∴n=(,1,)为平面ABD的一个法向量.
设CF与平面ABD所成的角为θ,
则sinθ=|cs|=.
故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
6.(1)证明连接BD,交AC于点O,底面ABCD为菱形,
∴AC⊥BD,
由直四棱柱得GD⊥底面ABCD,
又AC⊂平面ABCD,∴GD⊥AC,
又BD∩GD=D,BD,GD⊂平面BDG,
∴AC⊥平面BDG,
∵BG⊂平面BDG,∴AC⊥BG.
已知CE⊥BG,又AC∩CE=C,AC,CE⊂平面ACE,
∴BG⊥平面ACE,
又AE⊂平面ACE,∴BG⊥AE.
∵平面ABE∥平面CFGD,平面AEFG∩平面ABE=AE,
平面AEFG∩平面CFGD=GF,
∴FG∥AE,则FG⊥BG.
(2)解已知AB=2,∠DAB=60°,可求BD=2,AC=2,
由VG-ACD=×2×2×sin120°×GD=,则GD=2.
在直四棱柱中,∵FC⊥底面ABCD,
∴∠FAC为直线AF与底面ABCD所成的角,tan∠FAC=,则FC=3.
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,
则A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),G(0,-1,2),F(-,0,3),=(,0,0)+(-,1,1)=(0,1,1),
则=(,1,1),=(,1,0),
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),
则
取x=1,得y=-,z=0,得m=(1,-,0),
由(1)知BG⊥平面ACE,∴平面ACE的一个法向量为n==(0,-2,2),
则cs=,
∴锐二面角A-EC-B的余弦值为.