2024年数学高考一轮复习空间角试卷版

这是一份2024年数学高考一轮复习空间角试卷版，共41页。试卷主要包含了如图，如图，在三棱锥中，平面，等内容，欢迎下载使用。
1．（2023·黑龙江哈尔滨）如图所示，在棱长为2的正方体中，O是底面的中心，E，F分别是，AD的中点，那么异面直线OE与所成角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，

因为正方体棱长为2，是底面的中心，E，F分别是，AD的中点，
所以，，
，，
所以异面直线OE与所成角的余弦值等于，
可得异面直线OE与所成角的正弦值为.
故选：A．
2．（2022·内蒙古乌兰察布·校考三模）正方体中，E，F分别是的中点，则直线与EF所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】正方体中，E，F分别是的中点，
设正方体中棱长为2，
以D为原点，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，

设直线与EF所成角为θ，，
则==，
∴直线与EF所成角的余弦值是．
故选：B．
3．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上），在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点），已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，在正四棱柱中，分别为侧面和侧面的中心，
为的中点，为点钟时针，为点钟时针，
则，，
设正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，
以为原点，以的方向分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
所以.
所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为.

故选：B
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
5．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）如图，在四棱柱中，底面和侧面均为矩形，，，，.
(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：连接，四边形和四边形均为矩形，
，，
又平面，，所以平面，
平面，则，
由，所以.
（2）设，，
，
，，
，，
过C点作垂直交于点M，由（1）可知平面，
平面，
，平面，，平面，
设与平面所成的角为，
又，，
平面，到平面的距离等于3，
连接，在平行四边形中，，
，，
，
与平面所成角的正弦值
6．（2023春·新疆伊犁 ）如图：已知直三棱柱中，交于点O，，.
(1)求证：；
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为平面ABC，平面ABC，可得，
由题意可知：，即，
且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又因为，则是正方形，可得，
且，平面，所以平面，
且平面，所以 .
（2）连接，可知平面即为平面，则二面角即为二面角，
取的中点，连接，
因为，且为的中点，则，
又因为平面ABC，平面ABC，可得，
，平面，所以平面，
且平面，则，
所以二面角的平面角为，
在中，，可得，
所以二面角的正切值为.
7．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第四中学校校考开学考试）四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，E为的中点，F为中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）
如图所示，取中点G，连接，
由中位线的性质易知：且，
又因为底面是菱形，E为的中点，所以，，
即四边形是平行四边形，所以，
而平面，平面，所以平面；
（2）
如图所示，作，垂足为I，作交PC于J，连接AJ，
易知即二面角，
在菱形中，由于，，平面，
易得，
在中，，
在中，，
在中，，
即二面角的正弦值为.
8．（2023·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．

(1)证明：//平面PBC；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【解析】（1）证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，
∵底面ABCD的中心为O，∴平面ABCD，∴，
∵，，
∴，
∴，∴，∴，∴
而，∴，∴，
∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；

（2）由（1）知E是PD的中点，又，∴，
不妨设，则，，
∵是正四棱锥，底面ABCD的中心为O，∴OC，OD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

则，，，，
∴，，，
设平面PAB的一个法向量为，
，令，则，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，令，则，，
∴，
∴二面角的余弦值为．
9．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
10．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
11．（2023·四川·校联考一模）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，平面平面，，，，

(1)证明：；
(2)求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：取AD中点O，连结PO，CO，
因为是等边三角形，所以．
又因为，，所以，
因为，所以是等边三角形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）解：由平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
在中由余弦定理：，
因为，可得，解得，
可得，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成的角的正弦值为．

12．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）如图，连接，交于，连接.
因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.
又，且，所以，所以.又，所以，所以.
因为平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
故，，.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值.

13．（2023·广东梅州·统考三模）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.

(1)证明：平面平面.
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解析】（1）由题知，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，
又因为平面平面，所以平面.
因为平面，所以，则共面.
因为平面，平面，平面平面，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，因为，所以，
所以，即.
因为平面，平面，所以，
又因为,平面，所以平面.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
所以，即，解得或，
当时，，不合题意，
所以线段的长为2.

14．（2023·河南·统考三模）如图，四棱锥中，四边形为梯形，∥，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．
∥
又平面，平面
直线∥平面
（2），，
,
,
两两之间互相垂直
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系

,,,,
又M，N分别是PD，PB的中点．
，
,，
设平面的法向量为
可得
解得令可得法向量
,，
平面
为平面得法向量
令平面与平面夹角为且为锐角
平面与平面夹角的余弦值为.
15．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点.

(1)证明：；
(2)设的中点为，点在棱上（异于点，，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面，
所以平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由题意可得两两垂直，
设，如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，

因为点是的中点，所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令可得，所以平面的一个法向量.
，设，
即，所以.
又，
所以，
化简得，解得或（舍去）.
所以，
设直线与平面所成的角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
1．（2023秋·湖北·高二赤壁一中校联考开学考试）二面角中，，，，且，，垂足分别为A、C，，，，已知异面直线与所成角为，则（ ）
A．B．C．或5D．或
【答案】D
【解析】在内做，且使，连接，因为，
所以四边形为平行四边形，，，
由，，，平面，所以平面，
因为，可得平面，平面，所以，
因为异面直线与所成角为，，
所以直线与所成角为，
当时，如下左图，由余弦定理可得
，
此时，即；
当时，如下右图，由余弦定理可得
，
此时，即；
综上所述，或.
故选：D.

2．（2023·辽宁·大连二十四中校联考模拟预测）（多选）直角中是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时（ ）
A．
B．
C．直线与的夹角余弦值为
D．四面体的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】如图所示：过点作，交于延长线于点，
过点交于于点，作，使得，
由二面角为直二面角，可知，
设，则有，，，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，
，
，当且仅当，
此时，，
在图1中，，所以为的平分线，
于是有，所以，
，
由上可知：两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
因为，
所以选项A正确；
因为，
所以选项B正确；
，
因为，
所以直线与的夹角余弦值为，因此选项C不正确；
设四面体的外接球的球心为，
显然有，
所以有，
，
，
由，解得，
四面体的外接球的半径为，
四面体的外接球的表面积为，
因此选项D正确，
故选：ABD

3．（2023秋·广东深圳·高三校考阶段练习）（多选）如图，正方体的棱长为分别为的中点，则（ ）

A．点与点到平面的距离相等
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．二面角的余弦值为
D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】ACD
【解析】对于，如图1所示，取的中点，连接，
则有平面,平面,平面.
.，,平面.平面平面,平面,平面,,
所以平面平面.
又因为平面，所以平面，点与点到平面的距离相等，故正确；

对于，如图2所示，连接，又平面，所以为直线与平面所成角，由已知得：，
所以中，，即B错误；

对C，如图3所示，因为平面，作交延长线于，
连接，则，故设二面角的平面角为，
由得，
所以，即C正确；
对于D，如图4所示，连接，延长交于点，
因为分别为的中点，所以，
所以四点共面，所以截面即为等腰梯形.
，梯形的高为，
所以梯形的面积为，故D正确.

故选：ACD.
4．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.

(1)证明：平面；
(2)若，三棱锥的体积是，求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为平面平面，所以，
又因为，而平面，
所以平面，又平面，所以.
又因为，点是的中点，所以.
而平面，
所以平面平面，所以，
又平面，
所以平面；
（2）解法一：设，由（1）得，，
可知，
由，得，故，
在Rt中，，
所以，
化简得，解得，故.
由（1）知平面，故即为所求角，
在Rt中，，
又，故；
解法二：设，由（1）得，，
可知，
由，得，故，
在Rt中，，
所以，
化简得，解得.
如图，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
因为，则，
，
由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，又，故.

5．（2022秋·山西运城·高三校考阶段练习）在如图所示的多面体中，四边形为正方形，四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面，.

(1)求证：直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若点在直线上，求直线与平面所成角的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3).
【解析】（1）因为和均为等腰直角三角形，且，
所以，
所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）连接，因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面，
所以平面，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，令，则，
设平面的法向量，
由，
令，得，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
（3）设，则，
设与平面所成的角为，则
要使最大，则，
所以时等号成立，
所以，所以与平面所成角的最大值为.
6．（2023·河南·校联考模拟预测）已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.

(1)求证：；
(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：连接

，，是的中点
，是的中点
，
，
平面
平面，平面，，
在三棱柱中，，
，，
，
平面，
平面，．
（2）连接，由（1）可知，
平面，平面
平面，
，要使的面积最小，则最小，
又，△是等腰直角三角形
即时，最小，是的中点，
如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系：

则，，，,0,，
设,,，则，即，得，，，
即,,，
，则，
，,,，
设平面的法向量为,,，
由，得，即，令，则，，即，
设直线与平面所成角为，
则,，
即直线与平面所成角的正弦值为．
7．（2023秋·湖南衡阳·高三校考阶段练习）如图1，在平面图形中，，，，，沿将折起，使点到的位置，且，，如图2.

(1)求证：平面平面.
(2)线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)线段FG上存在点M，
【解析】（1）证明：因为，所以，
又因为，所以，
因为，且，所以四边形为等腰梯形，
又因为，所以，
所以，所以，即，
因为，，平面AEG，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由，，且，平面，
所以平面，
因为，可得，所以平面，
又由（1）知，，所以两两互相垂直，
以为原点，所在的直线分别为 轴、轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为，四边形是矩形，所以，
则，，.
假设线段上存在点满足题意，
令,则，可得，.
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
由平面，则平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
则，其中，
所以，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，且.
8．（2023·北京·高三景山学校校考期中）在四棱锥中，侧面底面，，为中点，底面是直角梯形，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)点Q在线段PC上，平面BDQ和平面PBD的夹角为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）证明：如图，取PD的中点F，连接EF，AF，
又E为PC中点，∴，且，
又，且，
∴，且，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴，又平面，平面，
∴平面.
（2）∵侧面底面，，
又平面，侧面底面，
∴底面，又底面，
∴，又易知，且，
∴平面，又，
∴B到平面的距离等于A到平面的距离，即为AD，
∴三棱锥的体积为：.
（3）根据题意，可建系如图，
则，，，，
∴，，，
设，，则，
∴，
设平面PBD与平面BDQ的法向量分别为，，
则，，
取，，
又平面BDQ和平面PBD的夹角为，
∴，
又，解得，
∴.
9．（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面，且，点是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上（不含端点）是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，使得二面角的余弦值为
【解析】（1）连接，如下图所示：

由四边形为菱形，可得，
又平面，又平面，所以，
，且平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）取的中点，连接，则，依题意易知三条线两两互相垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间坐标系如下图所示：

由，可得

设点，则，其中，
由点在线段上，可设（其中），
即，可得，
所以
设为平面的法向量，
则即
令，则
设为平面的法向量，
则即
令，则
依题意可知，
即，
即，即或（舍），所以；
故存在点使得二面角的余弦值为.
10．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在五棱锥中，，，.

(1)证明：；
(2)若平面平面，平面平面，探索：是否为定值？若为定值，请求出的值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)是定值，
【解析】（1）证明：取中点，连接，连接交于，
如图，由知为等腰梯形，，
又，故，
显然为中点，，
故 又，所以平面
又平面，故.

（2）若平面平面，
由为平面与平面的交线，知，，
如图，可以为原点，建立平面直角坐标系.

设，因，

如图，底面延长交于点，
由知为等边三角形，
又，可知也为等边三角形，
故，
又，
所以，又，所以为等边三角形，
所以也为等边三角形，故，
所以，故，
，，
，
设平面法向量为，则即
可令得，
，
设平面法向量为，则即
可令，
，有，
故.