2023年高考数学 7.3 空间角（精讲）（提升版）（解析版）

这是一份2023年高考数学 7.3 空间角（精讲）（提升版）（解析版），共24页。试卷主要包含了线线角，线面角，二面角，空间角的综合运用等内容，欢迎下载使用。
7.3 空间角（精讲）（提升版）考点一 线线角【例1-1】（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）A． B．C． D．【答案】D【解析】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，∵E是BC的中点，∴∥，,,;在中，由余弦定理可知 ∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，易知，，，所以，， 则，∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.故选：D【一隅三反】1．（2022·新疆·三模（理））在正方体中，E为的中点，平面与平面的交线为l，则l与所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】延长，交直线于点M，延长交于点，连接， 则直线即为交线，又，则即为l与所成的角，设正方体棱长为1，因为E为的中点，，所以为的中点，为的中点，点为的中点，为的中点，则，又，所以，所以，则，，，所以，即l与所成角的余弦值为.故选：D.2．（2022·四川内江·模拟预测（理））如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】连接交于，若是的中点，连接，由为直棱柱，各侧面四边形为矩形，易知：是的中点，所以，故直线与直线夹角，即为与的夹角或补角，若，则，，面，面，则，而，又，面，故面，又面，所以.所以，，在△中.故选：C3．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，则，，设异面直线PN和BM所成角为，则.故选：B.考点二 线面角【例2-1】（2022·黑龙江）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且.(1)求证：平面平面；(2)若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.得证.(2)如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令可得平面的法向量为，设直线PB与平面ADP所成角为，则.直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.【例2-2】（2022·云南）已知正方体的棱长为1，点P在线段上，且，则AP与平面ABCD所成角的正切值为（       ）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】如图，连接，因为在平面ABCD上的投影为，故作于，且平面，连接，则AP与平面ABCD所成角为.因为，故，且，故. 所以AP与平面ABCD所成角的正切值为故选：D【例2-3】．（2022·河南安阳）如图，在圆锥中，为圆锥的底面直径，为等腰直角三角形，B为底面圆周上一点，且，M为上一动点，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，过点作于点，连，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又∵平面，∴，故为直线与平面所成的角，在中，越小，越大，越大，当时，最小，此时最大，∵为等腰直角三角形，又，在中，,在中，，则,在等腰直角三角形中，，在中，,,则，故选：C.【一隅三反】1．（2022·河南安阳）如图，在四面体ABCD中，，，E为BD的中点，F为AC上一点.(1)求证：平面平面BDF；(2)若，，，求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)．【解析】(1)在四面体ABCD中，，E为BD的中点，则，而，平面，于是得平面，又平面，所以平面平面.(2)依题意不妨设，，则，又，则，．在中，，所，则，．由（1）得，，因，即，则．设点B到平面ACD的距离为h，则，解得，所以点B到平面ACD的距离为.设直线BF与平面ACD所成角为，所以．因为，所以，故当时，最短，此时，正弦值最大为．2．（2022·北京）如图，四棱锥的底面是梯形，，，E为线段中点． (1)证明：；(2)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)取中点F，连接交于点O，连接，由，且梯形，有且，故平行四边形，又，故为菱形，所以为的中点，故.又因为，故，因为，面，故面，又面，故．(2)解析1：几何法在中，，故，因为，故，由，即，即，故面，又，故面，面，故面面，作，面面，面，故面，在中，，因为，故B到面距离等于，设与平面所成角为，，故，故与平面所成角的正弦值为．解析2：向量法在中，，故，因为，故，由，即，即，故面，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，故，故，设面的法向量为，则，令，故，所以，故与平面所成角的正弦值为．考点三 二面角【例3-1】（2022·云南师大附中）如图，是边长为的等边三角形，E，F分别是的中点，G是的重心，将沿折起，使点A到达点P的位置，点P在平面的射影为点G．(1)证明：；(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，因是等边三角形，是的中点，是的重心，所以在上，，又点在平面的射影为点，即平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以.(2)过点作，连接，与，分别交于点，点.因为分别是，的中点，所以，所以，是平面与平面的交线.由是等边三角形，是的重心，知点，点分别是线段，的中点.平面，平面，所以，又，平面，，则平面，所以平面，又平面，于是，，为平面与平面所成二面角的平面角.由等边三角形的边长为，可得，，，，，在中，由余弦定理，得，所以平面与平面夹角的余弦值为.【例3-2】（2022·青海·海东市第一中学）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面平面ABCD，为等边三角形，，，M是棱上一点，且.(1)求证：平面MBD；(2)求二面角M－BD－C的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)连接AC，记AC与BD的交点为H，连接MH.由，得，，又，则，∴，又平面MBD，平面MBD，∴平面MBD.(2)记O为CD的中点，连接PO，BO.∵为等边三角形，∴，∵平面平面ABCD，平面平面ABCD＝CD，∴平面ABCD.以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为x轴，建立空间直角坐标系，如下图，则，，，，，，.设平面BDM的法向量，则，取x＝1得，平面BCD的一个法向量.设二面角M－BD－C的平面角为θ，则.∴二面角M－BD－C的余弦值为.【一隅三反】1．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2）解：，，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3）解：，，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.2．（2022·江西）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，D为上靠近A的三等分点．(1)若，求证：平面平面；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为是边长为2的正三角形，所以，，又，所以，从而．因为，，所以．又因为D为上靠近A的三等分点，所以，在中，由余弦定理得．因此，所以．因为，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：由题意当三棱锥的体积最大时，有平面平面．取的中点O，连接，，则，平面平面，平面，从而平面，又，为的中点，所以；以O点为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，从而，，，设平面的法向量为，则从而，取，则．设平面的法向量为，则从而，取，则．，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．3．（2022·广西玉林·模拟预测（理））如图，在直三棱柱 中，D，E别是棱、上的点，，． (1)求证：平面平面；(2)若直线与平面ABC所成的角为，且，求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）取中点，AB中点O，连交于F，连，，则，∵，∴，∴是平行四边形，∴，∵，∴．又在直三棱柱中，平面，平面，∴，平面，结合，∴平面，∴平面，又平面，∴平面平面．（3）由（1）知，OC、OB、两两垂直，建立如图空间直角坐标系，取上一点M，使，连AM，则，又平面ABC，与平面ABC所成角为，∴，∴，不妨设，则，，，，∴，，，，，，，．设平面的一个法向量为，则，∴，，取，得，平面的一个法向量，，∴二面角的平面角的正弦值为．考点四 空间角的综合运用【例4】（2022·重庆南开中学）（多选）已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，点M在棱PD上，且，点Q在底面及其边界上运动，且面，则下列说法正确的是（       ）A．点Q的轨迹为线段B．与CD所成角的范围为C．的最小值为D．二面角的正切值为【答案】ACD【解析】对于A，取点,，使得，，连接,，如图， 由线段成比例可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又平面，，所以平面平面，故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；对于C，当时，最小，此时，故C正确；对于D，二面角即平面与底面所成的锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图， 由正四棱锥可知，面，由，知，，由可得，，面，，又，，平面，，即为二面角的平面角，，故D正确.故选：ACD【一隅三反】1．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）（多选）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（       ）A． B．平面C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为【答案】BCD【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，所以，由平面，得，即，化简可得：，所以动点P在直线上，对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；对于选项C：，C选项正确；对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确；故选：BCD.2．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知正方体中，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为___________．【答案】【解析】如图所示，连接交平面于，连接，  由题意可知平面， 所以是与平面所成的角，所以＝.由可得，即. 在四面体中，,       ,所以四面体为正三棱锥，为的重心，如图所示： 所以解得 ，,又因为，所以 ，即在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，所以.故答案为:.