2024年新高考数学专用第一轮复习讲义一隅三反提升卷 7.3 空间角（精讲）（提升版）（原卷版+解析版）

这是一份2024年新高考数学专用第一轮复习讲义一隅三反提升卷 7.3 空间角（精讲）（提升版）（原卷版+解析版），共29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。

考点呈现
例题剖析
考点一 线线角
【例1-1】 (2023·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．
【一隅三反】
1． (2023·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．
2． (2023·四川内江·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．
3． (2023·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．
考点二 线面角
【例2-1】 (2023·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.
【例2-2】 (2023·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．1B．C．D．
【例2-3】． (2023·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．
【一隅三反】
1． (2023·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.
2． (2023·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．
考点三 二面角
【例3-1】 (2023·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．
【例3-2】 (2023·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.
【一隅三反】
1． (2023·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．
2． (2023·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．
3． (2023·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．
考点四 空间角的综合运用
【例4】 (2023·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
【一隅三反】
1． (2023·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
2． (2023·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___________．
7.3 空间角（精讲）（提升版）
思维导图
考点呈现
例题剖析
考点一 线线角
【例1-1】 (2023·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． (2023·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． (2023·四川内江·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：C
3． (2023·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】 (2023·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】 (2023·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．1B．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】． (2023·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． (2023·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． (2023·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】 (2023·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】 (2023·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． (2023·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． (2023·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．
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． (2023·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．
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】 (2023·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． (2023·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． (2023·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:.