备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练57求空间角（附解析人教A版）

这是一份备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练57求空间角（附解析人教A版），共9页。
A.B.4C.2D.3
2.(多选题)(2024·浙江宁波模拟)已知SO⊥平面α于点O,A,B是平面α上的两个动点,且∠OSA=,∠OSB=,则下列说法正确的是( )
A.SA与SB所成的角可能为
B.SA与OB所成的角可能为
C.SO与平面SAB所成的角可能为
D.平面SOB与平面SAB的夹角可能为
3.(2023·北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.
4.(2024·山东潍坊模拟)如图,圆台O1O2上底面半径为1,下底面半径为,AB为圆台下底面的一条直径,圆O2上的点C满足AC=BC,PO1是圆台上底面的一条半径,点P,C在平面ABO1的同侧,且PO1∥BC.
(1)证明:O1O2∥平面PAC;
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值.
条件①:三棱锥O1-ABC的体积为;条件②:AO1与圆台底面的夹角的正切值为.
5.(2024·江苏苏锡常镇模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1BA⊥平面ABC,侧面A1B1BA为菱形,∠ABB1=,A1B⊥AC,AB=AC=2,E是AC的中点.
(1)求证:A1B⊥平面AB1C;
(2)点P在线段A1E上(异于点A1,E),AP与平面A1BE所成角为,求的值.
6.(2024·浙江温州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,BC=2AD=2,∠PBA=∠CBA=60°.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAC;
(2)若点M在线段PB上,且直线AD与平面MAC所成角的正弦值为,求平面MBC与平面MAC夹角的余弦值.
课时规范练57 求空间角
1. B 解析 如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DS分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.不妨设SD=t(t>0),则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),E(2,1,0),F(0,1,),所以=(-2,1,0),=(-2,-1,).因为异面直线EC与BF所成角的余弦值为,所以|cs|=,解得t=4,即SD=4.
2. AC 解析 设OA=1,则SO=,SA=2,OB=,SB=以O为坐标原点,分别以直线OA,OS为x轴,z轴,在平面α内过点O垂直于OA的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0,0,),A(1,0,0),设B(m,n,0),且m2+n2=3,=(1,0,-),=(m,n,-),=(m,n,0),=(0,0,-).若SA与SB所成的角为,则|cs|==cs,解得m=-3±当m=-3-时,m2>3,不符合题意;当m=-3+时,n2=6-12>0,方程有解,故A正确;若SA与OB所成的角为,则|cs|==cs,得m2=9>3,不符合题意,故B错误;设平面SAB的法向量为p=(x1,y1,z1),则令z1=1,则x1=,y1=,则p=(,1).若SO与平面SAB所成的角为,则|cs|==sin,解得m=1,n=±,故C正确;设平面SOB的法向量为q=(x2,y2,z2),则令x2=1,则y2=-,则q=(1,-,0),若平面SOB与平面SAB的夹角为,则p·q=0,即=0,得m2+n2=m,又m2+n2=3,得m=3,m2=9>3,不符合题意,故D错误.故选AC.
3.(1)证明 因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,同理PA⊥AB,
所以△PAB为直角三角形.
因为PB=,BC=1,PC=,所以PB2+BC2=PC2,则△PBC为直角三角形,故BC⊥PB,
又因为BC⊥PA,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
(2)解 由(1)得BC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,则BC⊥AB,以A为坐标原点,直线AB为x轴,过点A且与BC平行的直线为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0),
所以=(0,0,1),=(1,1,0),=(0,1,0),=(1,1,-1).
设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则令x1=1,则y1=-1,所以m=(1,-1,0).
设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令x2=1,则z2=1,所以n=(1,0,1).
所以cs=,
又二面角A-PC-B为锐二面角,
所以二面角A-PC-B的大小为
4. (1)证明 取AC的中点M,连接O2M,PM,如图.
由题意,PO1=1,BC=AB=2,
∵PO1∥BC,PO1=BC,
又O2M∥BC,O2M=BC,故PO1∥O2M,PO1=O2M,所以四边形PO1O2M为平行四边形,则PM∥O1O2,又PM⊂平面PAC,O1O2⊄平面PAC,故O1O2∥平面PAC.
(2)解 选①:S△ABC=AC·BC=2×2=2,又O1O2⊥平面ABC,
所以三棱锥O1-ABC的体积V=S△ABC×O1O2=所以O1O2=2.
选②:因为O1O2⊥平面ABC,所以∠O1AO2为AO1与底面所成的角,所以tan∠O1AO2=,又AO2=,所以O1O2=2.
以O2为坐标原点,直线O2B,O2C,O2O1分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则有A(-,0,0),B(,0,0),C(0,,0),P(-,2),O1(0,0,2),故=(,0,2).设平面PBC的法向量n=(x,y,z),而=(-,0),=(-,-,2),故
令z=1,解得x=y=,得n=(,1).
设所求角的大小为θ,
则sinθ=|cs|=所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为
5.(1)证明 因为四边形A1B1BA为菱形,
所以A1B⊥AB1,
又因为A1B⊥AC,AB1,AC⊂平面AB1C,AB1∩AC=A,
所以A1B⊥平面AB1C.
(2)解 取AB的中点O,连接B1O,四边形A1B1BA为菱形,且∠ABB1=,
所以B1O⊥AB.
因为平面A1B1BA⊥平面ABC,平面A1B1BA∩平面ABC=AB,B1O⊂平面A1B1BA,
所以B1O⊥平面ABC,所以B1O⊥AC,
又因为A1B⊥AC,B1O与A1B相交,
所以AC⊥平面A1B1BA,所以AC⊥AB.
取BC的中点D,连接OD,则OD∥AC.
以O为坐标原点,直线OB,OD,OB1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则B(1,0,0),A(-1,0,0),A1(-2,0,),E(-1,1,0),所以=(-3,0,),=(-2,1,0).
设平面A1BE的一个法向量为n=(x,y,z),
所以
令x=1,则z=,y=2,所以n=(1,2,).设=(0