高考数学专题练 专题四立体几何 微专题27　空间角的计算（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题四立体几何 微专题27　空间角的计算（含答案），共28页。

典例1 (2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
典例2 (2023·潍坊模拟)如图，圆台O1O2的上底面半径为1，下底面半径为eq \r(2)，AB为圆台下底面的一条直径，圆O2上点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；
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(2)从条件①、条件②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eq \f(4,3)；
条件②：AO1与圆台底面所成角的正切值为eq \r(2).
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
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典例3 (2023·新高考全国Ⅰ)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
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[总结提升]
在解决空间角的计算问题上，常用的方法有定义法和向量法．在向量法中，求解时注意角的取值范围，异面直线所成的角范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成的角、两个平面夹角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以公式中要加绝对值．
1．(2023·丹东质检)设C′与C分别为圆柱上、下底面圆周上的点，且位于该圆柱轴截面ABB′A′同侧，下底面圆心O在AB上，若＝2，，cs∠C′CO＝eq \f(1,3)，则直线CC′与AB所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(2\r(2),3)
2．(2023·合肥模拟)米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，如图为一倒正四棱台形米斗，高为40 cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50 cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5)
3．在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(5,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(7,8) D.eq \f(1,4)
4．(2023·莆田模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是A1C，BD上的动点，当线段MN的长最小时，直线MN与平面BCC1B1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(30),6) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(6),3)
5．(多选)(2023·潍坊模拟)如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则( )
A．直线BD与直线JL所成角为eq \f(π,3)
B．直线CG与平面EFHILK所成角为eq \f(π,6)
C．该几何体的体积为eq \f(23\r(2),12)
D．该几何体中，二面角A－BC－D的余弦值为eq \f(1,3)
6．(多选)(2023·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＝eq \f(π,6)，∠OSB＝eq \f(π,4)，则( )
A．SA与SB所成的角可能为eq \f(π,3)
B．SA与OB所成的角可能为eq \f(π,6)
C．SO与平面SAB所成的角可能为eq \f(π,6)
D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为eq \f(π,2)
7．过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面PCD夹角的大小为________．
8．(2023·湖北黄冈中学模拟)在空间四面体ABCD中，∠ACD＝60°，二面角A－CD－B的大小为45°，在平面ABC内过点B作AC的垂线l，则l与平面BCD所成的最大角的正弦值为__________．
9.(2023·宣城模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA＝PD，PB＝PC＝BC＝2，二面角P－BC－A的大小为30°.
(1)证明：平面PAD⊥平面PBC；
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(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值．
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10.(2023·武汉调研) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝eq \r(2)，AB＝1，E，F分别为A1C，BB1的中点，且EF⊥平面AA1C1C.
(1)求棱BC的长度；
(2)若BB1⊥A1B1，且△A1FC的面积＝eq \f(\r(2),2)，求二面角B1－A1F－C的正弦值．
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微专题27 空间角的计算
[考情分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等．
考点一 异面直线所成的角
典例1 (2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 方法一 如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，
又C1P⊥BB1，
B1D1∩BB1＝B1，
所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.
连接BC1，则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，
BC1＝2eq \r(2)，sin∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，
所以∠PBC1＝eq \f(π,6).
方法二 以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B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)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq \(AD1,\s\up6(—→))＝(2,0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AD1,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AD1,\s\up6(→))|)))＝eq \f(|－6|,\r(6)×\r(8))＝eq \f(\r(3),2).因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6).
方法三 如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝eq \f(π,3)，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝eq \f(1,2)∠A1BC1＝eq \f(π,6).
跟踪训练1 (2023·许昌模拟)已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝4，AC＝4，BC＝4eq \r(2)，PA＝6，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(2\r(15),15) B.eq \f(5\r(3),12) C.eq \f(5,14) D.eq \f(9,13)
答案 D
解析 如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE，
则DE∥PC，∠ADE(或其补角)即为异面直线AD与PC所成的角．
由AB＝4，AC＝4，BC＝4eq \r(2)，得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，
又E为BC的中点，则AE＝2eq \r(2)，
PA⊥平面ABC，
则在Rt△PAC中，PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(36＋16)＝2eq \r(13)，
所以DE＝eq \f(1,2)PC＝eq \r(13)
在Rt△PAB中，PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝eq \r(36＋16)＝2eq \r(13)，
所以DA＝eq \r(13)，
在△ADE中，根据余弦定理可得cs∠ADE＝eq \f(AD2＋DE2－AE2,2AD·DE)＝eq \f(13＋13－8,2×13)＝eq \f(9,13).
所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为eq \f(9,13).
考点二 直线与平面所成的角
典例2 (2023·潍坊模拟)如图，圆台O1O2的上底面半径为1，下底面半径为eq \r(2)，AB为圆台下底面的一条直径，圆O2上点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eq \f(4,3)；
条件②：AO1与圆台底面所成角的正切值为eq \r(2).
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 取AC的中点M，连接O2M，PM，如图，
由题意，PO1＝1，BC＝eq \f(\r(2),2)AB＝2，
又PO1∥BC，PO1＝eq \f(1,2)BC.
O2M∥BC，O2M＝eq \f(1,2)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 选条件①：S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)×2×2＝2，
又O1O2⊥平面ABC，
所以三棱锥O1－ABC的体积V＝eq \f(1,3)×S△ABC×O1O2＝eq \f(4,3).
所以O1O2＝2.
以O2为坐标原点，O2B，O2C，O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则有A(－eq \r(2)，0,0)，B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，2))，O1(0,0,2)，
故eq \(AO1,\s\up6(—→))＝(eq \r(2)，0,2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，2))，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，,n·\(CP,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x－\f(\r(2),2)y＋2z＝0，))
令z＝1，解得x＝y＝eq \r(2)，得n＝(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，
设所求角的大小为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AO1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AO1,\s\up6(→))·n|,|\(AO1,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(|2＋2|,\r(6)×\r(5))＝eq \f(2\r(30),15).
所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(2\r(30),15).
选条件②：因为O1O2⊥平面ABC，
所以∠O1AO2为AO1与圆台底面所成的角，
所以tan∠O1AO2＝eq \r(2)，
又AO2＝eq \r(2)，所以O1O2＝2.
下同条件①.
跟踪训练2 (2022·全国乙卷)4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．
(1)证明 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC为边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2).
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－1)．
易得DF＝eq \f(1,2)，FB＝eq \f(3,2)，所以3eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→)).
设F(0，y，z)，则eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，
eq \(FB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
得y＝eq \f(\r(3),4)，z＝eq \f(3,4)，
即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，
所以eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))).
设平面ABD的法向量为
n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝\r(3)y1－z1＝0，))
不妨取y1＝1，则x1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，
n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CF,\s\up6(→))·n|,|\(CF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(4\r(3),7).
方法二 因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，
所以eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AE·BE·DE＝eq \f(1,3)·S△ABD·eq \f(d,2)，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以S△ABD＝eq \f(\r(7),2)，
所以d＝eq \f(2\r(21),7).
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
方法三 如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的eq \f(1,2).
因为EM＝AE·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
所以EG＝eq \f(DE·EM,DM)＝eq \f(DE·EM,\r(DE2＋EM2))＝eq \f(\r(21),7)，
所以点C到平面ABD的距离d＝eq \f(2\r(21),7).
FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
考点三 平面与平面的夹角
典例3 (2023·新高考全国Ⅰ)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
(1)证明 以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(——→))＝(0，－2,1)，
eq \(A2D2,\s\up6(——→))＝(0，－2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(——→))∥eq \(A2D2,\s\up6(——→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up6(——→))＝(－2，－2,2)，eq \(PC2,\s\up6(—→))＝(0，－2,3－λ)，eq \(D2C2,\s\up6(——→))＝(－2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up6(——→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\(PC2,\s\up6(—→))＝－2y＋3－λz＝0，))
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up6(——→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\(D2C2,\s\up6(—→))＝－2a＋c＝0，))
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1,1,2)，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))
＝|cs 150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，
∴B2P＝1.
跟踪训练3 (2023·唐山模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA和侧面A1ACC1均为正方形，D为棱BC的中点．
(1)证明：平面ADC1⊥平面B1BCC1；
(2)若直线AC1与平面B1BCC1所成角为30°，求平面A1B1BA与平面ADC1夹角的余弦值．
(1)证明 因为侧面A1B1BA和侧面A1ACC1均为正方形，
所以A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，
所以A1A⊥平面ABC，又A1A∥C1C，所以C1C⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，所以C1C⊥AD.
由AB＝AC，D为棱BC的中点，所以AD⊥BC，
又BC∩CC1＝C，BC，CC1⊂平面B1BCC1，
因此AD⊥平面B1BCC1，又AD⊂平面ADC1，
故平面ADC1⊥平面B1BCC1.
(2)解 由(1)得∠AC1D是AC1与平面B1BCC1所成角，即∠AC1D＝30°，
令AC＝2，所以AC1＝2eq \r(2)，又∠ADC1＝90°，
所以AD＝eq \r(2)，DC1＝eq \r(6)，DC＝eq \r(6－4)＝eq \r(2)，
则∠DAC＝45°，∠BAC＝90°.
以A为原点，以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(—→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，D(1,1,0)，C1(0,2,2)．所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(0,2,2)．
设m＝(x，y，z)是平面ADC1的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))·m＝0，,\(AC1,\s\up6(—→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,2y＋2z＝0，))取m＝(1，－1,1)．
易知n＝(0,1,0)是平面A1B1BA的一个法向量，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|－1|,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3).
所以平面A1B1BA与平面ADC1夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
[总结提升]
在解决空间角的计算问题上，常用的方法有定义法和向量法．在向量法中，求解时注意角的取值范围，异面直线所成的角范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成的角、两个平面夹角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以公式中要加绝对值．
1．(2023·丹东质检)设C′与C分别为圆柱上、下底面圆周上的点，且位于该圆柱轴截面ABB′A′同侧，下底面圆心O在AB上，若＝，，cs∠C′CO＝eq \f(1,3)，则直线CC′与AB所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(2\r(2),3)
答案 B
解析 设圆柱的底面半径为r，高为h，过C′作C′D∥B′B，连接C′O，OD，CD，
由题设弧长的数量关系知，△OCD为边长为r的正三角形且CD∥AB，C′D垂直于圆柱底面，
则OC′＝eq \r(OD2＋C′D2)＝eq \r(r2＋h2)，CC′＝eq \r(CD2＋C′D2)＝eq \r(r2＋h2)，
在△C′CO中，由余弦定理可得cs∠C′CO＝eq \f(OC2＋C′C2－C′O2,2OC·C′C)＝eq \f(r2＋r2＋h2－r2－h2,2r\r(r2＋h2))＝eq \f(1,3)，
整理可得h2＝eq \f(5,4)r2，
因为CD∥AB，所以∠C′CD即为异面直线CC′与AB所成的角(或其补角)．
在Rt△C′CD中，cs∠C′CD＝eq \f(CD,CC′)＝eq \f(r,\r(r2＋h2))＝eq \f(r,\f(3,2)r)＝eq \f(2,3)，
所以直线CC′与AB所成角的余弦值为eq \f(2,3).
2．(2023·合肥模拟)米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，如图为一倒正四棱台形米斗，高为40 cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50 cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 D
解析 由题意，作出正四棱台的对角面，如图，
AD为正四棱台上底面正方形对角线，BC为正四棱台下底面正方形对角线，
O为外接球球心，为线段BC的中点，则OD＝OA＝OB＝OC＝50，
过点D作DE⊥BC，垂足为E，则∠DCE即为所求角．
因为OD＝50，DE＝40，
所以OE＝30，EC＝20，
所以DC＝20eq \r(5)，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为eq \f(DE,DC)＝eq \f(2\r(5),5).
3．在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(5,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(7,8) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 方法一 如图，取BC的中点O，连接OP，OA.
因为△ABC和△PBC均为等边三角形，
所以AO⊥BC，PO⊥BC，
所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.
所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，
建立空间直角坐标系，如图所示．
设AB＝2，则A(eq \r(3)，0,0)，C(0，－1,0)，B(0,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2))).
所以|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(5,8)，
故异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8).
方法二 如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA.
因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，
所以AO⊥BC，PO⊥BC，
所以∠POA就是二面角的平面角．
设AB＝2，则eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)).
故eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))
＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))
＝1×1×(－1)－0－0＋eq \r(3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
＝－eq \f(5,2).
所以|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(5,8)，
故异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8).
4．(2023·莆田模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是A1C，BD上的动点，当线段MN的长最小时，直线MN与平面BCC1B1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(30),6) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(6),3)
答案 A
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
因为在正方形ABCD中，AC ⊥ BD，且AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1AC，
所以BD⊥平面A1AC，
因为点M，N分别是A1C，BD上的动点，
当点N为AC，BD的交点时，MN⊥BD，过点N作NM⊥ A1C于点M，
此时MN为A1C，BD的公垂线，即线段MN的长最小，
设正方体棱长为2，则N(1,1,0)，AA1＝2，AC＝2eq \r(2)，A1C＝2eq \r(3)，
因为△MCN∽△ACA1，所以eq \f(CN,CA1)＝eq \f(MC,AC)＝eq \f(MN,AA1)，
故eq \f(\r(2),2\r(3))＝eq \f(MC,2\r(2))＝eq \f(MN,2)，
解得MC＝eq \f(2\r(3),3)，MN＝eq \f(\r(6),3)，
过点M作MO⊥AC于点O，故eq \f(MO,AA1)＝eq \f(MC,A1C)＝eq \f(OC,AC)，即eq \f(MO,2)＝eq \f(\f(2\r(3),3),2\r(3))＝eq \f(OC,2\r(2))，
解得MO＝eq \f(2,3)，OC＝eq \f(2\r(2),3)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3)，\f(2,3)))，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(1,3)，－\f(2,3)))，平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设MN与平面BCC1B1所成角的大小为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·n|,|\(MN,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(\f(1,3),\f(\r(6),3)×1)＝eq \f(\r(6),6).
5．(多选)(2023·潍坊模拟)如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则( )
A．直线BD与直线JL所成角为eq \f(π,3)
B．直线CG与平面EFHILK所成角为eq \f(π,6)
C．该几何体的体积为eq \f(23\r(2),12)
D．该几何体中，二面角A－BC－D的余弦值为eq \f(1,3)
答案 AC
解析 将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为3，
设△MNS的中心为O，连接OQ，ON，
则ON＝eq \r(3)，OQ＝eq \r(6)，S△MNS＝eq \f(9\r(3),4)，VQ－MNS＝eq \f(1,3)×eq \f(9\r(3),4)×eq \r(6)＝eq \f(9\r(2),4)，
对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成角即为MQ与QN所成角，为eq \f(π,3)，故A正确；
对于B，直线CG与平面EFHILK所成角为QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq \f(QO,QN)＝eq \f(\r(6),3)，所以∠QNO≠eq \f(π,6)，故B错误；
对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，易得小正四面体的体积为eq \f(\r(2),12)，大正四面体的体积为eq \f(9\r(2),4)，所以该几何体的体积为eq \f(9\r(2),4)－4×eq \f(\r(2),12)＝eq \f(23\r(2),12)，故C正确；
对于D，二面角A－BC－D的平面角与A－BC－Q的平面角互补，显然二面角A－BC－Q为锐角，所以二面角A－BC－D一定为钝角，其余弦值为负数，故D错误．
6．(多选)(2023·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＝eq \f(π,6)，∠OSB＝eq \f(π,4)，则( )
A．SA与SB所成的角可能为eq \f(π,3)
B．SA与OB所成的角可能为eq \f(π,6)
C．SO与平面SAB所成的角可能为eq \f(π,6)
D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为eq \f(π,2)
答案 AC
解析 设OA＝1，则SO＝eq \r(3)，SA＝2，OB＝eq \r(3)，SB＝eq \r(6)，
以O为原点，分别以OA，OS所在直线为x，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0,0，eq \r(3))，A(1,0,0)，
设B(m，n,0)，且m2＋n2＝3，
eq \(SA,\s\up6(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \(SB,\s\up6(→))＝(m，n，－eq \r(3))，eq \(OB,\s\up6(→))＝(m，n,0)，eq \(SO,\s\up6(→))＝(0,0，－eq \r(3))，
若SA与SB所成的角为eq \f(π,3)，
则|cs〈eq \(SA,\s\up6(→))，eq \(SB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(SA,\s\up6(→))·\(SB,\s\up6(→))|,|\(SA,\s\up6(→))||\(SB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|m＋3|,2\r(6))
＝cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，解得m＝－3±eq \r(6).
当m＝－3－eq \r(6)时，m2>3，不符合题意；
当m＝－3＋eq \r(6)时，n2＝6eq \r(6)－12>0，方程有解，故A正确；
若SA与OB所成的角为eq \f(π,6)，
则|cs〈eq \(SA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(SA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→))|,|\(SA,\s\up6(→))||\(OB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|m|,2\r(3))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p·\(SA,\s\up6(→))＝x1－\r(3)z1＝0，,p·\(SB,\s\up6(→))＝mx1＋ny1－\r(3)z1＝0，))
取p＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3)－\r(3)m,n)，1))，
若SO与平面SAB所成的角为eq \f(π,6)，
则|cs〈eq \(SO,\s\up6(→))，p〉|＝eq \f(|\(SO,\s\up6(→))·p|,|\(SO,\s\up6(→))||p|)
＝eq \f(\r(3),\r(3)×\r(4＋\f(31－m2,n2)))＝sin eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，
解得m＝1，n＝±eq \r(2)，故C正确；
设平面SOB的法向量为q＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q·\(SO,\s\up6(→))＝－\r(3)z2＝0，,q·\(OB,\s\up6(→))＝mx2＋ny2＝0，))取q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(m,n)，0))，
若平面SOB与平面SAB的夹角为eq \f(π,2)，
则p·q＝0，
即eq \r(3)－eq \f(\r(3)－\r(3)m,n)·eq \f(m,n)＝0，得m2＋n2＝m，
又m2＋n2＝3，得m＝3，m2＝9>3，不符合题意，故D错误．
7．过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面PCD夹角的大小为________．
答案 45°
解析 如图，建立空间直角坐标系，
设AB＝PA＝1，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，
连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))分别是平面PAB，平面PCD的法向量，
∴|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(AE,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)，
故平面PAB与平面PCD夹角的大小为45°.
8．(2023·湖北黄冈中学模拟)在空间四面体ABCD中，∠ACD＝60°，二面角A－CD－B的大小为45°，在平面ABC内过点B作AC的垂线l，则l与平面BCD所成的最大角的正弦值为__________．
答案 eq \f(\r(10),4)
解析 如图，记过点B作AC的垂线l，垂足为E，
过点E作BC的垂线EH，垂足为H，
过点H作CD的垂线HG，垂足为G，连接EG.
过点E作垂直于直线CE的平面α，α交平面BCD于直线BF，F在CD上，
则当BF⊥平面ABC时，l与平面BCD所成的角最大，且与∠ECH互余．
因为BF⊥平面ABC，EH⊂平面ABC，
所以BF⊥EH，
又EH⊥BC，BC∩BF＝B，BC，BF⊂平面BCD，
所以EH⊥平面BCD，
所以l与平面BCD所成的角即为∠EBH.
因为CD⊥GH，CD⊥EH，GH∩EH＝H，GH，EH⊂平面EHG，
所以CD⊥平面EHG，
又EG⊂平面EHG，
所以CD⊥EG，
所以∠EGH即为二面角A－CD－B的平面角，即∠EGH＝45°，
设GH＝m，
在Rt△GEH中，EH＝m，EG＝eq \r(2)m，
又∠ACG＝60°，
所以在Rt△EGC中，CE＝eq \f(2\r(6)m,3)，
在Rt△EHC中，sin∠ECH＝eq \f(EH,EC)＝eq \f(m,\f(2\r(6)m,3))＝eq \f(\r(6),4)，
记此时l与平面BCD所成角为θ，
则sin θ＝sin∠EBH＝cs∠ECH＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)))2)＝eq \f(\r(10),4).
9.(2023·宣城模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA＝PD，PB＝PC＝BC＝2，二面角P－BC－A的大小为30°.
(1)证明：平面PAD⊥平面PBC；
(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值．
(1)证明 设AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，
因为底面ABCD是正方形，PB＝PC，
所以EF⊥BC，PF⊥BC，
又EF∩PF＝F，EF，PF⊂平面PEF，
所以BC⊥平面PEF，
又PE⊂平面PEF，
所以BC⊥PE.
由题意知∠PFE是二面角P－BC－A的平面角，
即∠PFE＝30°，又EF＝2，PF＝eq \r(3)，
所以PE2＝22＋(eq \r(3))2－2×2×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝1，解得PE＝1，
所以PE2＋PF2＝EF2，
所以PF⊥PE，
又PF∩BC＝F，PF，BC⊂平面PBC，
所以PE⊥平面PBC，
因为PE⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面PBC.
(2)解 由(1)知平面PEF⊥平面PAD，以E为坐标原点，EA所在直线为x轴，EF所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,－x＋\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令x＝eq \r(3)，则y＝0，z＝2，所以n＝(eq \r(3)，0,2)．
设PC与平面PAB所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PC,\s\up6(→))·n|,|\(PC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，
所以PC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
10.(2023·武汉调研) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝eq \r(2)，AB＝1，E，F分别为A1C，BB1的中点，且EF⊥平面AA1C1C.
(1)求棱BC的长度；
(2)若BB1⊥A1B1，且△A1FC的面积＝eq \f(\r(2),2)，求二面角B1－A1F－C的正弦值．
解 (1)如图，取AC的中点D，连接ED，BD，
∵D，E分别为AC，A1C的中点，则DE∥AA1且DE＝eq \f(1,2)AA1，
又∵F为BB1的中点，则BF∥AA1且BF＝eq \f(1,2)AA1，
可得DE∥BF且DE＝BF，即四边形DEFB为平行四边形，故EF∥DB，
∵EF⊥平面AA1C1C，∴DB⊥平面AA1C1C，
又AC⊂平面AA1C1C，可得DB⊥AC，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，
∴BC＝AB＝1.
(2)由(1)可知，BC＝AB＝1，且AC＝eq \r(2)，即AB2＋BC2＝AC2，
∴AB⊥BC，
则可得EF＝DB＝eq \f(\r(2),2)，且A1B1⊥B1C1，
∵EF⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，则EF⊥A1C，
∴＝eq \f(1,2)A1C·EF＝eq \f(1,2)A1C×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2)，解得A1C＝2，
由(1)知DB⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，则DB⊥AA1，
又∵AA1∥BB1，则DB⊥BB1，
∵BB1⊥A1B1，AB∥A1B1，则BB1⊥AB，
又AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABC，
∴BB1⊥平面ABC，
AC⊂平面ABC，则BB1⊥AC，
∵AA1∥BB1，∴AA1⊥AC，
∴△AA1C为直角三角形，
则AA1＝eq \r(A1C2－AC2)＝eq \r(2)，
以B1为坐标原点，向量eq \(B1C1,\s\up6(——→))，eq \(B1A1,\s\up6(——→))，eq \(B1B,\s\up6(——→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1(0,0,0)，A1(0,1,0)，C1(1,0,0)，C(1,0，eq \r(2))，B(0,0，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，
可得eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(\r(2),2)))，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(1，－1，eq \r(2))，
设平面A1FC的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(A1F,\s\up6(—→))＝－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,n1·\(A1C,\s\up6(—→))＝x－y＋\r(2)z＝0，))
令y＝1，则x＝－1，z＝eq \r(2)，可得n1＝(－1,1，eq \r(2))，
由题意知，平面B1A1F的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
设二面角B1－A1F－C的平面角为θ∈(0，π)，
可得|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,2×1)＝eq \f(1,2)，
∴sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(3),2)，
故二面角B1－A1F－C的正弦值为eq \f(\r(3),2)