07 第45讲　空间角 【答案】作业 高考数学二轮复习练习

这是一份07 第45讲　空间角 【答案】作业 高考数学二轮复习练习，共8页。试卷主要包含了故选A，设平面PBD的法向量为n=,等内容，欢迎下载使用。
2.C [解析] ∵=2π3,∴l与法向量所在直线所成的角为π3,∴l与α所成的角为π6.故选C.
3.A [解析] 如图所示,连接AD1,CD1,易知AD1∥BC1,则异面直线AC和BC1所成的角即为
∠D1AC.由AB=3,AD=4,AA1=2及勾股定理可得AC=32+42=5,AD1=22+42=25,CD1=32+22=13,在△ACD1中,由余弦定理可得
cs∠D1AC=AD12+AC2-CD122AD1·AC=8525.故选A.
4.D [解析] 设平面ABO的法向量为m=(x,y,z),A(a,0,0)(a>0),B(0,b,0)(b>0),则OA=(a,0,0),OB=(0,b,0),所以OA·m=0,OB·m=0,即ax=0,by=0,可取m=(0,0,1).由题知θ为锐角,
则cs θ=|m·n||m||n|=21×22+12+22=23.故选D.
5.34 [解析] 取AC的中点为O,连接OB,ON,易知OB,OC,ON两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设PA=4,则N(0,0,2),M(3,-1,0),P(0,-2,4),B(23,0,0),所以NM=(3,-1,-2),PB=(23,2,-4),所以cs=NM·PB|NM||PB|=34,故直线MN与PB所成角的余弦值为34.
6.22 [解析] 如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,取O,O1分别是底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心,连接OO1,AC,A1C1.过点A1作A1E⊥AC,垂足为E,∵A1E∥OO1,∴A1E⊥底面ABCD,∴该四棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE.由题得C1A1=222,CA=402,AA1=18,∴AE=402-2222=92,∴cs∠A1AE=9218=22.
7.A [解析] 因为PA⊥平面ABC,且AB,AC⊂平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,由题意可得PB=PC=82+142=265.在△PBC中,设边BC上的高为h,则h=PB2-BC22=261,所以S△PBC=12×8×261=861.设点A到平面PBC的距离为d,因为VP-ABC=VA-PBC,即13×14×12×8×8×32=13×d×861,解得d=2818361.设AB与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=dAB=28183618=7183122.故选A.
8.B [解析] 易知2点时和8点时钟面上的时针所在直线重合.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心,G为BB1的中点,EN为2点钟时针,FM为8点钟时针,则∠NEG=30°,∠MFG=30°.设正四棱柱的底面边长为a,侧棱长为b,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则Ea,a2,b2,Na,a,b2+36a,Fa2,a,b2,Ma,a,b2-36a,所以EN=0,a2,36a,FM=a2,0,-36a,所以|cs|=|EN·FM||EN|·|FM|=112a2a24+336a2×a24+336a2=14.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14.故选B.
9.ABD [解析] 因为CC1∥BB1,所以∠AC1C即为直线AC1与BB1所成的角,则∠AC1C=45°,则AC=CC1.由正三棱柱ABC-A1B1C1,得AA1⊥平面ABC,△ABC为正三角形.取AC的中点O,连接OB,以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,如图,设AC=CC1=2,则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2),所以AB=(3,1,0),A1B1=(3,1,0),BC=(-3,1,0),AC1=(0,2,2),AA1=(0,0,2),B1C1=(-3,1,0).|cs|=|A1B1·BC||A1B1||BC|=|-3+1|2×2=12,则直线A1B1与BC所成的角为60°,故A正确;|cs|=|AC1·BC||AC1||BC|=222×2=24,则直线AC1与BC所成角的余弦值为24,故B正确;设平面AB1C1的法向量为m=(x,y,z),则m·AC1=2y+2z=0,m·B1C1=-3x+y=0,令x=1,则m=(1,3,-3),设直线AA1与平面AB1C1所成的角为α,则sin α=|cs|=|AA1·m||AA1||m|=232×7=217,则α≠45°,故C错误;平面A1ACC1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线AB与平面A1ACC1所成的角为β,
则sin β=|cs|=|AB·n||AB||n|=32,则β=60°,故D正确.故选ABD.
10.ABD [解析] 在A中,连接B1D1,∵A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1⊂平面BB1D1,∴A1C1⊥平面BB1D1,又BD1⊂平面BB1D1,∴A1C1⊥BD1,同理,DC1⊥BD1,∵A1C1∩DC1=C1,A1C1,DC1⊂平面A1C1D,∴直线BD1⊥平面A1C1D,故A正确;在B中,∵A1D∥B1C,A1D⊂平面A1C1D,B1C⊄平面A1C1D,∴B1C∥平面A1C1D,∵点P在面对角线B1C上运动,∴点P到平面A1C1D的距离为定值,又△A1C1D的面积是定值,∴三棱锥P-A1C1D的体积为定值,故B正确;在C中,连接AB1,AC,∵A1D∥B1C,∴异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与直线B1C的夹角,易知△AB1C为等边三角形,当P为B1C的中点时,AP⊥B1C,当P与点B1或C重合时,直线AP与直线B1C的夹角为π3,故异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π3,π2,故C错误;在D中,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P(a,1,a)(0≤a≤1),则C1(0,1,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),∴C1P=(a,0,a-1),D1B=(1,1,-1),由A选项可知D1B=(1,1,-1)是平面A1C1D的一个法向量,∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为|C1P·D1B||C1P|·|D1B|=1a2+(a-1)2·3=13·2a-122+12,∵0≤a≤1,∴当a=12时,直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值取得最大值63,故D正确.故选ABD.
11.BC [解析] 因为异面直线a与b所成的角为60°,所以过点P且与直线a,b所成的角均为30°的直线只有1条,故A错误;因为平面α与平面β的夹角为80°,所以过点P与平面α,β所成的角均为80°2=40°和180°-80°2=50°的直线各有1条,分别记作m,n,若过点P与平面α,β所成的角均为30°,则在m,n的两侧各有1条,所以共有2×2=4(条),故B正确;点P为平面α外一点,过点P作以P为顶点,底面在α上且母线与α所成角为55°的圆锥,则圆锥的母线所在直线均与平面α成55°角,因此可以作无数条,故C正确,D错误.故选BC.
12.π4或π3 [解析] 方法一:如图所示,在长方体ABCF-MNEG中,易知点D在直线GE上.由V四面体ABCD=13×12×26×26×CE=122,解得CE=32,故DE=CD2-CE2=24-18=6.以F为原点,FA,FC,FG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(26,0,0),B(26,26,0),C(0,26,0),D(0,6,32)或D(0,36,32),所以AD=(-26,6,32)或AD=(-26,36,32),BC=(-26,0,0).设异面直线AD与BC所成的角为θ,θ∈0,π2,则cs θ=|AD·BC||AD|·|BC|=2426×43=22或cs θ=|AD·BC||AD|·|BC|=2426×46=12,可得θ=π4或θ=π3,故异面直线AD与BC所成角的大小为π4或π3.
方法二:如图,过点A作AE∥BC且AE=BC,连接CE,DE,所以∠DAE(或其补角)即为异面直线AD与BC所成的角.由题可知四边形AECB是正方形,所以AE⊥CE,因为BC⊥CD,AE∥BC,所以AE⊥CD,又CE⊂平面CDE,CD⊂平面CDE,CE∩CD=C,所以AE⊥平面CDE,又DE⊂平面CDE,所以AE⊥ED.过点D作DF⊥CE于点F,因为AE⊥平面CDE,DF⊂平面CDE,所以DF⊥AE,又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面AECB,所以DF⊥平面AECB.因为四面体ABCD的体积为122,所以四棱锥D-ABCE的体积为242=13S正方形ABCE·DF=13×24·DF,所以DF=32,又CD=CE=26,所以sin∠DCE=DFDC=32,又∠DCE∈(0,π),所以∠DCE=π3或∠DCE=2π3.当∠DCE=π3时,△DEC为等边三角形,DE=26,在Rt△ADE中,tan∠DAE=DEAE=2626=1,则∠DAE=π4;当∠DCE=2π3时,CD=CE=26,DE=62,在Rt△ADE中,tan∠DAE=DEAE=6226=3,则∠DAE=π3.故异面直线AD与BC所成角的大小为π4或π3.
13.105 [解析] 在BB1上取点F,使B1F=14B1B,连接DF,C1F,此时AB1⊥平面C1DF.证明如下:因为直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,所以C1D⊥平面AA1B1B,又AB1⊂平面AA1B1B,所以C1D⊥AB1.以C1为坐标原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,2),B1(0,1,0),D12,12,0,F0,1,12,所以AB1=(-1,1,-2),DF=-12,12,12,所以AB1·DF=0,所以AB1⊥DF.又C1D∩DF=D,所以AB1⊥平面C1DF.因为DF⊂平面AA1B1B,C1D⊥平面AA1B1B,所以△C1DF中边DF上的高为C1D.综上,动点E在线段DF(含端点)上,要使直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值最小,只需E,F重合,由于C1F=52,因此直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值为C1DC1F=105.
14.解:(1)证明:在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=90°,BC=CD=12AB=2,则AB=4,BD=BC2+CD2=22,AD=(4-2)2+22=22,∴BD2+AD2=AB2,∴AD⊥BD.又PA⊥BD,且PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
∴BD⊥平面PAD,又BD⊂平面ABCD,
∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(0,22,0),C(-2,2,0),P(2,0,6),∴DB=(0,22,0),PC=(-22,2,-6),DP=(2,0,6).设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DB=22y=0,n·DP=2x+6z=0,令x=3,则n=(3,0,-1).
设直线PC与平面PBD所成的角为θ,则sin θ=|n·PC||n|·|PC|=62×4=68,
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为68.
15.解:(1)∵PC⊥AC,∴∠PCA=90°.∵AC=BC,PA=PB,PC=PC,∴△PCA≌△PCB,
∴∠PCA=∠PCB=90°,即PC⊥BC.又PC⊥AC,AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ACB,∴PC⊥平面ACB,又AC⊥BC,∴PC,CA,CB两两垂直.以C为坐标原点,以CB,CA,CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),∴AD=(1,-2,0),PD=(1,0,-2).
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则n·AD=x-2y=0,n·PD=x-2z=0,取x=2,得n=(2,1,1).易知平面PBD的一个法向量为CA=(0,2,0),∵|cs|=66,∴平面PAD与平面PBD的夹角的余弦值为66.
(2)假设存在点M满足题意,设AM=λAB,λ∈R,则M(2λ,2-2λ,0),∴PM=(2λ,2-2λ,-2),
由(1)知n=(2,1,1)为平面PAD的一个法向量,
∵|cs|=|2λ|(2λ)2+(2-2λ)2+4·6=16,
∴λ=12或λ=-1,∴存在点M满足题意,且M是AB的中点或A是MB的中点.
16.解:(1)证明:由题意知AB,AC,AA1两两垂直,以A为坐标原点,AB,AC,AA1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,如图①,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(0,1,1).∵M是CC1的中点,N是BC的中点,∴M0,1,12,N12,12,0,
设A1P=λA1B1,则P(λ,0,1),∴PN=12-λ,12,-1,AM=0,1,12,则PN·AM=0+12-12=0,∴PN⊥AM.
(2)由(1)知P(λ,0,1),则MP=λ,-1,12,MN=12,-12,-12.设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),则n·MP=0,n·MN=0,即λx-y+12z=0,12x-12y-12z=0,
令x=3,则n=(3,2λ+1,2-2λ),
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).
∴|cs|=|n·m||n|·|m|=|2-2λ|9+(2λ+1)2+(2-2λ)2=22,解得λ=-12,此时P-12,0,1.
如图②,设E为AB的中点,连接PE,EN,设PE交AA1于点Q,由A1P=AE=12 且A1P∥AE,
得△A1PQ与△AEQ全等,∴Q为AA1的中点.
连接QM,由Q,M分别为AA1,CC1的中点,得QM∥AC,
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(进群送往届全部资料)又E,N分别为AB,BC的中点,∴EN∥AC,∴QM∥EN,∴点E,N,M,Q共面,又P∈EQ,∴E,N,M,Q,P共面,即平面MNP与平面NMPE重合,∴平面PMN与侧面A1ACC1的交线为QM,∴交线长为QM=AC=1.