新高考數(shù)學一輪復習《幾何法求空間角》課時練習(含詳解)

新高考數(shù)學一輪復習《幾何法求空間角》課時練習一 、選擇題LISTNUMOutlineDefault\l3在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq\r(5)，AD＝1，AA1＝eq\r(2)，則異面直線AD1與A1C1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(\r(2),6)LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱A1B1，AD，CC1的中點，則對角線BD1與平面EFG所成角的大小為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)LISTNUMOutlineDefault\l3如圖，銳二面角α－l－β的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，則銳二面角α－l－β的平面角的余弦值是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)LISTNUMOutlineDefault\l3在正三棱柱ABC-A1B1C1，AB=4，點D在棱BB1上，若BD=3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為()A.eq\f(2\r(3),5)B.eq\f(2\r(39),13)C.eq\f(5,4)D.eq\f(4,3)LISTNUMOutlineDefault\l3將邊長為a的正方形ABCD沿對角線AC折起，使，則三棱錐D-ABC的體積為()

A.B.C.D.LISTNUMOutlineDefault\l3已知正四面體ABCD，點M為棱AB上一個動點，點N為棱CD上靠近點C的三等分點，記直線MN與BC所成角為θ，則sinθ的最小值為()A.eq\f(\r(38),19)B.eq\f(\r(3),19)C.eq\f(\r(2),17)D.eq\f(\r(34),17)LISTNUMOutlineDefault\l3直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長均相等，∠ADC＝120°，M是BB1上一動點，當A1M＋MC取得最小值時，直線A1M與B1C所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(10),5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(1,5)D.eq\f(\r(10),10)LISTNUMOutlineDefault\l3已知E，F(xiàn)，O分別是正方形ABCD的邊BC，AD及對角線AC的中點，將△ACD沿著AC進行翻折構(gòu)成三棱錐，則在翻折過程中，直線EF與平面BOD所成角的余弦值的取值范圍為()A.(0,eq\f(\r(2),2))B.(eq\f(\r(2),2),1)C.(eq\f(1,2),1)D.(eq\f(1,2),eq\f(\r(2),2))LISTNUMOutlineDefault\l3已知四棱錐S—ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)，設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S—AB—C的平面角為θ3，則()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1二 、多選題LISTNUMOutlineDefault\l3(多選)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，則下列命題正確的是()A.異面直線C1P和CB1所成的角為定值B.直線CP和平面ABC1D1所成的角為定值C.三棱錐D－BPC1的體積為定值D.直線CD和平面BPC1平行LISTNUMOutlineDefault\l3(多選)如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，F(xiàn)為線段CD上一點，且滿足DF＝3FC，現(xiàn)將△DAF沿AF折起使得D折到D′，使得平面ABD′⊥平面ABC，則下列結(jié)論正確的是()A.線段BD′上存在一點P(異于端點)，使得直線AD′與CP垂直B.線段BD′上存在一點P(異于端點)，使得直線CP∥平面AD′FC.直線D′F與平面ABC所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),9)D.平面D′BC與平面ABC所成銳二面角的正切值為eq\f(\r(5),4)三 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則二面角A－B1D1－C的正弦值為________.LISTNUMOutlineDefault\l3已知二面角α－l－β的大小為140°，直線a，b分別在平面α，β內(nèi)且都垂直于棱l，則a與b所成角的大小為________.LISTNUMOutlineDefault\l3在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知∠ABC＝120°，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，且AA1＝4，E為線段BC上的動點，當BE＝________時，A1E與底面ABCD所成角為60°.LISTNUMOutlineDefault\l3在三棱錐D－ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，DA＝DB＝eq\r(2)，二面角D－AB－C為120°，則三棱錐D－ABC外接球的半徑為________.LISTNUMOutlineDefault\l3埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐.古希臘歷史學家希羅多德記載：胡夫金字塔的每一個側(cè)面三角形的面積等于金字塔高的平方，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為________；側(cè)面與底面所成二面角的余弦值為________.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D解析：連接AC(圖略)，∵AA1∥CC1，AA1＝CC1，∴四邊形AA1C1C為平行四邊形，∴A1C1∥AC，則∠D1AC即為異面直線AD1與A1C1所成的角或其補角，cos∠D1AC＝eq\f(AC2＋AD\o\al(2,1)－D1C2,2AC·AD1)＝eq\f(\r(2),6).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D解析：如圖，在正方體中取棱B1C1，AA1，CD的中點M，N，P，連接EM，MG，GP，PF，F(xiàn)N，NE，得到正六邊形ENFPGM，連接AC，BD，則AC⊥BD，又DD1⊥AC，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1?平面BDD1，故AC⊥BD1，又AC∥PF，則PF⊥BD1，同理可得NF⊥BD1，且PF∩NF＝F，故BD1⊥平面ENFPGM，所以對角線BD1與平面EFG所成角的大小為eq\f(π,2).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B解析：過點B作BE∥AC，且BE＝AC，連接DE，CE，因為AC⊥AB，所以BE⊥AB，因為BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE，因為AB＝4，CD＝8，所以DE＝eq\r(CD2－CE2)＝eq\r(82－42)＝4eq\r(3)，所以cos∠DBE＝eq\f(BE2＋BD2－DE2,2BE·BD)＝eq\f(36＋36－48,2×6×6)＝eq\f(1,3).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：取AC的中點E，連接BE，如圖，可得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))=(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))·eq\o(EB,\s\up6(→))=eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))=4×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)=12=5×2eq\r(3)×cosθ(θ為eq\o(AD,\s\up6(→))與eq\o(EB,\s\up6(→))的夾角)，所以cosθ=eq\f(2\r(3),5)，sinθ=eq\f(\r(13),5)，tanθ=eq\f(\r(39),6)，又因為BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值為eq\f(2\r(39),13).LISTNUMOutlineDefault\l3答案：DLISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：不妨設(shè)正四面體ABCD的棱長為3，則該四面體的高為eq\r(6)，連接AN，BN，BN＝AN＝eq\r(7)，要求直線MN與BC所成的最小角，即為直線BC與平面ABN所成的角，記點C到平面ABN的距離為h，由等體積法可知VC－ABN＝VA－BCN，即eq\f(1,3)·S△ABN·h＝eq\f(1,3)·S△BCN·eq\r(6)，解得h＝eq\f(3\r(38),19)，所以直線BC與平面ABN所成角的正弦值為eq\f(h,BC)＝eq\f(\f(3\r(38),19),3)＝eq\f(\r(38),19)，所以sinθ的最小值為eq\f(\r(38),19).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：如圖，設(shè)直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，當A1M＋MC取得最小值時，M為BB1的中點，連接A1D，則A1D∥B1C，則∠DA1M為直線A1M與B1C所成角(或其補角)，此時A1D＝2eq\r(2)，A1M＝eq\r(5)，∵∠ADC＝120°，∴△ABD為等邊三角形，得BD＝2，∴DM＝eq\r(5)，則△A1MD為等腰三角形，可得cos∠DA1M＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：如圖所示，作EH⊥OB交OB于H，設(shè)直線EF與平面BOD的交點為M，連接MH，由EH⊥OB，EH⊥OD，且OD∩OB＝O，OD，OB?平面BOD，則EH⊥平面BOD，故∠HME為直線EF與平面BOD所成的角，因為MH?平面BOD，則EH⊥MH，所以cos∠HME＝eq\f(MH,ME)，則sin∠HME＝eq\f(HE,ME)，令正方形ABCD的邊長為1，則AC＝eq\r(2)，HE＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,4)AC＝eq\f(\r(2),4)，在翻折過程中，EF與平面BOD的交點M在平面ABC內(nèi)的射影，由點O向點H移動，即EM越來越小，且EH＜EM＜OE＝eq\f(1,2)，所以eq\f(HE,OE)＜sin∠HME＜eq\f(HE,HE)，即eq\f(\r(2),2)＜sin∠HME＜1，所以eq\f(π,4)＜∠HME＜eq\f(π,2)，則0＜cos∠HME＜eq\f(\r(2),2)，所以直線EF與平面BOD所成角的余弦值的取值范圍為(0,eq\f(\r(2),2)).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D解析：如圖所示，設(shè)O為正方形ABCD的中心，M為AB的中點，過E作BC的平行線EF，交CD于F，過O作ON⊥EF于N，連接SO，SN，SE，SM，OM，OE，則SO⊥底面ABCD，OM⊥AB，因此∠SEN＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SMO＝θ3，從而tanθ1＝eq\f(SN,EN)＝eq\f(SN,OM)，tanθ2＝eq\f(SO,EO)，tanθ3＝eq\f(SO,OM)，因為SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2，即θ1≥θ3≥θ2.二 、多選題LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：ACD.解析：對于A，因為在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，則CB1⊥平面ABC1D1，因為C1P?平面ABC1D1，所以CB1⊥C1P，故這兩條異面直線所成的角恒為定值90°，故選項A正確；對于B，令BC1與B1C的交點為O(圖略)，∠CPO即為直線CP與平面ABC1D1所成的角，當點P移動時，∠CPO是變化的，故直線CP和平面ABC1D1所成的角不是定值，故選項B錯誤；對于C，三棱錐D－BPC1的體積等于三棱錐P－DBC1的體積，又△DBC1的面積為定值，因為P∈AD1，而AD1∥平面BDC1，所以點A到平面DBC1的距離即為點P到該平面的距離，所以三棱錐D－BPC1的體積為定值，故選項C正確；對于D，直線CD∥平面ABC1D1，則直線CD∥平面BPC1，故選項D正確.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：BCD解析：如圖所示，過點D′作D′E⊥AB，垂足為E，因為平面ABD′⊥平面ABC，則D′E⊥平面ABC，作EH⊥AF，垂足為H，連接D′H，因為AF⊥D′E，且EH∩D′E＝E，EH，D′E?平面D′EH，所以AF⊥平面D′EH，又D′H?平面D′EH，故AF⊥D′H，因為AD＝2，DF＝3，則AF＝eq\r(13)，則DH＝eq\f(AD·DF,AF)＝eq\f(6,\r(13))，AH＝eq\f(AD2,AF)＝eq\f(4,\r(13))，EH＝eq\f(AH2,DH)＝eq\f(8,3\r(13))，D′E＝eq\r(D′H2－EH2)＝eq\f(2\r(5),3)，AE＝eq\r(AD′2－D′E2)＝eq\f(4,3)，BE＝4－AE＝eq\f(8,3)，連接EF，則∠D′FE為直線D′F與平面ABC所成的角，所以sin∠D′FE＝eq\f(D′E,D′F)＝eq\f(2\r(5),9)，故選項C正確；因為BC⊥AB，平面ABD′⊥平面ABC，且平面ABD′∩平面ABC＝AB，BC?平面ABC，故BC⊥平面ABD′，又BD′?平面ABD′，所以BC⊥BD′，故∠EBD′為平面D′BC與平面ABC所成銳二面角的平面角，且tan∠EBD′＝eq\f(D′E,BE)＝eq\f(\r(5),4)，故選項D正確；當點P位于靠近D′的線段D′B的四等分點時，過點P作AB的平行線交D′A于點R，則PR∥CF，且PR＝CF，所以四邊形PRFC為平行四邊形，故CP∥FR，又CP?平面AD′F，F(xiàn)R?平面AD′F，所以CP∥平面AD′F，故選項B正確；過點A作AQ⊥BD′，垂足為Q，因為BC⊥平面ABD′，且BC?平面CBD′，則平面BCD′⊥平面ABD′，又平面BCD′∩平面ABD′＝BD′，AQ?平面ABD′，所以AQ⊥平面BCD′，又CP?平面BCD′，故AQ⊥CP，假設(shè)CP⊥AD′，因為AQ∩AD′＝A，AQ，AD′?平面ABD′，則CP⊥平面ABD′，又BD′?平面ABD′，所以CP⊥BD′，則點P與點B重合，這與題意矛盾，所以CP不可能與AD′垂直，故選項A錯誤.三 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：eq\f(2\r(2),3).解析：如圖，連接AD1，AB1，AC，B1D1，取B1D1的中點F，連接AF，CF，由于AD1，AB1，B1D1都是正方體ABCD－A1B1C1D1的面對角線，所以AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1是等邊三角形，又F是B1D1的中點，所以AF⊥B1D1，同理CF⊥B1D1，所以∠AFC是二面角A－B1D1－C的平面角，不妨設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，則易得AC＝eq\r(2)a，AF＝CF＝eq\f(\r(6),2)a.在△AFC中，根據(jù)余弦定理得cos∠AFC＝eq\f(AF2＋CF2－AC2,2AF·CF)＝eq\f(1,3).又0＜∠AFC＜π，所以sin∠AFC＝eq\r(1－cos2∠AFC)＝eq\f(2\r(2),3)，即二面角A－B1D1－C的正弦值為eq\f(2\r(2),3).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：40°.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：eq\f(\r(21),3)－1.解析：如圖所示，連接AE，因為AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA為A1E與底面ABCD所成的角，即∠A1EA＝60°，又因為AA1＝4，所以eq\f(4,AE)＝tan60°＝eq\r(3)，解得AE＝eq\f(4\r(3),3)，設(shè)BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝eq\f(4\r(3),3)，由余弦定理可得(eq\f(4\r(3),3))2＝22＋m2－2×2×m×cos120°，整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝eq\f(\r(21),3)－1.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：eq\f(\r(13),3).解析：如圖，取AB的中點E，連接CE，DE，又DA＝DB，CA＝CB，所以DE⊥AB，CE⊥AB，所以∠CED為二面角D－AB－C的平面角，又二面角D－AB－C為120°，所以∠CED＝120°，因為DA＝DB＝eq\r(2)，AB＝2，所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥DB，所以△ABD為直角三角形，過點E作平面ABD的垂線，設(shè)△ABC的外心為O1，過O1作平面ABC的垂線，設(shè)兩垂線交于O，則O為三棱錐D－ABC外接球的球心，連接OC，又∠CED＝120°，OE⊥ED，所以∠OEO1＝30°，又CE＝eq\r(CA2－AE2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以在Rt△OO1E中，O1E＝eq\f(1,3)CE＝eq\f(\r(3),3)，所以O(shè)O1＝O1E·tan∠OEO1＝eq\f(\r(3),3)·tan30°＝eq\f(1,3)，在Rt△OO1C中，CO1＝eq\f(2,3)CE＝eq\f(2\r(3),3)，所以O(shè)C＝eq\r(O1C2＋OO\o\al(2,1))＝eq\r(\f(4,3)＋\f(1,9))＝eq\f(\r(13),3)，所以三棱錐D－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(13