適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練57求空間角新人教A版

課時(shí)規(guī)范練57求空間角1.已知四棱錐S-ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,SD⊥平面ABCD,線段AB,SC的中點(diǎn)分別為E,F,若異面直線EC與BF所成角的余弦值為55,則SD=(A.32 B.4 C.2 D.2.(多選題)(2024·浙江寧波模擬)已知SO⊥平面α于點(diǎn)O,A,B是平面α上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且∠OSA=π6,∠OSB=π4,則下列說(shuō)法正確的是(A.SA與SB所成的角可能為πB.SA與OB所成的角可能為πC.SO與平面SAB所成的角可能為πD.平面SOB與平面SAB的夾角可能為π3.(2023·北京,16)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求證:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.4.(2024·山東濰坊模擬)如圖,圓臺(tái)O1O2上底面半徑為1,下底面半徑為2,AB為圓臺(tái)下底面的一條直徑,圓O2上的點(diǎn)C滿足AC=BC,PO1是圓臺(tái)上底面的一條半徑,點(diǎn)P,C在平面ABO1的同側(cè),且PO1∥BC.(1)證明:O1O2∥平面PAC;(2)從條件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,求直線AO1與平面PBC所成角的正弦值.條件①:三棱錐O1-ABC的體積為43;條件②:AO1與圓臺(tái)底面的夾角的正切值為25.(2024·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1BA⊥平面ABC,側(cè)面A1B1BA為菱形,∠ABB1=π3,A1B⊥AC,AB=AC=2,E是AC的中點(diǎn)(1)求證:A1B⊥平面AB1C;(2)點(diǎn)P在線段A1E上(異于點(diǎn)A1,E),AP與平面A1BE所成角為π4,求EPE6.(2024·浙江溫州模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為等腰梯形,AD∥BC,BC=2AD=2,∠PBA=∠CBA=60°.(1)求證:平面PAB⊥平面PAC;(2)若點(diǎn)M在線段PB上,且直線AD與平面MAC所成角的正弦值為34,求平面MBC與平面MAC夾角的余弦值

課時(shí)規(guī)范練57求空間角1.B解析如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),直線DA,DC,DS分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)SD=t(t>0),則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,t2),所以EC=(-2,1,0),BF=(-2,-1,t2).因?yàn)楫惷嬷本€EC與BF所成角的余弦值為55,所以|cos<EC,BF>|=|EC·BF2.AC解析設(shè)OA=1,則SO=3,SA=2,OB=3,SB=6.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以直線OA,OS為x軸,z軸,在平面α內(nèi)過(guò)點(diǎn)O垂直于OA的直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則S(0,0,3),A(1,0,0),設(shè)B(m,n,0),且m2+n2=3,SA=(1,0,-3),SB=(m,n,-3),OB=(m,n,0),SO=(0,0,-3).若SA與SB所成的角為π3,則|cos<SA,SB>|=|SA·SB||SA||SB|=|m+3|26=cosπ3=12,解得m=-3±6.當(dāng)m=-3-6時(shí),m2>3,不符合題意;當(dāng)m=-3+6時(shí),n2=66-12>0,方程有解,故A正確;若SA與OB所成的角為π6,則|cos<SA,OB>|=|SA·OB||SA||OB|=|m|23=cosπ6=32,得m2=9>3,不符合題意,故B錯(cuò)誤;設(shè)平面SAB的法向量為p=(x1,y1,z1),則p·SA=x1-3z1=0,p·SB=mx1+ny1-3z1=0,令z1=1,則x1=3,y1=3-3mn,則p=(3,3-3mn,1).若SO與平面SAB所成的角為π6,則|cos<SO,p>|=|SO·p||SO||p|=333.(1)證明因?yàn)镻A⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC,同理PA⊥AB,所以△PAB為直角三角形.因?yàn)镻B=PA2+AB2=2,BC=1,PC=3,所以PB2+BC2=PC2,則△又因?yàn)锽C⊥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,則BC⊥AB,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),直線AB為x軸,過(guò)點(diǎn)A且與BC平行的直線為y軸,直線AP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0),所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1).設(shè)平面PAC的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·AP=0,m·AC=0,即z1=0,x1+設(shè)平面PBC的法向量為n=(x2,y2,z2),則n令x2=1,則z2=1,所以n=(1,0,1).所以cos<m,n>=m·又二面角A-PC-B為銳二面角,所以二面角A-PC-B的大小為π4.(1)證明取AC的中點(diǎn)M,連接O2M,PM,如圖.由題意,PO1=1,BC=22AB=∵PO1∥BC,PO1=12BC又O2M∥BC,O2M=12BC,故PO1∥O2M,PO1=O2M,所以四邊形PO1O2M為平行四邊形,則PM∥O1O2,又PM?平面PAC,O1O2?平面PAC,故O1O2∥平面(2)解選①:S△ABC=12AC·BC=12×2×2=2,又O1O2⊥所以三棱錐O1-ABC的體積V=13×S△ABC×O1O2=43.所以O(shè)1O選②:因?yàn)镺1O2⊥平面ABC,所以∠O1AO2為AO1與底面所成的角,所以tan∠O1AO2=2,又AO2=2,所以O(shè)1O2=2.以O(shè)2為坐標(biāo)原點(diǎn),直線O2B,O2C,O2O1分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則有A(-2,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(-22,22,2),O1(0,0,2),故AO1=(2,0,2).設(shè)平面PBC的法向量n=(x,y,z),而B(niǎo)C=(-2,2,0),CP=(令z=1,解得x=y=2,得n=(2,2設(shè)所求角的大小為θ,則sinθ=|cos<AO1,n>|=|AO1·n5.(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛1B1BA為菱形,所以A1B⊥AB1,又因?yàn)锳1B⊥AC,AB1,AC?平面AB1C,AB1∩AC=A,所以A1B⊥平面AB1C.(2)解取AB的中點(diǎn)O,連接B1O,四邊形A1B1BA為菱形,且∠ABB1=π3所以B1O⊥AB.因?yàn)槠矫鍭1B1BA⊥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?yàn)锳1B⊥AC,B1O與A1B相交,所以AC⊥平面A1B1BA,所以AC⊥AB.取BC的中點(diǎn)D,連接OD,則OD∥AC.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),直線OB,OD,OB1分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.則B(1,0,0),A(-1,0,0),A1(-2,0,3),E(-1,1,0),所以BA1=(-3,0,3),BE=(-設(shè)平面A1BE的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),所以n令x=1,則z=3,y=2,所以n=(1,2,3).設(shè)EP=λEA1(0<λ<1),可得點(diǎn)P(-1-λ,1-λ,3λ),AP=(-λ,1-λ,3λ).由題意sinπ4=|cos<解得λ=25或λ=0(舍),即6.(1)證明作AN⊥BC,垂足為N,則BN=12,所以AB=則AC=1因?yàn)锳C2+AB2=BC2,所以AB⊥AC.又PA⊥底面ABCD,AB?平面ABCD,所以AB⊥PA.因?yàn)镻A∩AC=A,PA,AC?平面PAC,所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解因?yàn)镻A⊥底面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,又AB⊥AC,所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn),以直線AB,AC,AP分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖.易知∠BAD=120°,所以∠CAD=30°,又AD=1,所以D(-12,32,0),AD=(因?yàn)椤螾BA=60°,所以PA=3,所以P(0,0,3),B(1,0,0),C(0,3,0),所以BP=(-1,0,3),CP=(0,-3,3),AC=(0,3設(shè)BM=λBP=(-λ,0,3λ)(0<所以AM=(1-λ,0,3λ)設(shè)平面MAC的法向量m=(