空间角（精讲） 新高考 数学一轮复习专项 提升精讲精练 （含答案解析）

7.3空间角（精讲）（提升版）思维导图思维导图考点呈现考点呈现例题剖析例题剖析考点一线线角【例1-1】（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，∵E是BC的中点，∴∥，,,;在中，由余弦定理可知∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，易知，，，所以，，则，∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.故选：D【一隅三反】1．（2022·新疆·三模（理））在正方体中，E为的中点，平面与平面的交线为l，则l与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】延长，交直线于点M，延长交于点，连接，则直线即为交线，又，则即为l与所成的角，设正方体棱长为1，因为E为的中点，，所以为的中点，为的中点，点为的中点，为的中点，则，又，所以，所以，则，，，所以，即l与所成角的余弦值为.故选：D.2．（2022·四川内江·模拟预测（理））如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】连接交于，若是的中点，连接，由为直棱柱，各侧面四边形为矩形，易知：是的中点，所以，故直线与直线夹角，即为与的夹角或补角，若，则，，面，面，则，而，又，面，故面，又面，所以.所以，，在△中.故选：C3．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，则，，设异面直线PN和BM所成角为，则.故选：B.考点二线面角【例2-1】（2022·黑龙江）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且.(1)求证：平面平面；(2)若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.得证.(2)如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令可得平面的法向量为，设直线PB与平面ADP所成角为，则.直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.【例2-2】（2022·云南）已知正方体的棱长为1，点P在线段上，且，则AP与平面ABCD所成角的正切值为（

）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】如图，连接，因为在平面ABCD上的投影为，故作于，且平面，连接，则AP与平面ABCD所成角为.因为，故，且，故.所以AP与平面ABCD所成角的正切值为故选：D【例2-3】．（2022·河南安阳）如图，在圆锥中，为圆锥的底面直径，为等腰直角三角形，B为底面圆周上一点，且，M为上一动点，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，过点作于点，连，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又∵平面，∴，故为直线与平面所成的角，在中，越小，越大，越大，当时，最小，此时最大，∵为等腰直角三角形，又，在中，,在中，，则,在等腰直角三角形中，，在中，,,则，故选：C.【一隅三反】1．（2022·河南安阳）如图，在四面体ABCD中，，，E为BD的中点，F为AC上一点.(1)求证：平面平面BDF；(2)若，，，求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)．【解析】(1)在四面体ABCD中，，E为BD的中点，则，而，平面，于是得平面，又平面，所以平面平面.(2)依题意不妨设，，则，又，则，．在中，，所，则，．由（1）得，，因，即，则．设点B到平面ACD的距离为h，则，解得，所以点B到平面ACD的距离为.设直线BF与平面ACD所成角为，所以．因为，所以，故当时，最短，此时，正弦值最大为．2．（2022·北京）如图，四棱锥的底面是梯形，，，E为线段中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】(1)取中点F，连接交于点O，连接，由，且梯形，有且，故平行四边形，又，故为菱形，所以为的中点，故.又因为，故，因为，面，故面，又面，故．(2)解析1：几何法在中，，故，因为，故，由，即，即，故面，又，故面，面，故面面，作，面面，面，故面，在中，，因为，故B到面距离等于，设与平面所成角为，，故，故与平面所成角的正弦值为．解析2：向量法在中，，故，因为，故，由，即，即，故面，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，故，故，设面的法向量为，则，令，故，所以，故与平面所成角的正弦值为．考点三二面角【例3-1】（2022·云南师大附中）如图，是边长为的等边三角形，E，F分别是的中点，G是的重心，将沿折起，使点A到达点P的位置，点P在平面的射影为点G．(1)证明：；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】(1)连接，因是等边三角形，是的中点，是的重心，所以在上，，又点在平面的射影为点，即平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以.(2)过点作，连接，与，分别交于点，点.因为分别是，的中点，所以，所以，是平面与平面的交线.由是等边三角形，是的重心，知点，点分别是线段，的中点.平面，平面，所以，又，平面，，则平面，所以平面，又平面，于是，，为平面与平面所成二面角的平面角.由等边三角形的边长为，可得，，，，，在中，由余弦定理，得，所以平面与平面夹角的余弦值为.【例3-2】（2022·青海·海东市第一中学）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面平面ABCD，为等边三角形，，，M是棱上一点，且.(1)求证：平面MBD；(2)求二面角M－BD－C的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)连接AC，记AC与BD的交点为H，连接MH.由，得，，又，则，∴，又平面MBD，平面MBD，∴平面MBD.(2)记O为CD的中点，连接PO，BO.∵为等边三角形，∴，∵平面平面ABCD，平面平面ABCD＝CD，∴平面ABCD.以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为x轴，建立空间直角坐标系，如下图，则，，，，，，.设平面BDM的法向量，则，取x＝1得，平面BCD的一个法向量.设二面角M－BD－C的平面角为θ，则.∴二面角M－BD－C的余弦值为.【一隅三反】1．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2）解：，，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3）解：，，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.2．（2022·江西）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，D为上靠近A的三等分点．(1)若，求证：平面平面；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为是边长为2的正三角形，所以，，又，所以，从而．因为，，所以．又因为D为上靠近A的三等分点，所以，在中，由余弦定理得．因此，所以．因为，所以平面，又平面，所以平面平面．解：由题意当三棱锥的体积最大时，有平面平面．取的中点O，连接，，则，平面平面，平面，从而平面，又，为的中点，所以；以O点为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，从而，，，设平面的法向量为，则从而，取，则．设平面的法向量为，则从而，取，则．，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．3．（2022·广西玉林·模拟预测（理））如图，在直三棱柱中，D，E别是棱、上的点，，．(1)求证：平面平面；(2)若直线与平面ABC所成的角为，且，求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）取中点，AB中点O，连交于F，连，，则，∵，∴，∴是平行四边形，∴，∵，∴．又在直三棱柱中，平面，平面，∴，平面，结合，∴平面，∴平面，又平面，∴平面平面．由（1）知，OC、OB、两两垂直，建立如图空间直角坐标系，取上一点M，使，连AM，则，又平面ABC，与平面ABC所成角为，∴，∴，不妨设，则，，，，∴，，，，，，，．设平面的一个法向量为，则，∴，，取，得，平面的一个法向量，，∴二面角的平面角的正弦值为．考点四空间角的综合运用【例4】（2022·重庆南开中学）（多选）已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，点M在棱PD上，且，点Q在底面及其边界上运动，且面，则下列说法正确的是（

）A．点Q的轨迹为线段B．与CD所成角的范围为C．的最小值为D．二面角的正切值为【答案】ACD【解析】对于A，取点,，使得，，连接,，如图，由线段成比例可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又平面，，所以平面平面，故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；对于C，当时，最小，此时，故C正确；对于D，二面角即平面与底面所成的锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图，由正四棱锥可知，面，由，知，，由可得，，面，，又，，平面，，即为二面角的平面角，，故D正确.故选：ACD【一隅三反】1．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）（多选）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（

）A． B．平面C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为【答案】BCD【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，所以，由平面，得，即，化简可得：，所以动点P在直线上，对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；对于选项C：，C选项正确；对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，