第8讲 空间角问题（含解析）

第8讲空间角问题一、单选题12023·广东中山·中山纪念中学三模）如图所示，ΔABC是边长为3正三角形，=3，S是空间内一点，θ1,θ2分别是S一AB一C，SBCA的二面角，满足tanθ1=2tanθ2，点D到直线SB的距离是1，则22023上·广东深圳·高三统考期末）正四面体S一ABC中，M是侧棱SA上（端点除外）的一点，若异面直线MB与直线AC所成的角为C，直线MB与平面ABC所成的角为β,二面角M一BC一A的平面角为Y，则()32023·河南郑州·高三校联考阶段练习）如图所示，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，O，F分别为BD，AA1的中点，点P为棱BB1上的动点（不含端点设二面角F一D1O一P的平面角为C，直线OF与平面OPD1所成角为β,则()A．C>βB．C<βC．C=βD．以上均有可能42023下·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）如图，在正四面体ABCD中，E,F是棱CD上的三等分,θ2,θ3，则()A.θ=θ2=θ3B.θ<θ2<θ3=θ3>θ2D.θ=θ3<θ252023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面‘ABC是正三角形，E,F,G分别是侧棱AA1,BB1,CC1上的点，且AE>CG>BF，设直线CA,CB与平面EFG所成的角分别为c,β,平面EFG与底面ABC所成的锐二面角为θ,则()A．sinθ<sinc+sinβ,cosθ<cosc+cosβB．sinθ之sinc+sinβ,cosθ<cosc+cosβC．sinθ<sinc+sinβ,cosθ>cosc+cosβD．sinθ之sinc+sinβ,cosθ之cosc+cosβ62023·浙江·模拟预测）如图，三棱锥S-ABC中，SA」BC，平面SBC」平面ABC，M是棱SA上一点，满足CM」SA，下列说法正确的是() 2πB．记二面角S-BC-M，M-BC-A的平面角分别为θ1、θ2，则θ1+θ2 2πC．记‘ABC、△SBC、‘MBC的面积分别为S1、S2、S，则S+S=2S272023上·北京西城·高三北师大实验中学校考阶段练习）已知正四棱锥S-ABCD的8条棱长均相等，O为顶点S在底面内的射影，则()A．侧棱SA与底面ABCD所成的角的大小为B．侧面SAB与底面ABCD所成的角的大小为C．设P是正方形ABCD边上的点，则直线SP与底面所成角的最大值是D．设M,N是正方形ABCD边上的两点，则二面角S-MN-O的值大于82023·福建·校联考模拟预测）在三棱锥D-ABC中，‘ABC为正三角形，点D在底面ABC投影为点H，点H在‘ABC内（不含边界设二面角D-AB-C、D-BC-A、D-AC-B的大小分别为a、β、Y，DH=AB，则++的值为()92023上·河北·高三校联考期末）由空间一点O出发不共面的三条射线OA，OB，OC及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为O-ABC．其中O叫做三面角的顶点，面AOB，BOC，COA叫做三面角的面，经AOB，经BOC，经AOC叫做三面角的三个面角，分别记为a，β,Y，二面角A-OB-C、B-OA-C、A-OC-B叫做三面角的二面角，设二面角A-OC-B的平面角大小为x，则一定成立的是()cosa-cosβcosYsinβsinYsina-sinβsinYcosβcosYcosa+cosβcosYsinβsinYsina+sinβsinYcosβcosY102023·全国·高三专题练习）如图，已知锐二面角a-l-β的平面角为θ,m是a内异于l的一条直线，则m与β所成角的范围是()112023·全国·高三专题练习）已知正四面体ABCD，设异面直线AB与CD所成的角为a，侧棱AB与底面BCD所成的角为β,侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为Y，则()A．a>β>YB．a>Y>βC.β>a>YD．Y>β>a122023·全国·模拟预测）在三棱锥P-ABC中，O为ΔABC的内心，P在底面ABC的射影Q在ΔOAB内，且存在正数x,y，使得=x+y.记二面角P-AB-C,P-BC-A，P-CA-B的大小分别为θ1,θ2,θ3，则()A.θ>θ2>θ3>θ>θ22>θ1>θ3D.θ2>θ3>θ1132023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为θ1，θ2，θ3，则()A.θ+θ3=2θ2+sinθ3=2sinθ2+tanθ3=2tanθ2142023·全国·高三专题练习）如图，棱长均相等的三棱锥P-ABC中，点D是棱PC上的动点（不含端点设CD=x，二面角A-BD-C的大小为θ.当x增大时，()A.θ增大B.θ先增大后减小C.θ减小D.θ先减小后增大152018·北京·高三强基计划）设C,β,Y为平面，且C」β,Cnβ=l．若Y与C所成的二面角为45。，l与Y所成角为30。，则Y与β所成的锐二面角为()二、多选题162023上·广东中山·高三统考阶段练习）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是() 4πA．直线BC与平面ABC1D1 4πB．四棱锥C-ABC1D1的体积为13C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为D．二面角C-BC1-D的平面角的余弦值为-172023上·重庆·高三西南大学附中校考期中）如图，已知矩形ABCD中，AB=2，BC=.点E为线段CD上一动点（不与点D重合将VADE沿AE向上翻折到VAPE，连接PB，PC.设DE=x(0<x<2)，二面角P-AE-B的大小为θ(0<θ<π)，则下列说法正确的有()A．若x=1，θ=，则cos经PAB=B．若x=1，则存在θ,使得PB」平面PAEC．若x=3，则直线PB与平面ABC所成角的正切值的最大值为3D．点A到平面PBC的距离的最大值为，当且仅当x=2且cosθ=时取得该最大值182023·广东汕头·汕头市潮阳实验学校校考一模）如图，已知四棱锥P一ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AD=4，经ABC=90，PA」平面ABCD，PA=AB=BC=2，下列说法正确的是()A．PB与CD所成的角是45B．PB与平面PCD所成的角的正弦值是36C．平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是D．M是线段PC上动点，N为AD中点，则点P到平面BMN距离最大值为192023上·安徽·高三安徽省怀远第一中学校联考阶段练习）在三棱锥P一ABC中，ΔPAB与ΔABC都是边长为2的正三角形，且二面角P-AB-C为直角，则下列结论正确的有()B．PC与平面ABC所成角为45。C．AB上存在一点Q，使得经PQC为钝角D．三棱锥P一ABC的外接球表面积为20π点P在侧面BCC1B1上运动，且直线A1P//平面AD1E，下列说法正确的是()A．P点的轨迹长度为13B．直线A1P与直线AB所成的角记为θ,则sinθ1313C．平面AD1E与平面BCC1B1所成的锐二面角记为C，则cosC13D．平面AD1E将正方体分成的两部分体积之比为E，F分别是PA，PC的中点，记平面BEF与平面ABC的交线为l，直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足=1.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为C，二面角2ElC的大小为β,则下列说法不一定正确的是()A．sinθ=sinCsinβB．sinC=sinθsinβC．sinβ=sinCsinθD．cosθ=cosCcosβ222023·全国·高三专题练习）设三棱锥V一ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为C，直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P一AC一B的平面角为Y，则C,β,Y大小关系正确的是()A．C>βB．C=βC．Y>β232023·全国·高三专题练习）如图，已知二面角C一l一β的棱l上有A,B两点，CeC,AC」l,Deβ,BD」l，且AC=AB=BD=1，则下列说法正确的是()A．当二面角C一l一β的大小为60。时，直线AB与CD所成角为45。B．当二面角C一l一β的大小为60。时，直线CD与平面β所成角的正弦值为64D．若CD=，则四面体ABCD外接球的表面积为7242023·海南·统考模拟预测）如图，已知二面角C一l一β的棱l上有A，B两点，CeC，AC」l，Deβ,BD」l，且AC=AB=BD33A．当a」β时，直线CD与平面β33B．当二面角a-l-β的大小为60。时，直线AB与CD所成角为45。C．若CD=2，则二面角C-BD-A的余弦值为D．若CD=2，则四面体ABCD的外接球的体积为三、填空题6252024上·江苏常州·高三统考期末）已知二面角a-l-β为60。，a内一条直线m与l所成角为30。，β内一条直线n与l所成角为45。，则直线m与直线n所成角的余弦值是.262024下·全国·高三校联考阶段练习）如图，在△SBE中，SE=BE=1，在直角梯形BEDC中，BE」DE，CD∥BE，CD=2，DE=，DE」SE，记二面角S-DE-B的大小为θ,若θ=,，则直线SC与平面SDE所成角的正弦值的最大值为.272023上·安徽六安·高三毛坦厂中学校考阶段练习）如图，球O的内接八面体PABCDQ中，顶点P,Q分别在平面ABCD两侧，四棱锥P-ABCD，Q-ABCD均为正四棱锥，设二面角P-AB-Q的大小为θ,则tanθ的取值范围是.282023·全国·高三专题练习）在长方体ABCD_A1B1C1D1中，已知二面角A1_BD_A的大小为，若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是.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.302023上·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）已知平面C与β所成的二面角为80。,P为C、β外一定点，过点P的一条直线与C、β所成的角都是30。，则这样的直线有且仅有条.的大小为θ,当θe,时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是.322023·四川成都·川大附中校考二模）点F1，F2是双曲线C:_作直线ABLF1F2交双曲线C于A，B两点，现将双曲线所在平面沿直线F1F2折成平面角为锐角C的二面角， 2π332023·全国·模拟预测）已知三棱锥A_BCD的外接球半径为R，且经ACB=经 2π在下列条件中，能使三棱锥A_BCD的体积为定值的有；其体积可能为.（写出一个可能的值①直线CD与平面ABC所成角为；②BD=CD；③二面角C_AB_D的大小为；④ABLCD.342023·湖南邵阳·统考一模）多面体ABCD_A1B1C1D1为正方体，点P满足B1P=xB1A+yB1C+zB1D1，且P与平面ACD1所成角为，若二面角PADB1的大小为θ,则tanθ的最大值是.33第8讲空间角问题一、单选题12023·广东中山·中山纪念中学三模）如图所示，ΔABC是边长为3正三角形，3，S是空间内一点，2分别是SABC，SBCA的二面角，满足tanθ1=2tanθ2，点D到直线SB的距离是1，则【答案】D------【解析】由于AC3AD，所以AD1，------由余弦定理得BD3π， 23727sinDBA cosDBA所以sinDBA5同理可求得tanDBC.设O平面ABC，且SO平面ABC，过O作OEAB，垂足为E，过O作OFBC，垂足为F，连接SE,SF，由于AB,BC平面ABC，所以SOAB,SOBC，由于OESOO,OE,SO平面SOE，所以AB平面SOE，由于SE一平面SOE，所以AB」SE，所以经SEO=θ1，同理可证得经SFO=θ2，依题意tanθ1=2tanθ2， π2sina=3cosa,tana=23，tanβ=tan(|(-a=1=，3所以B,O,D三点共线，而BD一平面ABC，所以SO」BD，连接SD，过D作DG」SB，垂足为G，则DG=1，2BD7SB2-1=，所以cos2BD7SB2-2()2(|BE)|263BE263222-2()2(|BE)|263BE2632故选：D22023上·广东深圳·高三统考期末）正四面体S-ABC中，M是侧棱SA上（端点除外）的一点，若异面直线MB与直线AC所成的角为a，直线MB与平面ABC所成的角为β,二面角M-BC-A的平面角为Y，则()A．a<β<YB.β<a<Y【答案】C【解析】正四面体S-ABC中，取BC中点D，连接AD，MD，SD过M作MH」AD于H，连接HB，MB，过M作AC的平行线交SC于N，则经BMN=a，由SD」BC，AD」BC，SDnAD=D，SD仁平面SAD，AD仁平面SAD可得BC」平面SAD，则MD」BC，则经MDH=Y由BC」平面SAD，可得平面ABC」平面SAD，又平面ABC（平面SAD=AD，MH仁平面SAD，MH」AD，则MH」平面ABC，则经MBH=β,设正四面体边长为1，AM=λ(0<λ<1)，有SM=MN=1-λ.MN1-λHDHDcosa=BM=BMMDBM因为HD=-λ>-λ=(1-λ)>1(π)(π)综上：β<y<a故选：C32023·河南郑州·高三校联考阶段练习）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O，F分别为BD，AA1的中点，点P为棱BB1上的动点（不含端点设二面角F-D1O-P的平面角为a，直线OF与平面OPD1所成角为β,则()A．a>βB．a<βC．a=βD．以上均有可能【答案】A【解析】设点M为B1D与BD1的交点，可得FM」BD，FM」BB1，且BB1（BD=B所以FM」平面BB1D1D，即FM⊥平面OPD1，所以经FOM=β,过点F作D1O的垂线FH，垂足为H，如下图所示由三垂线定理可知MH」D1O，所以经FHM=a，从而tana=,tanβ=，在Rt‘MOH中MO>MH，所以tana>tanβ,又a,βe(|（0,，所以a>β.故选：A.42023下·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）如图，在正四面体ABCD中，E,F是棱CD上的三等分点，记二面角C-AB-E，E-AB-F,F-AB-D的平面角分别为θ1,θ2,θ3，则()=θ2=θ<θ2<θ3=θ3>θ2=θ3<θ2【答案】D【解析】如图1，在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则CG」AB,DG」AB，而CGnDG=G，所以AB」平面CDG，连接EG,FG，因为EG仁平面CDG，FG仁平面CDG，所以AB」EG,AB」FG.由二面角的平设该正四面体的棱长为6，如图2，CD=6，易得CG=DG=3，取CD的中点H，则GH」CD，CE=2，EH=HF=1，在△GCH中，由勾股定在△GEF中，由余弦定理可得cosθ2=222-221722>cosθ2故选：D.52023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面‘ABC是正三角形，E,F,G分别是侧棱AA1,BB1,CC1上的点，且AE>CG>BF，设直线CA,CB与平面EFG所成的角分别为a,β,平面EFG与底面ABC所成的锐二面角为θ,则()A．sinθ<sina+sinβ,cosθ<cosa+cosβB．sinθ>sina+sinβ,cosθ<cosa+cosβC．sinθ<sina+sinβ,cosθ>cosa+cosβD．sinθ>sina+sinβ,cosθ>cosa+cosβ【答案】B【解析】如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得 π .3过A作AP」面EFG，垂足为P，过A作AQ」MN，垂足为Q，连接PQ,PN，易得经ANP即为直线CA与平面EFG所成的角c，所以MN」面APQ，PQ一面APQ，则MN」PQ，则经AQP即为平面EFG与底面ABC所成的锐二面角θ,则sinθ=，又sin经ANM=，则sinc=sinθ.sin经ANM，同理可得sinβ=sinθ.sin经CDN，则sinc+sinβ=sinθ.(sin经ANM+sin经CDN)，又由故sinc+sinβ=sinθ.(sin经ANM+sin经CDN)<sinθ,A，C错误；故cos2θ=1-sin2θ<1-(sinc+sinβ)2，由c,βE0,可知c-βE-,，所以1+2cos(c-β)>0，即1+2cosccosβ+2sincsinβ>0，整理可得sin2c+cos2c+sin2β+cos2β+2cosccosβ+2sincsinβ-1>0，故cos2θ=1-sin2θ<1-(sinc+sinβ)2<(cosc+cosβ)2，又cosc,cosβ,cosθ之0，故cosθ<cosc+cosβ,B正确，D错误.故选：B.62023·浙江·模拟预测）如图，三棱锥S-ABC中，SA」BC，平面SBC」平面ABC，M是棱SA上一点，满足CM」SA，下列说法正确的是() 2πB．记二面角S-BC-M，M-BC-A的平面角分别为θ1、θ2，则θ1+θ2 2πC．记‘ABC、△SBC、‘MBC的面积分别为S1、S2、S，则S+S=2S2【答案】B【解析】选项A：如图，在三棱锥S-AHC中，SH、AH、CH两两垂直，则平面SBC」平面ABC，CM」SA，SA」BC，和M一BCA，又二面角SBCM，MBCA的平面角分别为θ1、θ2选项C：在平面SBC内过S作ST」BC于T，连接MT、AT，又SA」BC，ST（SA=S，SA一平面SAT，ST一平面SAT则BC」平面SAT，又AT一平面SAT，MT一平面SAT则MT」BC，AT」BC则S1=S△ABC=AT.BCST.BC=MT.BC由平面SBC」平面ABC，平面SBCI平面ABC，ST」BC可得ST」平面ABC，则ST」AT由CM」SA，BC」SA，CMnBC=C，CM一平面BCM，BC一平面BCM可得SA」平面BCM，则SA」MT，则S+S=.BC2(AT2+ST2)=.BC2(2MT2+SM2+AM2)>BC2.2MT2=2X.BC2.MT2-2S2.判断错误；选项D：由CM」SA，BC」SA，CMnBC=C，CM平面BCM，BC一平面BCM，可得SA」平面BCM，则SM」平面BCM，则经SBM为直线BS与平面BCM所成线面角故选：B72023上·北京西城·高三北师大实验中学校考阶段练习）已知正四棱锥S-ABCD的8条棱长均相等，O为顶点S在底面内的射影，则()A侧棱SA与底面ABCD所成的角的大小为B侧面SAB与底面ABCD所成的角的大小为C设P是正方形ABCD边上的点，则直线SP与底面所成角的最大值是 4πD．设M,N是正方形ABCD边上的两点，则二面角S-MN-O 4π【答案】D【解析】依题意ACnBD=O，SO」平面ABCD，AC,BD一平面ABCD，所以SO」AC,SO」BD.2-2A选项，依题意可知经SAO是侧棱SA与底面ABCD所成的角，B选项，设E是AB的中点，连接OE,SE，由于AB」OE,AB」SE，侧面SAB与底面ABCD的交线为AB，2所以侧面SAB与底面ABCD所成角的平面角为经SEO，由于OE一平面ABCD，所以SO」OE，OE=4，所以tan经SEO==>1，所以侧面SAB与底面ABCD所成的角大于，所以B选项错误.C选项，当P点与E点重合时，直线SP与底面所成角为经SEO>所以C选项错误. π ,4D选项，过O作OQ」MN，垂足为Q，由于MN一平面ABCD，所以SO」MN，由于SO（OQ=O,SO,OQ一平面SOQ，所以MN」平面SOQ，由于SQ一平面SOQ，所以MN」SQ，所以二面角S-MN-O的平面角为经SQO，由于OQ一平面ABCD，所以SO」OQ，当OQ=0时，SO一平面SMN，则平面SMN」平面ABCD，此时二面角S-MN-O为直角，当OQ>0时，tan经SQO=，由于M,N是正方形ABCD边上的两个点，所以二面角S-MN-O的值大于.故选：D82023·福建·校联考模拟预测）在三棱锥D-ABC中，‘ABC为正三角形，点D在底面ABC投影为点H，点H在‘ABC内（不含边界设二面角D-AB-C、D-BC-A、D-AC-B的大小分别为a、β、Y，DH=AB，则++的值为() 则由则由则【答案】B【解析】过H点分别作HE」AB,HF」BC,HG」CA，垂足为E，F，G，连接DE,DF,DG.由DH」平面ABC，得DH」AB，又HE一平面DHE，DH一平面DHE，DHnHE=H，故AB」平面DHE，则AB」DE，同理，BC」DF,AC」DG，在RtΔDHE中，tanc=，同理，tanβ=,tanY=，ABC为正三角形，故选：B.92023上·河北·高三校联考期末）由空间一点O出发不共面的三条射线OA，OB，OC及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为O一ABC．其中O叫做三面角的顶点，面AOB，BOC，COA叫做三面角的面，经AOB，经BOC，经AOC叫做三面角的三个面角，分别记为c，β,Y，二面角A一OB一C、BOAC、AOCB叫做三面角的二面角，设二面角AOCB的平面角大小为x，则一定成立的是()cosc一cosβcosYcosc+cosβcosY【答案】A在OC上取一点K，过K在平面BOC内作KM」OC，交OB于M，过K在平面AOC内作KN」OC，交OA于N，连接MN，则经NKM是二面角A-OC-B的平面角，即经NKM=x.设OM=m，在直角三角形OKM中，OK=mcosβ,KM=msinβ,在直角三角形OKN中，ON=,KN=mcosβtany=，22m2cos2β2cosccosβ在‘OMN中，MN=m22m2cos2β2cosccosβ在△KMN中，KM2+KN2-NM2=2KM.KN.cosx，即为m2sin2β+m2csin2y-m2-mβ+2m2.cossβ2.-2cos2βcos2sccosβcosy所以cosx=sinβsiny.故选：A.102023·全国·高三专题练习）如图，已知锐二面角c-l-β的平面角为θ,m是c内异于l的一条直线，则m与β所成角的范围是()【答案】A【解析】如图所示，在直线m取一点P作PO」β,垂足为O，所以人PAO即为直线m与平面β所成的角，设人PAO=θ1，且0。<θ1<90。过点O作OB」l，连接PB，因为PO」β,l仁β,所以PO」l，而OBIPO=O且OB,PO仁平面POB，所以l」平面POB，又因为PB仁平面POB，l」PB，所以人PBO为锐二面角a-l-β的平面角，即人PBO=θ,其中0。<θ<90。当点A与B重合时，此时tanθ=tanθ1，即人PBO=人PAO综上可得，直线m与平面β所成的角的范围是[0,θ].故选：A.112023·全国·高三专题练习）已知正四面体ABCD，设异面直线AB与CD所成的角为a，侧棱AB与底面BCD所成的角为β,侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为Y，则()A．a>β>YB．a>Y>βC.β>a>YD．Y>β>a【答案】B【解析】取CD,BC中点E,F，连接BE,DF交于点O，连接AO,AE,AF，：四面体A-BCD为正四面体，:O为ΔBCD的中心，且AO」平面BCD，:ΔACD,ΔBCD均为等边三角形，:CD」AE，CD」BE，又AEIBE=E，AE,BE一平面ABE，\CD^平面ABE，又AB一平面ABE，:CD」AB，即C=QAO」平面BCD，:β=经ABO，设正四面体A-BCD的边长为a，；:BO=BE=根a=a，:cosβ=a=；:ΔABC,ΔBCD均为等边三角形，:AF」BC，DF」BC，:经AFD即为侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角，即Y=经AFD，:cosY==<cosβ;故选：B.122023·全国·模拟预测）在三棱锥P-ABC中，O为ΔABC的内心，P在底面ABC的射影Q在ΔOAB内，且存在正数x,y，使得C=xC+yC.记二面角P-AB-C,P-BC-A，P-CA-B的大小分别为θ1,θ2,θ3，则()>θ2>θ3>θ3>θ22>θ>θ32>θ3>θ1【答案】B【解析】由射影的性质可知PQ」底面ABC.设Q在‘ABC三边的射影分别为QAB，QBC，QCA，则θ1ABQ,θ2BCQ，下面分析‘ABC内的情况.如图所示：Q在阴影部分所表示的区域内（不含边界由角平分线的性质可知，在这个区域内，QQAB<QQAC<QQBC，所以tanθ1>tanθ3>tanθ2，故θ1>θ3故选：B.132023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为θ1，θ2，θ3，则()A.θ+θ3=2θ2+sinθ3=2sinθ2+tanθ3=2tanθ2【答案】D【解析】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米下底宽和深度也依次递减1寸，连结OF，过边A1B1的中点E作EG」OF，垂足为G，则经GFE就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为θ,设漏壶上口宽为a，下底宽为b，高为h，在Rt△EFG中，GF=ab，tanθ=，因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，所以a一b为定值，又因为三个漏壶的高h成等差数列，所以2tanθ2=tanθ1+tanθ3.故选：D.142023·全国·高三专题练习）如图，棱长均相等的三棱锥P一ABC中，点D是棱PC上的动点（不含端点A.θ增大B.θ先增大后减小C.θ减小D.θ先减小后增大【答案】C【解析】由题意，三棱锥P一ABC是正四面体，以‘PBC的重心为原点，BC边的中线PG为x轴，OA为z轴，过O点平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图： x-m.nm.n1 根 6θ:cos x-m.nm.n1 根 6θ:cos 22226343-++-设三棱锥P-ABC的棱长为2，则有：OA2=AP2-PO2=12-22设三棱锥P-ABC的棱长为(2-x)（22)AB=-1,-3,-22,AD(2-x)（22)〈()(2-x)，令〈()(2-x)，令y=-x，解得t=43-x,z=2x-6,:=(43-x,-3x,2x-6)，y=-x，解得2-4+6x2-23x+9xx显然当x=时（x的取值范围是0<x<2cosθ最小，θ=，当x>时，cosθ变大，二面角为锐角，θ变小，x<时，cosθ变大，二面角为钝角，即θ变小；综上θ减小.故选：C.152018·北京·高三强基计划）设a,β,y为平面，且aLβ,anβ=l．若y与a所成的二面角为45。，l与y所成角为30。，则y与β所成的锐二面角为()【答案】A【解析】设平面c,β,y的单位法向量分别为,,，直线l上的单位方向向量为.根据题意，{,,}构成空间坐标系的一组正交基底， 2由题设可设与 2与的夹角的余弦值为 ------------于是所求二面角为60o.故选：A.二、多选题，同理z= 1,2162023上·广东中山·高三统考阶段练习）如图，正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是() 4πA．直线BC与平面ABC1D1 4π13C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为【答案】AB【解析】如图，D的平面角的余弦值为333取BC1的中点H，连接CH，则CH」BC1，而AB」平面BCC1B1，CH一平面BCC1B1，得CH」AB，ABnBC1=B,AB,BC1一平面ABC1D1则CH」平面ABC1D1，所以经C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角为，故A正确；点C到平面ABC1D1的距离为CH的长度为，易证BC1//AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为经AD1C或其补角，因为△ACD1为等边三角形，所以两条异面直线D1C和BC1所成的角为，故C错误；连接DH，由BD=DC1，所以DH」BC1，又CH」BC1，由余弦定理可得cos经CHD=DH22HCD2=，故D错误.故选：AB.172023上·重庆·高三西南大学附中校考期中）如图，已知矩形ABCD中，AB=2，BC=.点E为线段CD上一动点（不与点D重合将VADE沿AE向上翻折到VAPE，连接PB，PC.设DE=x(0<x<2)，二面角P一AEB的大小为θ(0<θ<π)，则下列说法正确的有()A．若x=1，θ=，则cos经PAB=B．若x=1，则存在θ,使得PB」平面PAEC．若x=，则直线PB与平面ABC所成角的正切值的最大值为D．点A到平面PBC的距离的最大值为，当且仅当x=2且cosθ=时取得该最大值【答案】AD【解析】对A，取AE中点M，连接BM，PM，BE,则有BE==2,且AB=2，所以BM」AE，又平面PAE」平面ABE，平面PAEn平面ABE=AE，BM一平面ABE,所以BM」平面PAE，PM一平面PAE，故BM」PM，BM=，2 2 2对B，同选项A，知BM」AE，若PB」平面PAE，4且AE一平面PAE,则PB」AE，且PBIBM=B,PB,BM一平面PBM，所以AE」平面PBM，PM一平面PBM，所以AE」PM，显然矛盾，B错误；33对C，连接BD交AE于点F,因为几何关系可知，△EDF:△ABF, 所以DF=BD=,EF=AE=,所以DF2+EF2=DE2,即BD」AE，则AE」DF，AE」PF，DFIPF=F,DF,PF一平面BDP,所以AE」平面BDP，AE一平面ABE，所以平面BDP」平面ABE，故所求线面角为经PBD.又点P在以F为圆心，PF为半径的圆上，从而当直线PB与圆F相切时，经PBD最大， 对D,点A到平面PBC的距离<AP=，等号成立当且仅当AP」平面PBC，因为BP,BC一平面PBC，所以AP」BP,AP」BC,从而BP=1，且矩形ABCD中，BC」AB,ABIPB=B,AB,PB一平面PAB,所以BC」平面PAB，过P作PH」AB于点H.连接DH，在直角三角形PAB中，由等面积法可得，PAXPB=ABXPH,所以PH所以AH=APAP2-PH23,2因为以BC」平面PAB，PH一平面PAB，PH」BC,AB（BC=B,AB,BC一平面ABCD，所以PH」平面ABCD，由翻折知AE」DH，故=，解得DC=2，即x=2.又由二面角的面积射影知：cosθ=====,D正确；故选:AD.182023·广东汕头·汕头市潮阳实验学校校考一模）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AD=4，经ABC=90。，PA」平面ABCD，PA=AB=BC=2，下列说法正确的是()A．PB与CD所成的角是45。B．PB与平面PCD所成的角的正弦值是36C．平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是D．M是线段PC上动点，N为AD中点，则点P到平面BMN距离最大值为【答案】BD【解析】因为经ABC=90。，AD//BC，所以AB」AD，因为PA」平面ABCD，AB,AD一平面ABCD，所以PA」AB,PA」AD，所以AB,AD,AP两两互相垂直，所以以A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，22x222x224=，所以PB与4=，所以PB与CD所成的角是60，故A错误；cosBP,CDBP.又由A选项分析可知，B=(-2,0,2)，角的正弦值是，故B正确；对于C，由题意AD」AB,AD」AP，ABnAP=A,AB,AP仁面ABP，，即PB与平面PCD所成的所以AD」面ABP，故可取面ABP的一个法向量为==(0,1,0)，由B选项可知平面PCD的一个法向不妨设平面PCD与平面PBA所成的角为a，则cosa=cos,===，所以平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是，故C错误；对于D，因为M是线段PC上动点，所以设P=λP=(2λ,2λ,-2λ)(0<λ<1)，因为N为AD中点，所以N(0,2,0)，B=(-2,2,0)，所以B=B+P=(-2+2λ,2λ,2-2λ)，当λ=1时，点M与点C重合，此时点P到平面BMN距离为PA=2，当λ丰1时，点M不与点C重合，设平面BMN的法向量为n=(x2,y2,z2)，22(1-2λ)22(1-2λ)所以n2=|λ)|，1-2λ1-λ令x2=1，解得y1-2λ1-λ,2323所以点P到平面BMN距离为-----2BP.n22n2-2+2-4λ1-λ2 2λ2λ ，当λ=0时，d=0，当λ>0时，d=，所以当=-=即λ=时，min故选：BD.22223192023上·安徽·高三安徽省怀远第一中学校联考阶段练习）在三棱锥P-ABC中，ΔPAB与ΔABC都是边长为2的正三角形，且二面角P-AB-C为直角，则下列结论正确的有()B．PC与平面ABC所成角为45OC．AB上存在一点Q，使得经PQC为钝角D．三棱锥P-ABC的外接球表面积为20π【答案】ABD【解析】A选项，取AB中点M，连接PM,CM，因为ΔPAB与ΔABC都是边长为2的正三角形，所以PM⊥AB，CM⊥AB，因为PM（CM=M，PM,CM一平面PMC，所以AB⊥平面PMC，因为PC一平面PMC，所以PC⊥AB，A正确；3B选项，由A选项可知，PM⊥AB，又二面角P-AB-C为直角，PM一平面PAB，平面PAB与平面ABC的交线为AB，所以PM⊥平面ABC，故经PCM为直线PC与平面ABC所成的角，C选项，在AB上任取一点Q（不同于M则PQ2=PM2+QM2，CQ2=CM2+QM2，+=，又PM2CM2+=，在‘CPQ中，由余弦定理可得PQ2+CQ2PC2=PM2+QM2+CM2+QM2PC2=M2>0，所以cos经PQC>0，故经PQC为锐角，故C选项错误；D选项，设三棱锥P一ABC的外接球球心为O，半径为R，记H为‘ABC的中心，23则OH⊥平面ABC，则OH平行PM，CH23过点O作ON⊥PM于点N，连接OP,OC，2，所以三棱锥P一ABC外接球表面积为20π,D正确，故选：ABD点P在侧面BCC1B1上运动，且直线A1P//平面AD1E，下列说法正确的是()A．P点的轨迹长度为B．直线A1P与直线AB所成的角记为θ,则sinθ的最小值为13C．平面AD1E与平面BCC1B1所成的锐二面角记为a，则cosa13D．平面AD1E将正方体分成的两部分体积之比为【答案】ABC【解析】A：建立如图所示的空间直角坐标系，线段BC、BB1、C1B1的中点分别为F、N、M，连接EF、BC1、NE、NM、AF、A1N、A1M，因为点E为棱CC1的中点，点F为棱CB的中点，所以EF//BC1，由正方体的性质可知AD1//BC1，所以EF//AD1，因此平面AD1E就是平面AD1EF，因为点E为棱CC1的中点，点N为棱BB1的中点，所以有NE//B1C1且NE=B1C1，由正方体的性质可知A1D1//B1C1于是有A1D1//NE且A1D1=NE，所以四边形A1D1EN是平行四边形，则有A1N//D1E，而A1N平面A1NM，D1E平面A1NM，所以A1N//平面AD1EF，因为点M为棱CC1的中点，点N为棱BB1的中点，所以NM//BC1，由上可知EF//BC1，因此NM//EF，而MN平面A1NM，FE平面A1NM，所以MN//平面AD1EF，而ANnNM=N,AN,NM平面A1NM，所以平面A1MN//平面AD1EF，当点P在线段NM时，则有A1P平面A1MN，一定能直线A1P//平面AD1E，41-92 41-92 1所以(------)2AB.AP421-1-|sinθ=1|AP---AB.---122422+λ2即点P的轨迹为线段NM，显然NM=BC1=根=，因此本选项正确；因为点P(x,y,z)在线段NM，所以设=λ=λ(1,0,-1)(λ=[0,1])牵(x-1,y-2,z-2)=λ(1,0,-，解得x=1+λ,y=2,z=2-λ,所以=(λ-1,2,-λ)，11-cos2θ()(44显然当λ=时，sinθ有最小值，最小值为因此本选项正确；1--------------11由正方体的性质可知平面BCC1B1的法向量为=(0,2,0)，-----m.---AB因此选项C正确；D：由上可知平面AD1E就是平面AD1EF，该正方体的体积为23=8，所以平面AD1E将正方体分成的两部分体积之比为=，或者为，因此本选项不正确，故选：ABCE，F分别是PA，PC的中点，记平面BEF与平面ABC的交线为l，直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足=.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为c，二面角ElC的大小为β,则下列说法不一定正确的是()A．sinθ=sincsinβB．sinc=sinθsinβC．sinβ=sincsinθD．cosθ=cosccosβ【答案】BCD【解析】如图所示，连接EF、BE、BF，过B作BD∥AC，交圆于D点，∵E、F分别为PA、PC的中点，∴EF∥AC∥BD，BD即面EFB与面ABC的交线l，由题意易知：BC⊥BD，PC⊥BD，PCnCB=C,PC、CB一面PBC，则BD⊥面PBC，而BF一面PBC，则由Q满足=，过D作DQ∥PC，使DQ=CF即可，则DQ⊥面ABC，结合题意此时四边形CDQF为矩形，则直线PQ与平面ABC所成的角θ=经PQF，则异面直线PQ与EF所成的角C=经PQG，结合上面说明得QG⊥面PBC，故选：BCD222023·全国·高三专题练习）设三棱锥V一ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为C，直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P一AC一B的平面角为Y，则C,β,Y大小关系正确的是()A．C>βB．C=βC．Y>β【答案】AC【解析】取BC的中点D，连AD，记底面中心为O，则AO=2OD，连VO，则VO」平面ABC，作PE//AC，交VC于E，则C=经BPE，作PF//VO交AD于F，连BF，则PF」平面ABC，则β=经PBF，AC一平面ABC，则PF」AC，4取AC的中点M，连BM，VM，VM交PE于H，连BH，因为PACE，所以三角形PAB与三角形ECB全等，所以PBBE，又H为PE的中点，所以BHPE，作PGAC于点G，连FG，由PGAC，PFAC，PGPFP，PG,PF平面PGF，所以AC平面PGF，又FG平面PGF，所以FG^AC，则ÐPGF，作FNBM于N，因为PG//HM，PG平面VBM，HM平面VBM，所以PG//平面VBM，同理由FG//MN，得FG//平面VBM，因为PGnFGG，PG,FG平面PGF，所以平面PGF//平面VBM，又PF//HN，所以四边形PFNH为平行四边形，所以PHFN，因为coscos，又,[0,]，所以.故选：AC232023·全国·高三专题练习）如图，已知二面角l的棱l上有A,B两点，C,ACl,D,BDl，且ACABBD1，则下列说法正确的是()llA．当二面角llB．当二面角的大小为60时，直线AB与CD所成角为45的大小为60时，直线CD与平面所成角的正弦值为66D．若CD=，则四面体ABCD外接球的表面积为7【答案】ABD【解析】对于A、B，如图，过A作AE//BD，且AE=BD，连接ED，EC，则AB//DE，经CDE即为直线AB与CD所成角，经CAE为二面角C一l一β的平面角，又AC」l，BD」l，AC（AE=A，AC,AE一平面AEC，所以l」平面AEC，即DE」面AEC，EC一面AEC，所以DE」EC，所以‘DEC为等腰直角三角形，取AE的中点G，连接CG，DG，因为△AEC为等边三角形，所以CG」AE，又DE」面AEC，CG一面AEC，所以DE」CG，AEnDE=E，AE,DE一平面β,所以CG」平面β,所以经CDG即为直线CD与平面β所成角，因为CD==，CG=CA2一AG2=，所以sin经CDG==4，即直线CD与平面β所成角的正弦值为4，故B对于C，过A作AE//BD，且AE=BD，连接ED，EC，由AC」l，BD」l，AC=AB=BD=1，所以AE」l，则ABDE为正方形，则AB//DE，3又AC」l，BD」l，AC（AE=A，AC,AE一平面AEC，所以l」平面AEC，所以DE」平面AEC，经CAE为二面角C-l-β的平面角，所以经CAE=60。，即二面角C-l-β的大小为60。，取BD的中点F，连接GF，CF，则GF//AB，所以GF」DB， 2由三垂线法可知经CFG即为二面角C-BD-A的平面角，又GF=1，所以CF=CG2+GF 2对于D，四面体ABCD的外接球即为四棱锥C-ABDE的外接球，又DE」平面AEC，DE一平面ABDE，所以平面ABDE」平面AEC，所以将四棱锥C-ABDE补全为直三棱柱BDH-AEC，则四棱锥C-ABDE的外接球即为直三棱柱BDH-AEC的外接球，设△AEC外接圆的半径为r，则sin60。3CE23设△AEC外接圆的半径为r，则sin60。3CE237所以四棱锥C一ABDE的外接球的表面积S=4πR2=π,故四面体ABCD外接球的表面积为π,故D正确.故选：ABD.242023·海南·统考模拟预测）如图，已知二面角C一l一β的棱l上有A，B两点，CeC，AC」l，Deβ,BD」l，且AC=AB=BD33A．当C」β时，直线CD与平面β33B．当二面角C一l一β的大小为60。时，直线AB与CD所成角为45。D．若CD=2，则四面体ABCD的外接球的体积为【答案】ABD【解析】对于A，当C」β时，因为C(β=l,AC一C所以AC」l直线CD与平面β所成角为经CDA，对于B，如图，过A作AE∥BD，且AE=BD，连接ED，EC，则ABDE为正方形，经CDE即为直线AB与CD所成角，经CAE为二面角C一l一β的平面角，对于C，如图，作AE∥BD，则二面角C一l一β的平面角为经CAE，又CD=2，在RtVDCE中，易得CE=，过C点作CO」AE交线段EA的延长线于点O，则CO」平面ABDE，过O点作OH」BD，交线段DB的延长线于点H，连接CH，则经CHO为二面角C-BD-A的平面角，OHCH7如图，分别取线段AD，AE的中点G，M，连接GM，过G点作平面β的垂线，则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则OE=R，所以四面体ABCD的外接球的体积为πR3=,故D正确.故选：ABD.三、填空题252024上·江苏常州·高三统考期末）已知二面角C-l-β为60。，C内一条直线m与l所成角为30。，β内一条直线n与l所成角为45。，则直线m与直线n所成角的余弦值是.【答案】2【解析】如图，过l上一点Q作OE」l交m于点E，QF」l交n于点F4x224x22-4x2-26-2-故答案为：2.262024下·全国·高三校联考阶段练习）如图，在△SBE中，SE=BE=1，在直角梯形BEDC中，BE」DE，CD∥BE，CD=2，DE=，DE」SE，记二面角S-DE-B的大小为θ,若θ=,，则直线SC与平面SDE所成角的正弦值的最大值为.【答案】-1-23-1-23-1【解析】如图，以EB,ED和过点E垂直于平面BED的直线建立空间直角坐标系E-xyz，,由BE」DE，DE」SE，可知ZBES为二面角S-DE-B的平面角，又SE=1，θ=,，0,,0，设直线SC与平面SDE所成角为c，则sinc=---cos,SC---.SCn.---SC2a2-a +1-a2-1当且仅当a-2=，即a=2-时，取得最大值,则sinc的最大值为=故答案为：-1272023上·安徽六安·高三毛坦厂中学校考阶段练习）如图，球O的内接八面体PABCDQ中，顶点P,Q分别在平面ABCD两侧，四棱锥P-ABCD，Q-ABCD均为正四棱锥，设二面角P-AB-Q的大小为θ,则tanθ的取值范围是.【解析】设PQ与平面ABCD的交点为E,且E为正方形ABCD的中心，取AB中点为M,连接PM,QM,EM,则EM」AB,PM」AB,OM」AB，如图所示.设二面角P-AB-C的大小为C，二面角Q一AB一C的大小为β,则经PME=C，经QME=β,设球心O到平面ABCD的距离为d，球的半径为1，则+d，)2ππ6有一条直线l与直线CC1所成的角为，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是.【答案】,]|【解析】如图，过点A作AE」BD于点E，连接A1E，则经A1EA=.过点A作AH」A1E于点H，则经A1AH= π .6因为l与直线CC1所成角的大小为，即l与直线AA1所成角的大小为，那么l与直线AH所成角的取值范围为-,+.又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是,.故答案为：,.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】【解析】记过点B作AC的垂线l，垂足为E，过点E作垂直于直线CE的平面C，C交平面BCD于直线BF，则当平面ABC⊥BF时，l与平面BCD所成角最大，且与经ECB互余.此时，因为平面ACB⊥BF，BF仁平面BCD，所以平面ACB⊥平面BCD，则由点E向平面BCD作垂线，垂足H在CB上，过H作CD垂线HG，垂足为G，连接EG.由题知，ZEGH即为二面角A-CD-B的平面角，则ZEGH=45。，记GH=m，