2025高考数学二轮复习 空间角的计算 专项训练【含答案】

微专题27空间角的计算

［考情分析］以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问

题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的

形式出现，难度中等.

-思维导图

-利用定义法求异面直线所成的角

儿何体的结构特征］-利用定义法求直线与平面所成的角

必备常见

空间几何体中的平行、垂直关系一-利用空间向量法求异面直线所成的角

知识一题型

空间向量及其应用一空利用空间向量法求直线与平面所成的角

间

角-利用空间向量法求平面与平面的夹角

的

计

异面直线所成的角常用定义法求解一算厂忽略角的范围

必备一常见

直线与平面所成的角常用向量法求解对直线与平面所成的角定义不清楚

解法误区

平面与平面的夹角常用向量法求解——混淆二面角的平面角和平面与平面的夹角

典型例题

考点一异面直线所成的角

【典例11（2021•全国乙卷）在正方体ABCD-ArBtCtDt中，尸为BQi的中点，则直线PB与

A£）i所成的角为（）

­兀c兀一兀c兀

B.QC.]D.g

答案D

解析方法一如图，连接CiP,因为ABC。-AISCLDI是正方体，且尸为Bid的中点，所

以CiPlBiDi,

又

B\D\ABBi=Bi,

所以GPL平面BiBP.

又2PU平面BiBP,所以

连接BCi,贝!|A£h〃BCi,

所以NPBCi为直线PB与所成的角.

设正方体ABCD-AiSGDi的棱长为2,

则在RtZ\CiP8中，CiP=3BiDi=®

P(J.]

BC\=2y[^,sinNPBCi=BC=]，

所以/PBCi带

方法二以8i为坐标原点，BiCi,B1A1,田8所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直

角坐标系（图略）,设正方体ABC。-4正方。1的棱长为2,则8（0,0,2）,尸（1,1,0）,。（2,2,0）,

A(0,2,2),PB=(~1,-1,2),丽=(2,0,-2).设直线PB与AA所成的角为仇贝Ucos8=

曲X6]|-6|_A/3•.因为6»e(0,,所以。弋.

一玳义乖—2

\PB\\ADi\

方法三如图所示，连接8G,AiB,AiP,PG,则易知4。1〃83，所以直线尸8与所

成的角等于直线尸8与BCi所成的角.根据尸为正方形AiBiGDi的对角线Bid的中点，易

知Ai,P,G三点共线，且P为4G的中点.易知AbB=BG=ACi,所以△AIG为等边

JT1JT

三角形，所以NAi8G=],又尸为4G的中点，所以可得/28弓=5乙4/。1=守

跟踪训练1（2023・许昌模拟）已知三棱锥P—ABC中，必_L平面ABC,AB=4,AC=4,BC

=4明，PA=6,。为P3的中点，则异面直线A。与PC所成角的余弦值为（）

A褒R逆

A-15612c14

答案D

解析如图所示，取的中点E,连接AE,DE,

则DE//PC,NAOE（或其补角）即为异面直线A。与PC所成的角.

由AB=4,AC=4,BC=4@,得A"+AC2=BC2,所以48_L4C,

又E为BC的中点，贝1AE=2吸，

E4_L平面ABC,

则在Rt△必C中，PC=q/+AC2=N36+16=2g,

所以DE=^PC=^Yi

在RtAB4B中，PB=^/B42+AB2=^/36+16=2713,

所以D4=qi5,

4。2+。序一4/

13+13-89

在△ADE中，根据余弦定理可得cosZADE=

2ADDE2X1313,

9

所以异面直线A。与PC所成角的余弦值为尚.

考点二直线与平面所成的角

【典例2】(2023・潍坊模拟)如图，圆台0。2的上底面半径为1,下底面半径为陋，AB为圆台

下底面的一条直径，圆。2上点C满足AC=BC,POi是圆台上底面的一条半径，点、P,C在

平面4301的同侧，且尸0i〃8C

(1)证明：。1。2〃平面B4C;

(2)从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线AOi与平面P8C所成角的正弦值.

4

条件①：三棱锥O1—A8C的体积为学

条件②：AOi与圆台底面所成角的正切值为寸1

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

(1)证明取AC的中点连接。2加，PM,如图，

A/2

由题意，尸Oi=l,BC=,AB=2,

久P0i〃BC,POi=^BC.

O2M//BC,O^M=^BC,

故POM/O2M,PO1=O2M,

所以四边形尸O1O2〃为平行四边形，

则PM//OiOo,又PMU平面PAC,01。2c平面PAC,

故01。2〃平面PAC.

（2）解选条件①：SAABC=|AC-BC=1X2X2=2,

又。。21•平面ABC,

14

所以三棱锥Oi—ABC的体积V=3XSAABCXOIO2=3.

所以0102=2.

以。2为坐标原点，OzB,O2C,。2。1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则有A（一也，0,0）,8（5，0,0）,C（0,也，0）,尸（一坐，坐，2）,O1（0,0,2）,

故而=（小，0,2）,BC=（~y[2,也，0）,亦=卜乎，—芈，2）,

设平面尸的法向量为〃=（x,y,z）,

nBC=-y[2x+yl2y=0,

则

nCP=―乎^—¥>+2Z=0,

令z=l,解得％=y={5,得y[2,1）,

设所求角的大小为仇

贝!|sin9=|cos（AOi,n）|=因。闾

\AOi\\n\

_|2+2|_2A/30

一加X4一15,

所以直线40i与平面PBC所成角的正弦值为今续.

选条件②：因为。1。2,平面A8C,

所以/。小。2为AOi与圆台底面所成的角，

所以tanNQAO2=也，

又4。2=正，所以0。2=2.

下同条件①.

跟踪训练2（2022.全国乙卷）4如图，四面体ABC。中，AD_LC£）,/ADB=NBDC,

E为AC的中点.

D

(1)证明：平面BED_L平面AC。；

(2)设AB=BD=2,ZACB=60°,点尸在8。上，当△ABC的面积最小时，求C尸与平面ABZ)

所成的角的正弦值.

⑴证明因为AO=C£),E为AC的中点，所以ACLOE

在△AOB和△CDB中，

因为AO=C。，NADB=NCDB,

DB=DB,

所以△ADB咨ACDB,所以AB=8C.

因为E为AC的中点，所以ACLBE

又BECDE=E,BE,DEU平面BED,

所以AC_L平面BED,

又ACU平面A"),

所以平面BED_L平面ACD.

(2)解由(1)可知AB=BC,

又NAC2=60°,AB=2,

所以△ABC为边长为2的正三角形,

贝iJAC=2,BE=y[3,AE=L

因为AD=C。，ADLCD,

所以△AOC为等腰直角三角形，

所以。E=L

所以DE2+BE2^BD2,贝I]DE上BE.

由(1)可知，AC_L平面BED

连接ER因为EFU平面2现)，

所以ACJ_EF,

当△AEC的面积最小时，点/到直线AC的距离最小,

即EF的长度最小.

在RtABED中，当EF的长度最小时，

,DEBEJ3

EF±BD,EF==-V.

DpUnZ

方法一由(1)可知，DELAC,BE±AC,

所以EA,EB,ED两两垂直，

以E为坐标原点，EA,EB,即所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标

系，则41,0,0）,2（0,小,0）,0（0,0,1）,c（-1,0,0）,

赢=（一1,小,0）,法=（0,小,-1）.

易得。尸=3，FB=j,所以添=而.

设厂(0,y,z),则方＞=(0,y,Z-1),

坐3

得-

y-Z-4

即《0,乎,力,

所以存=11,坐，I）

设平面ABD的法向量为

”=（无1,yi,zi）,

n-AB——为+小力=0,

ji-DB=y[3yl—zi=0,

不妨取巾=1,则尤1=小，21=馅,

n=（小,1,记）.

记CP与平面所成的角为a,

mil.,\CF-n\4A/3

贝(Jsin(X—|cos(CF9n)\——7・

\CF]-\n\

方法二因为£为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面的距离的

2倍.

因为。E_LAC,DELBE,ACC\BE=E,AC,BEU平面ABC,

所以。E_L平面ABC.

因为VD-AEB—VE-ADB,

所以拈AEBE-/SAABZ、，其中d为点C到平面ABD的距离.

在△ABZ)中，BA=BD=2,AD=®

所以S^ABD=2，

所以1=2用.

因为ACJ_平面8即，EFU平面BE。，

所以AC_LEF,

所以尸。=小两记=坐.

记CF与平面A3。所成的角为a,

.d4小

贝Jsina=~Qp~j~

方法三如图，过点E作EM_LAB交A2于点M,连接OW,过点E作EG_LDM交DM于点

G.

因为。E_LAC,DE±BE,ACHBE^E,AC,BEU平面ABC,

所以。E_L平面4BC,又ABU平面ABC,所以。E_LAB,

又EMCDE=E,EM,OEU平面。EM,所以A8_L平面。EM,

又EGU平面。EM,所以AB_LEG,

又ABAZ)M=M,AB,Z)MU平面ABD,

所以EG,平面ABD,则EG的长度等于点E到平面A3。的距离.

因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面42。的距离的自

J3

因为EM=A£-sin60。=掾，

济2"DEEMDEEM回

所以前=小一=近弄病=7，

所以点C到平面的距离d=2用.

"="序+改2=坐

记CF与平面A3。所成的角为a,

则sin.=告=芈

考点三平面与平面的夹角

【典例3】(2023•新高考全国I)如图，在正四棱柱ABCD-AiBiCiDi中，AB=2,A4i=4.点

4，B2,C2,6分别在棱AA，BBi，CCi，DDil.,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.

(1)证明：B2C2//A2D2;

⑵点尸在棱上，当二面角尸一A2c2一2为150。时，求22P.

⑴证明以C为坐标原点，CD,CB,CG所在直线分别为无，y,z轴建立空间直角坐标系,

如图,

则C(0,0,0),C2(0,0,3),&(0,2,2),

B?C；=(0,-2,1),

A?D；=(0,-2,1),

/.B2C2//A2£>2,

又B2c2,A2D2不在同一条直线上,

：.B2C2//A2D2.

(2)解设P(0,2,2)(0W4W4),

则AC；=(—2,—2,2),麓=(0,—2,3—立&=(-2,0,1),

设平面B42c2的法向量为〃=(%,y,Z),

n-A2C2——2x—2y+2z=0,

则一

^n-PCi=_2y+(3—九)z=0,

令z=2,得y=3—九x=A~l,

n—(X—1,3—A,2),

设平面A2c26的法向量为机=(a,b,c),

m-A2c2=-2a—26+2c=0,

则《

in-D2r.Ci=-2a+c=0,

令a—1,得b=l,c—2,

.,,、,\n-m\

•.les〈"，MI—1“11ffli

6

—V^/4+«T)2+(3T)2

=|cos150。|=为-,

化简可得，44+3=0,

解得力=1或4=3,

；.尸(0,2,3)或尸(0,2,1),

:.B2P=I.

跟踪训练3(2023•唐山模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面A1B1BA和侧面4ACG

均为正方形，。为棱BC的中点.

(1)证明：平面AOG_L平面BiBCG；

(2)若直线ACi与平面BiBCCi所成角为30°,求平面与平面ADCi夹角的余弦值.

⑴证明因为侧面AiBiBA和侧面4ACC1均为正方形,

所以AiA_LAB,ArA±AC,XABAAC=A,AB,AC<=平面ABC,

所以AiAJ_平面ABC,又AiA〃CC,所以CCJ_平面ABC,

又A£)u平面ABC,所以CiCLLAD

由AB=AC,。为棱8c的中点，所以AOLBC,

又BCCCG=C,BC,CCiU平面B1BCC1,

因此A。_L平面B1BCC1,又AOU平面AOCi,

故平面AOG_L平面BiBCCi.

(2)解由⑴得NAG。是4cl与平面BiBCG所成角，即NACiD=30。,

令AC=2,所以AG=2吸，又NAOG=90。，

所以A£)=小，DCi=#,DC=y[6^=yl2,

则NZMC=45°,Nft4c=90°.

以A为原点，以施，AC,幅的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空

间直角坐标系，

到40,0,0),0(1,1,0),G(0,2,2).所以位)=(1,1,0),AG=(0,2,2).

设机=(无，y,z)是平面AUG的法向量，

ADm—0,［x+y=0,

则j一即鼠+2z=。，取…'T』）・

、AG•7w=0,

易知〃=（0,1,0）是平面AiBiBA的一个法向量,

、防•川_|—1|吏

贝！||cos〈m,nLI河印一小义1―3，

所以平面A^BA与平面ADCx夹角的余弦值为¥・

［总结提升］

在解决空间角的计算问题上，常用的方法有定义法和向量法.在向量法中，求解时注意角的

取值范围，异面直线所成的角范围为（0,I,直线与平面所成的角、两个平面夹角的范围为

TT

0,可，所以公式中要加绝对值.

热点突破

1.（2023・丹东质检）设C与C分别为圆柱上、下底面圆周上的点，且位于该圆柱轴截面

ABB'A'同侧，下底面圆心。在AB上，若BC=2C4,A'C'=2C'B',cosZCC（9=|,

则直线CC'与AB所成角的余弦值为（）

A退R2「亚口空

答案B

解析设圆柱的底面半径为r,高为九过C'作C'D//B'B,连接C'O,OD,CD,

由题设弧长的数量关系知，△OCD为边长为r的正三角形且CD〃A2,C。垂直于圆柱底

面,

则OC^yjOD2+C'D^yjr+h2,CC'=在西下方=V

oc2+ue—c。2r2+r2+/i2—r2—/22

在△（?'C。中，由余弦定理可得cos/C'CO=

20CC'C2r\jr2+/i2

1

35

整理可得〃2=土户,

因为CZ）〃A8,所以NOCD即为异面直线CC'与AB所成的角（或其补角）.

CD2

在RtZXCCD中，cos/。CD=^r

3,

2

所以直线CU与48所成角的余弦值为争

2.（2023・合肥模拟）米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，

如图为一倒正四棱台形米斗，高为40cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm

的球。的球面上，且一个底面的中心与球。的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角

的正弦值为（）

A19近「更口型

答案D

解析由题意，作出正四棱台的对角面，如图,

AO为正四棱台上底面正方形对角线，8C为正四棱台下底面正方形对角线,

。为外接球球心，为线段8c的中点，则。。=OA=O8=OC=50,

过点。作。垂足为E,则NOCE即为所求角.

因为00=50,DE=40,

所以OE=30,EC=20,

所以DC=2S3，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为黄=芈.

3.在三棱锥尸一ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角尸一BC—A的大小为

120°,则异面直线和AC所成角的余弦值为()

答案A

解析方法一

因为△ABC和△P2C均为等边三角形，

所以AO_LBC,PO±BC,

所以8C_L平面B4。，即平面B40_L平面ABC.

所以NP04就是二面角P-BC-A的平面角，即/尸。4=120。，

建立空间直角坐标系，如图所示.

设AB=2,则A(小，0,0),C(0,-1,0),2(0,1,0),尸［一半，0,|

所以n=(一/，-1,0),丽=吟,1,—

所以|cos(AC,PB)|=

\AC\\PB\

故异面直线PB与AC所成角的余弦值为引

O

方法二如图所示，取8C的中点。，连接OP,OA.

D

因为△ABC和△P8C是全等的等边三角形,

所以AO_L8C,POLBC,

所以NPQ4就是二面角的平面角.

设AB=2,则公=沆一位，RB^OB-OP.

故启丽=(沆—OA)-(OB-OP)

=OCOB-OCOP-OAOB+dAOP

=1X1X(-1)-0-0+小义小x(一；),

5

=一亍

所以|cos<AC,PB）|=|AOPB|=1,

\AC\\PB\

故异面直线PB与AC所成角的余弦值为宗

4.（2023•莆田模拟）在正方体ABC。一A山CQi中，点M,N分别是4C,8。上的动点，当

线段MN的长最小时，直线MN与平面8CCYB1所成角的正弦值为（）

A亚再M0亚

a60-6=3u'3

答案A

解析以。为坐标原点，DA,DC,OA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

因为平面ABC。，BOU平面ABC。，

所以A4i_LB。，

因为在正方形ABC。中，AC±BD,且ACA44i=A,AC,A4iU平面4AC,

所以8。，平面4AC,

因为点M,N分别是AC,8。上的动点，

当点N为AC,8。的交点时，MN±BD,过点N作M0_LAC于点M,

此时MN为AC,8。的公垂线，即线段跖V的长最小，

设正方体棱长为2,则Ml[,。），AAi=2,AC=2®AC=2小,

因为△MCNS/VLC4,所以CN若=M器C=M胃N，

CAiACAAi

y[2MCMN

故班

解得MC=半，MN=*,

2s

、卡上“zt“c」八二上八,,MOMCPCMO—_3__OC_

过点M作MO,AC于点。，故4414c—AC即m2一2/一2吸，

解得M0=|,℃=斗^,故，|,I，I）,

血=&-1,-j）,平面BCCiB的一个法向量为〃=（0』,0）,

设MN与平面BCG©所成角的大小为0,

贝!|sin8=|cos(MN,n)|二吧^印

\MN\\n\

1

3y[6

干丁・

5.（多选）（2023・潍坊模拟）如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作

平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1,则（）

A.直线BD与直线〃所成角为生

B.直线CG与平面EEWLK所成角为亲

c.该几何体的体积为喈

D.该几何体中，二面角A—BC—。的余弦值为:

答案AC

解析将该几何体还原为原正四面体Q—MNS,棱长为3,

设△MNS的中心为O,连接OQ,ON,

则0N=\［3,OQ=y16,SAMNS=苧，b-MNS=；X乎*#=乎，

IT

对于A,因为JL〃QN,所以直线8。与直线JL所成角即为M。与QN所成角，为］,故A

正确；

对于B,直线CG与平面EEH忆K所成角为QN与底面跖VS所成的角，/QN。即为所求角，

sin/QN0=^N=«,所以/QVO#不故B错误；

对于C,该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，易得

小正四面体的体积为*,大正四面体的体积为苧，所以该几何体的体积为乎一4X*=

喈，故C正确；

对于D,二面角A—BC—Z）的平面角与A—BC—。的平面角互补，显然二面角A—BC—Q为

锐角，所以二面角A—BC—。一定为钝角，其余弦值为负数，故D错误.

6.（多选）（2023咛波模拟）已知SO_L平面a于点O,A,B是平面a上的两个动点，且NOSA

ZOSB=^,则（）

A.SA与S3所成的角可能为:

B.SA与。8所成的角可能为方

C.SO与平面S48所成的角可能为专

JT

D.平面SOB与平面SAB的夹角可能为］

答案AC

解析设。4=1,贝］SO=/,SA=2,。8=小，SB：®

以。为原点，分别以0s所在直线为龙，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则5（0,0,小）,A（l,0,0）,

设«,0）,且m?+/=3,

或=（1,0,一小），SB=（m,n,一3），OB=（jn,w,0）,SO=（0,0,一小）,

若SA与S3所成的角为?

\SA-SB\\m+3\

则|cos(SA,SB)|=

|西11豆|2#

=cos3=2>解得〃z=-3，/^.

当机=—3—加时，m2>3,不符合题意；

当机=-3+而时，层=6加一12>0,方程有解，故A正确;

若SA与。8所成的角为专

则ICOS〈亚，OB)\=^-=^=s加S

CO得病=9>3,不符合题意，故B错误;

向肉2小6~2'

p・S4=xi—小zi=0,

设平面SAB的法向量为p=(»,yi,zi),则]_

^p'SB—mx\-\~ny\一^3zi—0,

取p=［恒声,1),

IT

若SO与平面SAB所成的角为去

则|cos(SO,p)

\SO\\P\

______亚__________•7l__

=/---------------sin~2=~

/,3(1一m)26.

小rX,七一

解得根=1,n=±\[2,故C正确;

q,SO=一J§Z2=0,

设平面SOB的法向量为q=(%2,》2,Z2),贝K取*(1，/。)

^q-OB=rwc2~\-ny2—0,

JT

若平面S03与平面SAB的夹角为了

则pq=0,

即小—41二Ml竺％=0得m2+/=相

vnn

又评+〃2=3,得根=3,疗=9>3,不符合题意，故D错误.

7.过正方形ABC。的顶点A作B4_L平面ABC。，若AB=B4,则平面E4B与平面PC。夹角

的大小为.

答案45°

解析如图，建立空间直角坐标系，

z

E

*c

设AB=B4=1,

则40,。,。)，0(0,1,0),尸(0,0,1),

由题意，平面以8,设E为P。的中点，

连接AE,则AE_LP。，

又CO_L平面PAD,

：.CD±AE,又PDCCD=D,从而AE_L平面PCD

.,.AD=(0,1,0),靠=(0,，分别是平面B48,平面PCQ的法向量，

_1

../方,\AD-^E\2^2

••|cos\AD,AE)|——r——&，

位)|港|当

故平面PAB与平面PCD夹角的大小为45°.

8.(2023・湖北黄冈中学模拟)在空间四面体ABC。中，ZACD=60°,二面角4一8一8的大

小为45。，在平面A8C内过点8作AC的垂线/,则/与平面所成的最大角的正弦值为

答案手

解析如图，记过点2作AC的垂线/,垂足为E,

过点E作BC的垂线EH,垂足为H,

过点H作CD的垂线HG,垂足为G,连接EG.

过点E作垂直于直线CE的平面a,a交平面BCD于直线8居尸在C。上,

则当平面ABC时，/与平面8C。所成的角最大，且与/ECH互余.

因为平面ABC,EHU平面ABC,

所以BF±EH,

又EHLBC,BCCBF=B,BC,BFU平面BCD,

所以£H_L平面BCD,

所以/与平面BCD所成的角即为/EB".

因为CZ)_LGH,CD工EH,GHCEH=H,GH,E”u平面EHG,

所以CO_L平面EHG,

又EGU平面EHG,

所以C£)_LEG,

所以NEGH即为二面角A-CD-B的平面角，即NEG8=45。，

设GH=m,

在RtZ\GEH中，EH=m,EG=y[^n,

又/ACG=60。，

所以在RtA£GC中，CE=2"^m,

EHin

在RtAEHC中,sinZECH=^=^j^=4,

3

记此时/与平面BCD所成角为6,

V10

则sin9=sinZEBH=cosZECH

-4-

9.(2023・宣城模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形，PA=PD,PB=PC

=BC=2,二面角P-BC-A的大小为30°.

(1)证明：平面平面P2C；

(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值.

⑴证明设A。，8C的中点分别为E,F,连接EF,PE,PF,

因为底面A8CD是正方形，PB=PC,

所以EFJ_8C,PFLBC,

又EFCPF=F,EF,Pbu平面PEF,

所以平面尸EF,

又PEU平面PEF,

所以BC±PE.

由题意知NPFE是二面角P-BC-A的平面角,

即/尸/茁=30°,又EF=2,PF=4

所以尸层=22+(馅)2—2X2X小X坐=1,解得PE=1,

所以PE2+PF2=EF2,

所以PFA.PE,

KPFC\BC=F,PF,8CU平面PBC,

所以PEL平面PBC,

因为P£u平面PAD,

所以平面平面PBC.

(2)解由(1)知平