浙江专用2025版高考数学一轮复习专题8立体几何与空间向量第57练空间角的问题练习含解析

PAGEPAGE8第57练空间角的问题[基础保分练]1.(2024·丽水模拟)已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝CC1＝2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(10),5)B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(10),4)2.平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)3.(2024·湖州模拟)如图，已知三棱锥D—ABC满意AC>AB>BC，D在底面的投影O为△ABC的外心，分别记直线DO与平面ABD，ACD，BCD所成的角为α，β，γ，则()A.α<β<γB.α<γ<βC.β<γ<αD.β<α<γ4.(2024·绍兴柯桥模拟)如图，二面角α—l—β中，P∈l，射线PA，PB分别在平面α，β内，点A在平面β内的射影恰好是点B，设二面角α—l—β、PA与平面β所成的角、PB与平面α所成的角的大小分别为δ，φ，θ，则()A.δ≥φ≥θ B.δ≥θ≥φC.φ≥δ≥θ D.θ≥δ≥φ5.(2024·嘉兴模拟)已知两个平面α，β和三条直线m，a，b，若α∩β＝m，a⊂α且a⊥m，b⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a和平面β所成的角的大小为θ2，直线a，b所成的角的大小为θ3，则()A.θ1＝θ2≥θ3 B.θ3≥θ1＝θ2C.θ1≥θ3，θ2≥θ3 D.θ1≥θ2，θ3≥θ26.(2024·杭州模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分别是BC，AB的中点，AB≠AC，且AC>AD.设PC与DE所成的角为α，PD与平面ABC所成的角为β，二面角P—BC—A为γ，则()A.α<β<γ B.α<γ<βC.β<α<γ D.γ<β<α7.如图，四边形ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC＝PD＝CD＝2，BC＝2eq\r(2)，O，M分别为CD，BC的中点，则异面直线OM与PD所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(6),4)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(\r(3),6)D.eq\f(\r(3),3)8.(2024·绍兴上虞区模拟)点P为棱长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满意DP⊥BM，则B1P与平面CDP所成角的正切值的最小值是()A.eq\f(1,6)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(14)－2,5)D.eq\f(\r(14),7)9.(2024·嘉兴模拟)已知三棱锥D—ABC的底面ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝AB＝4，DA⊥平面ABC，E是BD的中点.若此三棱锥的体积为eq\f(32,3)，则异面直线AE与DC所成角的大小为________.10.(2024·温州模拟)如图1，在△ABC中，BA＝BC＝6，∠ABC＝120°，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，过点D作DE⊥AC交AC于点E，连接CD.现将△ADE与△BCD分别沿DE与CD翻折，使DA与DB重合(如图2)，则二面角E－A′D－C的平面角的余弦值为________.[实力提升练]1.△ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝eq\f(\r(6),2)，点A关于平面PBC的对称点为A′，则异面直线A′C与AB所成的角等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)2.(2024·学军中学模拟)已知在矩形ABCD中，AD＝eq\r(2)AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使得点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)，设二面角A′—BD—C的大小为θ，直线A′D，A′C与平面BCD所成的角分别为α，β，则()A.α<θ<β B.β<θ<αC.β<α<θ D.α<β<θ3.(2024·金华十校联考)已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别在线段B1D1和BD上，EB1＝eq\f(4,5)B1D1，DO＝BO，动点F在线段AA1上，且满意AF＝λA1Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<λ<\f(1,2)))，分别记二面角F—OB1—E，F—OE—B1，F—EB1—O的平面角为α，β，γ，则()A.α>γ>β B.γ>β>αC.γ>α>β D.β>α>γ4.如图，已知点E是正方形ABCD的边AD上一动点(端点除外)，现将△ABE沿BE所在直线翻折成△A′BE，并连接A′C，A′D，记二面角A′—BE—C的大小为α(0°<α<180°)，则()A.存在α，使得BA′⊥平面A′DEB.存在α，使得BA′⊥平面A′CDC.存在α，使得EA′⊥平面A′CDD.存在α，使得EA′⊥平面A′BC5.(2024·金华模拟)过正四棱锥的顶点与四个侧面所成的锐二面角都相等的平面有________个.6.(2024·余姚中学模拟)如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l，A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一动点，且直线PD，PC与平面α所成的角相等，则二面角P—BC—D的余弦值的最小值是________.答案精析基础保分练1．D2.A3.D4.A5.D6.A7.C8．C9．60°解析∵DA⊥平面ABC，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝8，∴三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·DA＝eq\f(8,3)·DA＝eq\f(32,3)，∴DA＝4，∴BD＝eq\r(AB2＋DA2)＝4eq\r(2)，CD＝eq\r(DA2＋AC2)＝4eq\r(2).设BC的中点为F，连接EF，AF，如图，则EF＝eq\f(1,2)CD＝2eq\r(2)，AF＝eq\f(1,2)BC＝2eq\r(2)，AE＝eq\f(1,2)BD＝2eq\r(2)，∴△AEF是正三角形，∴∠AEF＝60°.∵E是DB的中点，则EF∥DC，∴∠AEF是异面直线AE与DC所成的角，即异面直线AE与DC所成角的大小为60°.10.eq\f(1,9)解析由题意得DE⊥A′E，DE⊥CE，A′E∩CE＝E，则DE⊥平面A′EC，又DE⊂平面DEA′，所以平面DEA′⊥平面A′EC，过点C作CG⊥EA′交EA′的延长线于点G，如图所示，则GC⊥平面A′DE，过点G作GH⊥DA′交DA′的延长线于点H，连接CH，可证得CH⊥HD，所以∠GHC即为二面角E－A′D－C的平面角．因为在△ABC中，BA＝BC＝6，∠ABC＝120°，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，所以在Rt△B′HC中，∠B′HC＝90°，∠HB′C＝60°，B′C＝6，所以B′H＝3，CH＝3eq\r(3)，在Rt△HA′G中，∠A′HG＝90°，A′H＝1，∠HA′G＝30°，所以HG＝A′H·tan∠HA′G＝eq\f(\r(3),3)，在Rt△CGH中，cos∠GHC＝eq\f(HG,CH)＝eq\f(1,9).实力提升练1．C[由于点A，A′关于平面PBC对称，则连线AA′⊥平面PBC，所以BC⊥AA′.设AA′与平面PBC相交于点O，延长PO交BC于点E，连接AE，因为PA⊥平面ABC，所以BC⊥PA，又AA′∩PA＝A，所以BC⊥平面PAE.所以BC⊥AE，可得E为BC的中点，因为AB＝AC＝BC＝1，所以AE＝eq\f(\r(3),2).在Rt△PAE中，利用等面积法可得AO＝eq\f(PA·AE,PE)＝eq\f(\f(\r(6),2)×\f(\r(3),2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2))＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△AEO中，OE＝eq\r(AE2－AO2)＝eq\f(1,2).取A′B的中点D，连接DE，DO，由中位线的性质知DE∥A′C，OD∥AB，且OD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)，因为AA′⊥平面PBC，OC⊂平面PBC，所以AA′⊥OC，且O为AA′的中点，所以A′C＝AC＝1，所以DE＝eq\f(1,2)A′C＝eq\f(1,2)，又OE＝eq\f(1,2)，则在△ODE中，OD＝DE＝OE＝eq\f(1,2)，所以∠ODE＝eq\f(π,3)，又OD∥AB，DE∥A′C，则直线A′C与AB所成角的大小为∠ODE＝eq\f(π,3)，故选C.]2．D[设点A′在平面BCD内的射影为点O，过点A′作BD的垂线，垂足为点E，设AB＝1，则在Rt△A′BD中易得A′E＝eq\f(\r(6),3)，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，∠A′EO＝θ，且α，β，θ均为锐角，tan∠A′DO＝eq\f(A′O,OD)，tan∠A′CO＝eq\f(A′O,OC)，tan∠A′EO＝eq\f(A′O,OE)，又由翻折及解三角形，易得当点A′在平面BCD内的射影在△BCD内(不含边界)时，有OE<OC<OD，所以eq\f(A′O,OD)<eq\f(A′O,OC)<eq\f(A′O,OE)，即tan∠A′DO<tan∠A′CO<tan∠A′EO，所以∠A′DO<∠A′CO<A′EO，即α<β<θ，故选D.]3．D[作FF′⊥平面BB1D1D，则FF′＝eq\f(\r(2),2)，作FK⊥OB1，FM⊥OE，FN⊥B1D1，所以tanα＝tan∠FKF′＝eq\f(\r(2),2F′K)，tanβ＝tan∠FMF′＝eq\f(\r(2),2F′M)，tanγ＝tan∠FNF′＝eq\f(\r(2),2F′N)，又F′K＝OF′·sin∠B1OF′，F′M＝OF′·sin∠EOF′，且AF＝λAA1<eq\f(1,2)AA1，EB1＝eq\f(4,5)B1D1，所以F′N>OF′>F′K>F′M，所以tanβ>tanα>tanγ，所以β>α>γ，故选D.]4．D[在正方形ABCD内，过点A作AF⊥BE于点F，交DC于点G，易得在翻折过程中，点A′在平面BCDE内的投影在线段AG上，设正方形ABCD的边长为1，则A′B＝1，BD＝eq\r(2)，∵A′E＋ED＝1>A′D，∴∠BA′D≠90°，故A和B错误；∵二面角A′—BE—C的大小为α(0<α<π)，不存在EA′⊥A′C，∴不行能存在α，使得EA′⊥平面A′CD，故C错误；Rt△ABE绕BE旋转得到的几何体是两个圆锥的组合体，∵∠A′BE<45°，45°<∠A′EB<90°，∴某个位置存在母线A′E⊥AE，即A′E⊥BC，∵二面角A′—BE—C的大小为α(0°<α<180°)，∴存在α，使得EA′⊥平面A′BC，故D正确，故选D.]5．3解析如图，过正四棱锥的顶点与四个侧面所成的锐二面角都相等的平面，依据对称性可得，平面ABCD，平面PAC，平面PBD，故有三个面．6.eq\f(\r(3),2)解析∵DA⊥l，α⊥β，α∩β＝l，AD⊂β，∴AD⊥α，同理BC⊥α.∴∠DPA为直线PD与平面α所成的角，∠CPB为直线PC与平面α所成的角．∴∠DPA＝∠CPB，又∠DAP＝∠CBP＝90°，∴△DAP∽△CBP，eq\f(PA,PB)＝eq\f(DA,BC)＝eq\f(1,2).在平面α内，以AB为x轴，以AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则A(－3