新高考高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)鞏固練習(xí)7.6第61練《幾何法求空間角》（解析版）

1、第61練幾何法求空間角考點一異面直線所成的角1(2022長春質(zhì)檢)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABeq r(5)，AD1，AA1eq r(2)，則異面直線AD1與A1C1所成角的余弦值為()A.eq f(r(2),2) B.eq f(r(2),3) C.eq f(r(3),4) D.eq f(r(2),6)答案D解析連接AC(圖略)，AA1CC1，AA1CC1，四邊形AA1C1C為平行四邊形，A1C1AC，則D1AC即為異面直線AD1與A1C1所成的角或其補角，cosD1ACeq f(AC2ADoal(2,1)D1C2,2ACAD1)eq f(r(2),6).2已知正四面體ABCD，點

2、M為棱AB上一個動點，點N為棱CD上靠近點C的三等分點，記直線MN與BC所成角為，則sin 的最小值為()A.eq f(r(38),19) B.eq f(r(3),19) C.eq f(r(2),17) D.eq f(r(34),17)答案A解析不妨設(shè)正四面體ABCD的棱長為3，則該四面體的高為eq r(6)，連接AN，BN，BNANeq r(7)，要求直線MN與BC所成的最小角，即為直線BC與平面ABN所成的角，記點C到平面ABN的距離為h，由等體積法可知VCABNVABCN，即eq f(1,3)SABNheq f(1,3)SBCNeq r(6)，解得heq f(3r(38),19)，所以直

3、線BC與平面ABN所成角的正弦值為eq f(h,BC)eq f(f(3r(38),19),3)eq f(r(38),19)，所以sin 的最小值為eq f(r(38),19).3(2022?？谀M)直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長均相等，ADC120，M是BB1上一動點，當(dāng)A1MMC取得最小值時，直線A1M與B1C所成角的余弦值為()A.eq f(r(10),5) B.eq f(r(5),5) C.eq f(1,5) D.eq f(r(10),10)答案A解析如圖，設(shè)直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱長為2，當(dāng)A1MMC取得最小值時，M為BB1的中點，連接A1D，則A1DB1C，則

4、DA1M為直線A1M與B1C所成角(或其補角)，此時A1D2eq r(2)，A1Meq r(5)，ADC120，ABD為等邊三角形，得BD2，DMeq r(5)，則A1MD為等腰三角形，可得cosDA1Meq f(r(2),r(5)eq f(r(10),5).考點二直線與平面所成的角4如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱A1B1，AD，CC1的中點，則對角線BD1與平面EFG所成角的大小為()A.eq f(,6) B.eq f(,4) C.eq f(,3) D.eq f(,2)答案D解析如圖，在正方體中取棱B1C1，AA1，CD的中點M，N，P，連接EM，MG，GP，P

5、F，F(xiàn)N，NE，得到正六邊形ENFPGM，連接AC，BD，則ACBD，又DD1AC，BDDD1D，所以AC平面BDD1，又BD1平面BDD1，故ACBD1，又ACPF，則PFBD1，同理可得NFBD1，且PFNFF，故BD1平面ENFPGM，所以對角線BD1與平面EFG所成角的大小為eq f(,2).5已知E，F(xiàn)，O分別是正方形ABCD的邊BC，AD及對角線AC的中點，將ACD沿著AC進(jìn)行翻折構(gòu)成三棱錐，則在翻折過程中，直線EF與平面BOD所成角的余弦值的取值范圍為()A.eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(2),2) B.eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2

6、),2)，1)C.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1) D.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(2),2)答案A解析如圖所示，作EHOB交OB于H，設(shè)直線EF與平面BOD的交點為M，連接MH，由EHOB，EHOD，且ODOBO，OD，OB平面BOD，則EH平面BOD，故HME為直線EF與平面BOD所成的角，因為MH平面BOD，則EHMH，所以cosHMEeq f(MH,ME)，則sinHMEeq f(HE,ME)，令正方形ABCD的邊長為1，則ACeq r(2)，HEeq f(1,2)OCeq f(1,4)ACeq f(r(2),4)，在翻折

7、過程中，EF與平面BOD的交點M在平面ABC內(nèi)的射影，由點O向點H移動，即EM越來越小，且EHEMOEeq f(1,2)，所以eq f(HE,OE)sinHMEeq f(HE,HE)，即eq f(r(2),2)sinHME1，所以eq f(,4)HMEeq f(,2)，則0cosHMEeq f(r(2),2)，所以直線EF與平面BOD所成角的余弦值的取值范圍為eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(2),2).6在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知ABC120，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，且AA14，E為線段BC上的動點，當(dāng)BE_時，A1E與底面ABCD所成角為60.答

8、案eq f(r(21),3)1解析如圖所示，連接AE，因為AA1底面ABCD，所以A1EA為A1E與底面ABCD所成的角，即A1EA60，又因為AA14，所以eq f(4,AE)tan 60eq r(3)，解得AEeq f(4r(3),3)，設(shè)BEm(0m2)，在ABE中，AB2，ABE120，AEeq f(4r(3),3)，由余弦定理可得eq blc(rc)(avs4alco1(f(4r(3),3)222m222mcos 120，整理得3m26m40，解得meq f(r(21),3)1.考點三二面角7如圖，銳二面角l的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于

9、AB.已知AB4，ACBD6，CD8，則銳二面角l的平面角的余弦值是()A.eq f(1,4) B.eq f(1,3) C.eq f(2,3) D.eq f(3,4)答案B解析過點B作BEAC，且BEAC，連接DE，CE，因為ACAB，所以BEAB，因為BDAB，BDBEB，所以DBE是二面角l的平面角，且AB平面DBE，所以ABDE，所以CEDE，因為AB4，CD8，所以DEeq r(CD2CE2)eq r(8242)4eq r(3)，所以cosDBEeq f(BE2BD2DE2,2BEBD)eq f(363648,266)eq f(1,3).8已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相

10、等，E是線段AB上的點(不含端點)，設(shè)SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則()A123 B321C132 D231答案D解析如圖所示，設(shè)O為正方形ABCD的中心，M為AB的中點，過E作BC的平行線EF，交CD于F，過O作ONEF于N，連接SO，SN，SE，SM，OM，OE，則SO底面ABCD，OMAB，因此SEN1，SEO2，SMO3，從而tan 1eq f(SN,EN)eq f(SN,OM)，tan 2eq f(SO,EO)，tan 3eq f(SO,OM)，因為SNSO，EOOM，所以tan 1tan 3tan 2，即132.9(2022長

11、沙模擬)已知二面角l的大小為140，直線a，b分別在平面，內(nèi)且都垂直于棱l，則a與b所成角的大小為_答案4010(2022廈門外國語學(xué)校質(zhì)檢)已知正方體ABCDA1B1C1D1，則二面角AB1D1C的正弦值為_答案eq f(2r(2),3)解析如圖，連接AD1，AB1，AC，B1D1，取B1D1的中點F，連接AF，CF，由于AD1，AB1，B1D1都是正方體ABCDA1B1C1D1的面對角線，所以AD1AB1B1D1，所以AB1D1是等邊三角形，又F是B1D1的中點，所以AFB1D1，同理CFB1D1，所以AFC是二面角AB1D1C的平面角，不妨設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a，則易得ACeq r(2)a，AFCFeq f(r(6),2)a.在AFC中，根據(jù)余弦定理得cosAFCeq f(AF2CF2AC2,2AFCF)eq f(1,3).又0AFC0m2eq f(1,2)a2eq f(m2,a2)eq f(1,2)，所以eq f(m2,a2)eq f(5r(5),8)，于是側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為eq f(PM,AB)eq f(r(m2f(1,4)a2),a)eq r(f(m2,a2)f(1,4)eq r(f(5r(5),8)f(1,4)eq r(f(62r(5