浙江專用2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題8立體幾何與空間向量第57練空間角的問題練習(xí)含解析

PAGEPAGE8第57練空間角的問題[基礎(chǔ)保分練]1.(2024·麗水模擬)已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝CC1＝2，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()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過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為()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·湖州模擬)如圖，已知三棱錐D—ABC滿意AC>AB>BC，D在底面的投影O為△ABC的外心，分別記直線DO與平面ABD，ACD，BCD所成的角為α，β，γ，則()A.α<β<γB.α<γ<βC.β<γ<αD.β<α<γ4.(2024·紹興柯橋模擬)如圖，二面角α—l—β中，P∈l，射線PA，PB分別在平面α，β內(nèi)，點A在平面β內(nèi)的射影恰好是點B，設(shè)二面角α—l—β、PA與平面β所成的角、PB與平面α所成的角的大小分別為δ，φ，θ，則()A.δ≥φ≥θ B.δ≥θ≥φC.φ≥δ≥θ D.θ≥δ≥φ5.(2024·嘉興模擬)已知兩個平面α，β和三條直線m，a，b，若α∩β＝m，a?α且a⊥m，b?β，設(shè)α和β所成的一個二面角的大小為θ1，直線a和平面β所成的角的大小為θ2，直線a，b所成的角的大小為θ3，則()A.θ1＝θ2≥θ3 B.θ3≥θ1＝θ2C.θ1≥θ3，θ2≥θ3 D.θ1≥θ2，θ3≥θ26.(2024·杭州模擬)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分別是BC，AB的中點，AB≠AC，且AC>AD.設(shè)PC與DE所成的角為α，PD與平面ABC所成的角為β，二面角P—BC—A為γ，則()A.α<β<γ B.α<γ<βC.β<α<γ D.γ<β<α7.如圖，四邊形ABCD為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC＝PD＝CD＝2，BC＝2eq\r(2)，O，M分別為CD，BC的中點，則異面直線OM與PD所成角的余弦值為()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·紹興上虞區(qū)模擬)點P為棱長是2的正方體ABCD－A1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動點，點M為B1C1的中點，若滿意DP⊥BM，則B1P與平面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·嘉興模擬)已知三棱錐D—ABC的底面ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝AB＝4，DA⊥平面ABC，E是BD的中點.若此三棱錐的體積為eq\f(32,3)，則異面直線AE與DC所成角的大小為________.10.(2024·溫州模擬)如圖1，在△ABC中，BA＝BC＝6，∠ABC＝120°，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，過點D作DE⊥AC交AC于點E，連接CD.現(xiàn)將△ADE與△BCD分別沿DE與CD翻折，使DA與DB重合(如圖2)，則二面角E－A′D－C的平面角的余弦值為________.[實力提升練]1.△ABC是邊長為1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝eq\f(\r(6),2)，點A關(guān)于平面PBC的對稱點為A′，則異面直線A′C與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·學(xué)軍中學(xué)模擬)已知在矩形ABCD中，AD＝eq\r(2)AB，沿直線BD將△ABD折成△A′BD，使得點A′在平面BCD上的射影在△BCD內(nèi)(不含邊界)，設(shè)二面角A′—BD—C的大小為θ，直線A′D，A′C與平面BCD所成的角分別為α，β，則()A.α<θ<β B.β<θ<αC.β<α<θ D.α<β<θ3.(2024·金華十校聯(lián)考)已知正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，點E，O分別在線段B1D1和BD上，EB1＝eq\f(4,5)B1D1，DO＝BO，動點F在線段AA1上，且滿意AF＝λA1Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<λ<\f(1,2)))，分別記二面角F—OB1—E，F(xiàn)—OE—B1，F(xiàn)—EB1—O的平面角為α，β，γ，則()A.α>γ>β B.γ>β>αC.γ>α>β D.β>α>γ4.如圖，已知點E是正方形ABCD的邊AD上一動點(端點除外)，現(xiàn)將△ABE沿BE所在直線翻折成△A′BE，并連接A′C，A′D，記二面角A′—BE—C的大小為α(0°<α<180°)，則()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·金華模擬)過正四棱錐的頂點與四個側(cè)面所成的銳二面角都相等的平面有________個.6.(2024·余姚中學(xué)模擬)如圖，已知平面α⊥β，α∩β＝l，A，B是直線l上的兩點，C，D是平面β內(nèi)的兩點，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一動點，且直線PD，PC與平面α所成的角相等，則二面角P—BC—D的余弦值的最小值是________.答案精析基礎(chǔ)保分練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，∴三棱錐的體積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).設(shè)BC的中點為F，連接EF，AF，如圖，則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的中點，則EF∥DC，∴∠AEF是異面直線AE與DC所成的角，即異面直線AE與DC所成角的大小為60°.10.eq\f(1,9)解析由題意得DE⊥A′E，DE⊥CE，A′E∩CE＝E，則DE⊥平面A′EC，又DE?平面DEA′，所以平面DEA′⊥平面A′EC，過點C作CG⊥EA′交EA′的延長線于點G，如圖所示，則GC⊥平面A′DE，過點G作GH⊥DA′交DA′的延長線于點H，連接CH，可證得CH⊥HD，所以∠GHC即為二面角E－A′D－C的平面角．因為在△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).實力提升練1．C[由于點A，A′關(guān)于平面PBC對稱，則連線AA′⊥平面PBC，所以BC⊥AA′.設(shè)AA′與平面PBC相交于點O，延長PO交BC于點E，連接AE，因為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為BC的中點，因為AB＝AC＝BC＝1，所以AE＝eq\f(\r(3),2).在Rt△PAE中，利用等面積法可得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的中點D，連接DE，DO，由中位線的性質(zhì)知DE∥A′C，OD∥AB，且OD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)，因為AA′⊥平面PBC，OC?平面PBC，所以AA′⊥OC，且O為AA′的中點，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)，則在△ODE中，OD＝DE＝OE＝eq\f(1,2)，所以∠ODE＝eq\f(π,3)，又OD∥AB，DE∥A′C，則直線A′C與AB所成角的大小為∠ODE＝eq\f(π,3)，故選C.]2．D[設(shè)點A′在平面BCD內(nèi)的射影為點O，過點A′作BD的垂線，垂足為點E，設(shè)AB＝1，則在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均為銳角，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，易得當(dāng)點A′在平面BCD內(nèi)的射影在△BCD內(nèi)(不含邊界)時，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，故選D.]3．D[作FF′⊥平面BB1D1D，則FF′＝eq\f(\r(2),2)，作FK⊥OB1，F(xiàn)M⊥OE，F(xiàn)N⊥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(xiàn)′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，故選D.]4．D[在正方形ABCD內(nèi)，過點A作AF⊥BE于點F，交DC于點G，易得在翻折過程中，點A′在平面BCDE內(nèi)的投影在線段AG上，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，則A′B＝1，BD＝eq\r(2)，∵A′E＋ED＝1>A′D，∴∠BA′D≠90°，故A和B錯誤；∵二面角A′—BE—C的大小為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錯誤；Rt△ABE繞BE旋轉(zhuǎn)得到的幾何體是兩個圓錐的組合體，∵∠A′BE<45°，45°<∠A′EB<90°，∴某個位置存在母線A′E⊥AE，即A′E⊥BC，∵二面角A′—BE—C的大小為α(0°<α<180°)，∴存在α，使得EA′⊥平面A′BC，故D正確，故選D.]5．3解析如圖，過正四棱錐的頂點與四個側(cè)面所成的銳二面角都相等的平面，依據(jù)對稱性可得，平面ABCD，平面PAC，平面PBD，故有三個面．6.eq\f(\r(3),2)解析∵DA⊥l，α⊥β，α∩β＝l，AD?β，∴AD⊥α，同理BC⊥α.∴∠DPA為直線PD與平面α所成的角，∠CPB為直線PC與平面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內(nèi)，以AB為x軸，以AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，則A(－3