【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第七章-立体几何7-7-2-

其次课时空间角的求法时间：45分钟分值：100分eq\x(基)eq\x(础)eq\x(必)eq\x(做)一、选择题1．(2021·滨州模拟)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈eq\o(CM,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉的值为()A.eq\f(1,9) B.eq\f(4,9)eq\r(5)C.eq\f(2,9)eq\r(5) D.eq\f(2,3)解析设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知eq\o(CM,\s\up6(→))＝(2，－2,1)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(2,2，－1)，cos〈eq\o(CM,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,9)，sin〈eq\o(CM,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉＝eq\f(4\r(5),9).答案B2．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AEA.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(30),10)C.eq\f(2\r(15),10) D.eq\f(3\r(10),10)解析建立空间直角坐标系如图．则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,2,1)，cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(30),10).所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).答案B3．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(5),2)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(10),10)解析如图建立空间直角坐标系，则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)，明显AC⊥平面BB1D1D，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量．又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(16,\r(16＋4)·\r(16＋16))＝eq\f(\r(10),5).即BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).答案C4．在三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2,5)解析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5)，故选C.答案C5．如图，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B—AC—M的余弦值为()A.eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(2),6) D.eq\f(1,6)解析∵BC⊥平面PAB，AD∥BC，∴AD⊥平面PAB，PA⊥AD，又PA⊥AB，且AD∩AB＝A，∴PA⊥平面ABCD.以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A—xyz.则A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，求得平面AMC的一个法向量为n＝(1，－2，1)，又平面ABC的一个法向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∴cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(1＋4＋1)·2)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).∴二面角B—AC—M的余弦值为eq\f(\r(6),6).答案A6．二面角的棱上有A，B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．150° B．45°C．60° D．120°解析由题意知eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))所成角即为该二面角的平面角．∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→)).∴(2eq\r(17))2＝62＋42＋82＋2|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝116＋2×6×8cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉．∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°.∴〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝60°，∴该二面角的大小为60°.答案C二、填空题7．如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1解析建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)．所以eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2.所以cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2).所以EF和BC1所成角为60°.答案60°8．如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，侧棱AA1＝eq\r(2)，M为A1B1的中点，则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为________．解析以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则平面AA1C1C的法向量为n＝(0,1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))－(1,0，eq\r(2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－\r(2)))，则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|\o(AM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(10))，∴tanθ＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)三、解答题10．如图，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．解(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(1，－1，－4)．由于cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(C1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(C1D,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(C1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(18,\r(20)×\r(18))＝eq\f(3\r(10),10)，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),10).(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，由于eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,2,4)，所以n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AC1,\s\up6(→))＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2,\r(9)×\r(1))＝eq\f(2,3)，得sinθ＝eq\f(\r(5),3).因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为eq\f(\r(5),3).11．如图，在直棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1(1)证明：AC⊥B1D.(2)求直线B1C1与平面ACD1解(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝t，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t，1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t,3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t,1,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t,3,0)，由于AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)．由于eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D.(2)由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0.))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θsinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up6(→)),|n||\o(B1C1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).eq\x(培)eq\x(优)eq\x(演)eq\x(练)1．(2022·浙江卷)如图，在四棱锥A—BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B—AD—E的大小．解(1)易得在平面四边形BCDE中，BC＝eq\r(2)，在△ABC中，AB＝2，BC＝eq\r(2)，AC＝eq\r(2).依据勾股定理逆定理得AC⊥BC.∵平面ABC⊥平面BCDE，而平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC⊥BC，∴AC⊥平面BCDE，∴AC⊥DE.又AC⊥DE，DE⊥DC，∴DE⊥平面ACD.(2)由(1)知分别以eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))为x轴、z轴的正方向，以过C平行于eq\o(DE,\s\up6(→))为y轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，E(2,1,0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1，－eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，设平面ABD法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(AB,\s\up6(→))＝n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，解得一个n1＝(1,1，eq\r(2))，设平面ADE法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·eq\o(DE,\s\up6(→))＝n2·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，解得一个n2＝(1,0，eq\r(2))．设平面ABD与平面ADE夹角为θ，cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1＋0＋2,2×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴平面ABD与平面ADE的二面角的大小为eq\f(π,6).2．(2022·安徽卷)如图，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．解(1)证明：∵BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，∴平面QBC∥平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D，故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD，∴eq\f(BQ,BB1)＝eq\f(BQ,AA1)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(1,2)，即Q为BB1的中点．(2)如图，连接QA，QD，设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积分别为V上和V下，设BC＝a，则AD＝2aVQ—A1AD＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·2a·h·d＝eq\f(1,3)ahd，VQ—ABCD＝eq\f(1,3)·eq\f(a＋2a,2)·d·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)h))＝eq\f(1,4)ahd，∴V下＝VQ—A1AD＋VQ—ABCD＝eq\f(7,12)a