全品高考备战2027年数学一轮备用题库07第47讲空间角【答案】作业手册

第47讲空间角1.D[解析]设两平面的夹角为θ,则cosθ=|cos<a,b>|=|a·b335=55.2.C[解析]∵<a,n>=2π3,∴l与法向量n所在直线所成的角为π3,∴l与α所成的角为π6.3.D[解析]方法一:设AB=2,取A1B1的中点F,连接C1F,DF,则DF∥B1E,则∠C1DF(或其补角)为异面直线C1D与B1E所成的角.易得DF=B1E=5,C1F=5,C1D=6,所以cos∠C1DF=12C1DDF方法二:由题意知AB,BC,BB1两两垂直,以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=BC=AA1=2,则B1(0,0,2),C1(0,2,2),D(1,1,0),E(0,1,0),所以DC1=(-1,1,2),EB1=(0,-1,2),设直线C1D与B1E所成角为θ,则cosθ=|DC1·4.A[解析]以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(2,0,0),F(1,3,0),C1(3,3,3),A1(0,0,3),所以EF=(-1,3,0),EC1=(1,3,3),EA1=(-2,0,3).设平面EFC1的法向量为n1=(x1,y1则EF令y1=1,则n1=(3,1,-2).设平面EFA1的法向量为n2=(x2,y2,z2),则EF·n2=-x2+3y2=0,EA1·n2=-2x2+3z2=0,令y2=1,则n25.D[解析]设平面ABO的法向量为m=(x,y,z),A(a,0,0)(a>0),B(0,b,0)(b>0),则OA=(a,0,0),OB=(0,b,0),所以OA·m=0,OB·m=0,即ax=0,by=0,可取m=6.23[解析]连接AC,交DB于点O,取CC1的中点E,连接OE,BE.因为AC1∥OE,所以BD与AC1所成的角为∠BOE(或其补角),所以cos∠BOE=710.设EC=x(x>0),在△BEO中,由AB=8,AD=6,得OB=5.又OE=x2+25,BE=x2+36,所以由余弦定理得x2+25+52-(x2+36)2x2+25×57.22[解析]如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,取O,O1分别是底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心,连接OO1,AC,A1C1,过点A1作A1E⊥AC,垂足为E,∵A1E∥OO1,∴A1E⊥底面ABCD,∴该四棱台的侧棱与底面所成的角为∠A1AE.由题得C1A1=222,CA=402,AA1=18,∴AE=402-2222=92,∴cos∠A1AE=8.C[解析]记AB的中点为E,连接CE,DE,由题意可知AB⊥CE,AB⊥DE,又CE∩DE=E,所以AB⊥平面CDE,∠CED=150°,又AB⊂平面ABC,所以平面CDE⊥平面ABC.在平面CDE中,过点D作DF⊥CE交CE的延长线于点F,则∠DCF即为直线CD与平面ABC所成的角,不妨设AB=2,则DE=3,得DF=DE×sin30°=32,EF=DE×cos30°=32,CF=CE+EF=1+32=52,所以tan∠DCF=DFCF=9.B[解析]易知2点时和8点时钟面上的时针所在直线重合.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心,G为BB1的中点,EN为2点钟时针,FM为8点钟时针,则∠NEG=30°,∠MFG=30°.设正四棱柱的底面边长为a,侧棱长为b,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则Ea,a2,b2,Na,a,b2+36a,Fa2,a,b2112a2a24+112a2×a2410.ABD[解析]如图,易证BC1⊥平面B1CDA1,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故A选项正确,B选项正确;连接A1C1交B1D1于点O1,连接BO1,则C1O1⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,在Rt△BO1C1中,因为O1C1=12BC1,所以∠C1BO1=30°,故C选项错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC=45°即为直线BC1与平面ABCD所成的角,故D选项正确.故选ABD11.AD[解析]过点P作a'∥a,b'∥b,根据对称性及异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°得,过点P的直线为a',b'所成角的平分线或过点P的直线与直线a',b'确定的平面垂直时,满足过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,故θ=30°或θ=90°.故选AD.12.π4或π3[解析]方法一:如图所示,在长方体ABCF-MNEG中,易知点D在直线GE上.由V四面体ABCD=13×12×26×26×CE=122,解得CE=32,故DE=CD2-CE2=24-18=6.以F为原点,FA,FC,FG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(26,0,0),B(26,26,0),C(0,26,0),D(0,6,32)或D(0,36,32),所以AD=(-26,6,32)或AD=(-26,36,32),BC=(-26,0,0).设异面直线AD与BC所成的角为θ,θ∈0,π2,则cosθ=|AD·BC||AD|·|BC|=2426×4方法二:如图,过点A作AE∥BC且AE=BC,连接CE,DE,所以∠DAE(或其补角)即为异面直线AD与BC所成的角.易知四边形AECB是正方形,所以AE⊥CE,因为BC⊥CD,AE∥BC,所以AE⊥CD,又CE⊂平面CDE,CD⊂平面CDE,CE∩CD=C,所以AE⊥平面CDE,又DE⊂平面CDE,所以AE⊥ED.过点D作DF⊥CE于点F,因为AE⊥平面CDE,DF⊂平面CDE,所以DF⊥AE,又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面AECB,所以DF⊥平面AECB.因为四面体ABCD的体积为122,所以四棱锥D-ABCE的体积为242=13S正方形ABCE·DF=13×24·DF,所以DF=32,又CD=CE=26,所以sin∠DCE=DFDC=32,又∠DCE∈(0,π),所以∠DCE=π3或∠DCE=2π3.当∠DCE=π3时,△DEC为等边三角形,DE=26,在Rt△ADE中,tan∠DAE=DEAE=2626=1,则∠DAE=π4;当∠DCE=2π3时,CD=CE=26,DE=62,在Rt△ADE中,tan∠DAE=DEAE=622613.43[解析]由题意可知,外接球的球心O∈PQ,且PQ⊥平面ABC,即PQ为外接球的直径,PQ=2,设PQ∩平面ABC=G,可知G为等边三角形ABC的中心,取AB的中点E,连接PE,QE,则PE⊥AB,QE⊥AB,可知二面角P-AB-Q的平面角为∠PEQ,则∠PEQ=120°,设EG=a,OG=b,∠PEC=α,∠QEC=β,则CG=2a,α+β=120°,PG=1+b,QG=1-b.因为CG2=OC2-OG2,所以4a2=1-b2,又因为tanα=PGEG=1+ba,tanβ=QGEG=1-ba,且tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanα·tanβ,则-3=1+ba14.解:(1)证明:方法一(几何法):由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12=AA12,即有AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23,由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,即有AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,方法二(向量法):取AC的中点O,连接OB,则OB⊥AC,过点O作OO1∥AA1,交A1C1于点O1,则OO1⊥AC,OO1⊥OB,故以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1),所以AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1由AB1·A1B1=0得AB1⊥A1B1,由AB1·A1C1=0得AB1⊥A1C1,因为A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以AB(2)方法一(定义法):如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.因为AB1⊥平面A1B1C1,AB1⊂平面ABB1,所以平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cos∠C1A1B1=67,sin∠C1A1B1=17,所以C1D=3,故sin∠C1AD=C1DAC1=3913.因此直线方法二(向量法):设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2),设平面ABB1的法向量为n=(x,则n·AB=0,n·BB1=0,即x+3y=0,2z=0,令因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是3913方法三(定义法+等积法):设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,点C1到平面ABB1的距离为d.因为C1C∥平面ABB1,所以点C到平面ABB1的距离等于点C1到平面ABB1的距离.由条件易得,点C到平面ABB1的距离等于点C到直线AB的距离,而点C到直线AB的距离为3,所以d=3,故sinθ=dAC1=3因此直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是391315.解:(1)证明:方法一:如图①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2∥B3C3.因为B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2.方法二:因为B2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+A2A=A2D2,B2,C2,A2(2)方法一:如图②,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0≤t≤4),则A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),A2P=(-2,0,t-1).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则-2x1-2y1+2z1=0,-2y1+z1=0,取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos<n1,n方法二:如图③,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°,易知B2E=2,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin30°=22连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=22,得A1E⊥B2D2,由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,又A2C2∩B2D2=E,所以A1E⊥平面A2B2C2.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=6,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin60°=322.所以VA1-又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面),所以S△PA1A2S△PA2B2=3,所以A1A16.解:(1)证明:延长AA1,BB1,CC1,DD1交于一点P,连接BD交AC于点O,连接PO,则四棱锥P-ABCD为正四棱锥,即PA=PB=PC=PD,又点O分别为AC,BD的中点,所以PO⊥AC,PO⊥BD,而AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,又PO⊂平面ACC1A1,所以平面ACC1A1⊥平面ABCD.(2)由(1)知OA,OB,OP两两垂直,故以OA,OB,OP的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.设棱台的高为h,则C(-22,0,0),B1(0,2,h),B(0,22,0).易知平面ACC1A1的一个法向量为m=(0,1,0),而B1C=(-22,-2,-h),由题意知直线B1C与平面ACC1A1所成角的正切值为36,则其正弦值为3(3)2+62=113,设直线B1C与平面ACC1A1所成的角为θ,则所以BC=(-22,-22,0),BB1=(0,-2,4),设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,则BC令z=1,则n=(-22,22,1),故cos<m,n>=|m·n||m|·|n|=2217,则平面B