2023年高考數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)教學(xué)案第8章8.6幾何法求空間角

8.6幾何法求空間角【考試要求】以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點．理解異面直線所成角、直線和平面所成角和二面角的定義，并會求值．【知識梳理】1．異面直線所成的角(1)定義：已知兩條異面直線a，b，經(jīng)過空間任一點O分別作直線a′∥a，b′∥b，把直線a′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．(2)范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．直線和平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°.(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角若有①O∈l；②OA?α，OB?β；③OA⊥l，OB⊥l，則二面角α－l－β的平面角是∠AOB.(3)二面角的平面角α的范圍：[0，π]．【思考辨析】判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若直線l1，l2與同一個平面所成的角相等，則l1∥l2.(×)(2)異面直線所成角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(×)(3)如果平面α∥平面α1，平面β∥平面β1，那么平面α與平面β所成的二面角和平面α1與平面β1所成的二面角相等或互補(bǔ)．(√)(4)線面角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍為[0，π]．(√)【教材改編題】1.如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則異面直線B1C與EF所成角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析連接B1D1，D1C(圖略)，則B1D1∥EF，故∠D1B1C即為所求的角或其補(bǔ)角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C為等邊三角形，∴∠D1B1C＝60°.2.如圖所示，AB是⊙O的直徑，PA⊥⊙O所在的平面，C是圓上一點，且∠ABC＝30°，PA＝AB，則直線PC和平面ABC所成角的正切值為________．答案2解析因為PA⊥平面ABC，所以AC為斜線PC在平面ABC上的射影，所以∠PCA即為PC和平面ABC所成的角．在Rt△PAC中，因為AC＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)PA，所以tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝2.3.如圖，在正方體ABCD－A′B′C′D′中：①二面角D′－AB－D的大小為________．②二面角A′－AB－D的大小為________．答案①45°②90°解析①在正方體ABCD－A′B′C′D′中，AB⊥平面ADD′A′，所以AB⊥AD′，AB⊥AD，因此∠D′AD為二面角D′－AB－D的平面角．在Rt△D′DA中，∠D′AD＝45°，所以二面角D′－AB－D的大小為45°.的平面角，又∠A′AD＝90°，所以二面角A′－AB－D的大小為90°.題型一異面直線所成的角例1(1)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM.易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角或其補(bǔ)角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋BB\o\al(2,1))＝eq\r(5).所以O(shè)M＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).延伸探究若將本例(1)中題干條件“AA1＝eq\r(3)”變?yōu)椤爱惷嬷本€A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(9,10)”．試求AA1的值．解設(shè)AA1＝t，∵AB＝BC＝1，∴A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(t2＋1).∴cos∠A1BC1＝eq\f(A1B2＋BC\o\al(2,1)－A1C\o\al(2,1),2×A1B×BC1)＝eq\f(t2＋1＋t2＋1－2,2×\r(t2＋1)×\r(t2＋1))＝eq\f(9,10)，解得t＝3，則AA1＝3.(2)(2022·衡水檢測)如圖，在圓錐SO中，AB，CD為底面圓的兩條直徑，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝eq\f(1,4)SB，則異面直線SC與OE所成角的正切值為()A.eq\f(\r(22),2)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(13,16)D.eq\f(\r(11),3)答案D解析如圖，過點S作SF∥OE，交AB于點F，連接CF，則∠CSF(或其補(bǔ)角)為異面直線SC與OE所成的角．∵SE＝eq\f(1,4)SB，∴SE＝eq\f(1,3)BE.又OB＝3，∴OF＝eq\f(1,3)OB＝1.∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3eq\r(2).∵SO⊥OF，∴SF＝eq\r(SO2＋OF2)＝eq\r(10).∵OC⊥OF，∴CF＝eq\r(10).∴在等腰△SCF中，tan∠CSF＝eq\f(\r(\r(10)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2),\f(3\r(2),2))＝eq\f(\r(11),3).【備選】(2022·鄭州模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E分別是AB，B1C1的中點，則異面直線BE與CD所成的角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(58),29) D.eq\f(3\r(87),29)答案C解析如圖，取A1C1的中點F，連接DF，EF，CF.易知EF是△A1B1C1的中位線，所以EF∥A1B1且EF＝eq\f(1,2)A1B1.又AB∥A1B1且AB＝A1B1，D為AB的中點，所以BD∥A1B1且BD＝eq\f(1,2)A1B1，所以EF∥BD且EF＝BD.所以四邊形BDFE是平行四邊形，所以DF∥BE，所以∠CDF就是異面直線BE與CD所成的角或其補(bǔ)角．因為AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E，F(xiàn)分別是AB，B1C1，A1C1的中點，所以C1F＝eq\f(1,2)A1C1＝2，B1E＝eq\f(1,2)B1C1＝2且CD⊥AB.由勾股定理得AB＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)，所以CD＝eq\f(AC·BC,AB)＝eq\f(4×4,4\r(2))＝2eq\r(2).由勾股定理得CF＝eq\r(29)，DF＝BE＝eq\r(29).在△CDF中，由余弦定理得cos∠CDF＝eq\f(\r(29)2＋2\r(2)2－\r(29)2,2×\r(29)×2\r(2))＝eq\f(\r(58),29).思維升華求異面直線所成的角的三個步驟(1)一作：根據(jù)定義作平行線，作出異面直線所成的角．(2)二證：證明作出的角是異面直線所成的角或其補(bǔ)角．(3)三求：解三角形，求出所作的角．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2021·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)答案D解析方法一如圖，連接C1P，因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則在Rt△C1PB中，C1P＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，BC1＝2eq\r(2)，sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).方法二如圖所示，連接BC1，A1B，A1P，PC1，則易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成的角等于直線PB與BC1所成的角．根據(jù)P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，易知A1，P，C1三點共線，且P為A1C1的中點．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝eq\f(π,3)，又P為A1C1的中點，所以可得∠PBC1＝eq\f(1,2)∠A1BC1＝eq\f(π,6).(2)如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為________．答案eq\r(2)解析如圖，取圓柱下底面弧AB的另一中點D，連接C1D，AD，因為C是圓柱下底面弧AB的中點，所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成的角等于異面直線AC1與BC所成的角．因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，所以C1D⊥圓柱下底面，所以C1D⊥AD.因為圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝eq\r(2)AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為eq\r(2)，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為eq\r(2).題型二直線與平面所成的角例2如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，CD＝4，PA＝AB＝BC＝AD＝2，Q為棱PC上的一點，且PQ＝eq\f(1,3)PC.(1)證明：平面QBD⊥平面ABCD；(2)求直線QD與平面PBC所成角的正弦值．(1)證明連接AC，交BD于點O，因為AB∥CD，所以△ABO∽△CDO，又AB＝eq\f(1,2)CD，所以AO＝eq\f(1,3)AC.連接QO，由PQ＝eq\f(1,3)PC，得QO∥PA，由PA⊥平面ABCD，得QO⊥平面ABCD，又QO?平面QBD，所以平面QBD⊥平面ABCD.(2)解過D作平面PBC的垂線，垂足為H，連接HQ，設(shè)QD與平面PBC所成的角為θ，則∠DQH＝θ.設(shè)DH＝h，V三棱錐Q－BCD＝V三棱錐D－BCQ，即eq\f(1,3)S△BCD·QO＝eq\f(1,3)S△BCQ·h.在四邊形ABCD中，AB＝BC＝AD＝2，CD＝4，可得BD＝2eq\r(3)，∠CBD＝eq\f(π,2)，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3).由(1)得OQ＝eq\f(2,3)PA＝eq\f(4,3)，則QD＝eq\r(OD2＋QO2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝eq\f(8,3).在△PBC中，PB＝2eq\r(2)，PC＝4，由余弦定理得cos∠PCB＝eq\f(3,4)，則sin∠PCB＝eq\f(\r(7),4)，所以S△PCB＝eq\f(1,2)×2×4×eq\f(\r(7),4)＝eq\r(7)，所以S△BCQ＝eq\f(2\r(7),3).所以eq\f(1,3)×2eq\r(3)×eq\f(4,3)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)eq\r(7)×h，解得h＝eq\f(4\r(21),7).所以sinθ＝eq\f(DH,QD)＝eq\f(3\r(21),14).即直線QD與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(3\r(21),14).【備選】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PD＝BC＝1，二面角P－CD－A為直二面角．(1)若E為線段PC的中點，求證：DE⊥PB；(2)若PC＝eq\r(3)，求PC與平面PAB所成角的正弦值．(1)證明∵PD＝DC＝1，且E為PC的中點，∴DE⊥PC，又∵二面角P－CD－A為直二面角，∴平面PCD⊥平面ABCD，∵BC⊥CD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥DE.∵BC?平面PBC，PC?平面PBC，BC∩PC＝C，∴DE⊥平面PBC，又∵PB?平面PBC，∴DE⊥PB.(2)解若PC＝eq\r(3)，由余弦定理可求得∠PDC＝120°，過點P作PH⊥CD的延長線于H，如圖，可得PH⊥平面ABCD，在Rt△PHD中，PH＝PDsin60°＝eq\f(\r(3),2)，過H點作HG∥DA，且HG與BA的延長線交于G點．可得HG⊥AB，從而PG⊥AB.在Rt△PHG中，PG＝eq\r(PH2＋HG2)＝eq\f(\r(7),2)，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12)，設(shè)點C到平面PAB的距離為h，則三棱錐C－PAB的體積V＝eq\f(1,3)S△ABP·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(7),2)h＝eq\f(\r(3),12)，解得h＝eq\f(\r(3),\r(7))，設(shè)PC與平面PAB所成的角為θ，sinθ＝eq\f(h,PC)＝eq\f(\r(7),7)，即PC與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7).思維升華求線面角的三個步驟一作(找)角，二證明，三計算，其中作(找)角是關(guān)鍵，先找出斜線在平面上的射影，關(guān)鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉(zhuǎn)化到三角形中求解．跟蹤訓(xùn)練2(1)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D為AC的中點．若AB＝BC＝BB1，∠ABC＝eq\f(π,2)，則CC1與平面BC1D所成角的正弦值為________．答案eq\f(\r(3),3)解析過點C作CH⊥C1D于點H，如圖，∵三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC.∵BD?平面ABC，∴CC1⊥BD.∵AB＝BC，D為AC的中點，∴BD⊥AC，又CC1∩AC＝C，CC1，AC?平面ACC1，∴BD⊥平面ACC1，∵CH?平面ACC1，∴BD⊥CH.又CH⊥C1D，C1D∩BD＝D，C1D，BD?平面BC1D，∴CH⊥平面BC1D，∴∠CC1D為CC1與平面BC1D所成的角，設(shè)AB＝2a，則CD＝eq\r(2)a，C1D＝eq\r(6)a，∴sin∠CC1D＝eq\f(CD,C1D)＝eq\f(\r(2)a,\r(6)a)＝eq\f(\r(3),3).(2)(2022·貴溪市實驗中學(xué)模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，點P為DD1的中點．①求證：直線BD1∥平面PAC；②求直線BD1與平面ABCD所成角的正切值．①證明如圖，設(shè)AC和BD交于點O，則O為BD的中點，連接PO，又∵P是DD1的中點，故PO∥BD1，又∵PO?平面PAC，BD1?平面PAC，∴直線BD1∥平面PAC.②解在長方體ABCD－A1B1C1D1中，∵DD1⊥平面ABCD，∴∠D1BD是直線BD1與平面ABCD所成的角，∵DD1＝2，BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝eq\r(2)，∴tan∠D1BD＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，∴直線BD1與平面ABCD所成角的正切值為eq\r(2).題型三二面角例3(2022·鄭州模擬)如圖，已知矩形ABCD所在的平面垂直于直角梯形ABPE所在的平面，且EP＝eq\r(3)，BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥EP，AE∥BP，F(xiàn)，G分別是BC，BP的中點．(1)求證：平面AFG∥平面PEC；(2)求二面角D－BE－A的余弦值．(1)證明∵F，G分別是BC，BP的中點，∴FG∥CP，且FG?平面PEC，CP?平面PEC，則FG∥平面PEC，BG＝PG＝AE＝1，且AE∥BP，AE⊥EP，∴四邊形AEPG是矩形，則EP∥AG，且AG?平面PEC，EP?平面PEC，則AG∥平面PEC，又GA∩GF＝G，GA，GF?平面AFG，故平面AFG∥平面PEC.(2)解∵平面ABCD⊥平面ABPE，∴AD⊥平面ABPE，則AD⊥BE，過A作AM⊥BE于M，連接DM，如圖．又AM∩AD＝A，AM，AD?平面AMD，則BE⊥平面AMD，又DM?平面AMD，則BE⊥DM，則∠AMD即為二面角D－BE－A的平面角，由(1)知AG＝EP＝eq\r(3)，則AB＝eq\r(\r(3)2＋12)＝2，∠ABP＝60°，∠BAE＝120°，BE＝eq\r(EP2＋BP2)＝eq\r(\r(3)2＋22)＝eq\r(7)，在△ABE中，由面積公式知AM＝eq\f(AE·ABsin∠BAE,BE)＝eq\f(1×2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，在Rt△AMD中，AD＝1，DM＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))2)＝eq\f(\r(70),7)，因此cos∠AMD＝eq\f(AM,DM)＝eq\f(\f(\r(21),7),\f(\r(70),7))＝eq\f(\r(30),10)，即二面角D－BE－A的余弦值為eq\f(\r(30),10).【備選】如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E在線段CD1上，CE＝2ED1，點F為線段AB上的動點，AF＝λFB，且EF∥平面ADD1A1.(1)求λ的值；(2)求二面角E－DF－C的余弦值．解(1)過E作EG⊥D1D于G，連接GA，如圖．則EG∥CD，而CD∥FA，所以EG∥FA.因為EF∥平面ADD1A1，EF?平面EFAG，平面EGAF∩平面ADD1A1＝GA，所以EF∥GA，所以四邊形EGAF是平行四邊形，所以GE＝AF.因為CE＝2ED1，所以eq\f(GE,DC)＝eq\f(D1E,D1C)＝eq\f(1,3).所以eq\f(AF,AB)＝eq\f(1,3)，即eq\f(AF,FB)＝eq\f(1,2)，所以λ＝eq\f(1,2).(2)過E作EH⊥CD于H，過H作HM⊥DF于M，連接EM，如圖．因為平面CDD1C1⊥平面ABCD，EH⊥CD，所以EH⊥平面ABCD.因為DF?平面ABCD，所以EH⊥DF.又HM⊥DF，HM∩EH＝H，HM，EH?平面EMH，所以DF⊥平面EMH.因為EM?平面EMH，所以DF⊥EM.所以∠EMH是二面角E－DF－C的平面角．設(shè)正方體的棱長為3a，則EH＝2a.在Rt△DHF中，DH＝a，HF＝3a，DF＝eq\r(10)a，所以HM＝eq\f(DH·HF,DF)＝eq\f(a×3a,\r(10)a)＝eq\f(3,\r(10))a.在Rt△EHM中，求得EM＝eq\r(EH2＋HM2)＝eq\f(7,\r(10))a，所以cos∠EMH＝eq\f(HM,EM)＝eq\f(3,7)，所以二面角E－DF－C的余弦值為eq\f(3,7).思維升華作二面角的平面角的方法作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．跟蹤訓(xùn)練3如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，△PBC為正三角形，M，N分別為PD，BC的中點，PN⊥AB.(1)求三棱錐P－AMN的體積；(2)求二面角M－AN－D的正切值．解(1)∵PB＝PC，∴PN⊥BC，又∵PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC?平面ABCD，∴PN⊥平面ABCD，∵AB＝BC＝PB＝PC＝2，∴PN＝eq\r(3)，M為PD的中點，VP－AMN＝VD－AMN＝VM－ADN，∴VP－AMN＝eq\f(1,2)VP－ADN＝eq\f(1,4)VP－ABCD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×4×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).(2)如圖，取DN的中點E，連接ME，∵M(jìn)，E分別為PD，DN的中點，∴ME∥PN，∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD，過E作EQ⊥AN，連接MQ，又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，EQ，ME?平面MEQ，∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ，∠MQE即為二面角M－AN－D的平面角，∴tan∠MQE＝eq\f(ME,QE)，∵PN＝eq\r(3)，∴ME＝eq\f(\r(3),2)，∵AN＝DN＝eq\r(5)，AD＝2，∴QE＝eq\f(2\r(5),5)，∴tan∠MQE＝eq\f(\r(15),4).即該二面角的正切值為eq\f(\r(15),4).課時精練1.(2020·新高考全國Ⅰ)日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為()A．20°B．40°C．50°D．90°答案B解析如圖所示，⊙O為赤道平面，⊙O1為A點處的日晷面所在的平面，由點A處的緯度為北緯40°可知∠OAO1＝40°，又點A處的水平面與OA垂直，晷針AC與⊙O1所在的面垂直，則晷針AC與水平面所成角為40°.2.如圖，PA⊥圓O所在平面，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，其中AC＝3，PA＝4，BC＝5，則PB與平面PAC所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(17),5)答案A解析根據(jù)題意，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，則BC⊥AC，又由PA⊥圓O所在平面，則PA⊥BC，因為PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，故∠BPC是PB與平面PAC所成的角，在△ACB中，AC＝3，BC＝5，AC⊥BC，則AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(34)，在△PAB中，AB＝eq\r(34)，PA＝4，PA⊥AB，則PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝5eq\r(2)，在Rt△PCB中，BC＝5，PB＝5eq\r(2)，則sin∠BPC＝eq\f(BC,PB)＝eq\f(\r(2),2).3．(2022·哈爾濱模擬)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(3),3)答案C解析如圖所示，補(bǔ)成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，則所求角為∠BC1D，∵BC1＝eq\r(2)，BD＝eq\r(22＋1－2×2×1×cos60°)＝eq\r(3)，C1D＝AB1＝eq\r(5)，易得C1D2＝BD2＋BCeq\o\al(2,1)，即BC1⊥BD，因此cos∠BC1D＝eq\f(BC1,C1D)＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5).4．在正四面體P－ABC中，點M是棱BC上的動點(包含端點)，記異面直線PM與AB所成的角為α，直線PM與平面ABC所成的角為β，則()A．α>β B．α<βC．α≥β D．α≤β答案C解析根據(jù)題意，如圖，作PO⊥底面ABC，連接OM，則∠PMO是直線PM與平面ABC所成的角，即∠PMO＝β，過點M作l平行于AB，過點P作PN⊥l，與l交于點N，∠PMN是直線PM與AB所成的角，即∠PMN＝α，在Rt△POM和Rt△PMN中，有PN≥PO，則sinα≥sinβ，則α≥β.5.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列說法不正確的是()A．A1C1⊥BDB．A1C⊥BDC．B1C與BD所成的角為60°D．AC1與平面ABCD所成的角為45°答案D解析對于A，如圖，由正方體性質(zhì)可知B1D1⊥A1C1，又因為BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四邊形BB1D1D為平行四邊形，所以B1D1∥BD，所以A1C1⊥BD，故選項A正確；對于B，如圖，由正方體ABCD－A1B1C1D1可得CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以CC1⊥BD，由選項A可知A1C1⊥BD，又A1C1∩CC1＝C1，A1C1，CC1?平面A1C1C，所以BD⊥平面A1C1C，因為A1C?平面A1C1C，所以BD⊥A1C，故選項B正確；對于C，如圖，由選項A可知BD∥B1D1，所以∠CB1D1為直線B1C與直線BD所成的角，由正方體性質(zhì)可知△B1CD1為正三角形，所以∠CB1D1＝60°，故選項C正確；對于D，如圖，由CC1⊥平面ABCD，所以∠C1AC為直線AC1與平面ABCD所成的角，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC＝eq\r(2)CC1，tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(\r(2),2)，所以∠CAC1≠45°，故選項D錯誤．6.如圖，已知圓錐的頂點為S，底面圓O的兩條直徑分別為AB和CD，且AB⊥CD，若平面SAD∩平面SBC＝l，以下四個結(jié)論中正確的是()①AD∥平面SBC；②l∥AD；③若E是底面圓周上的動點，則△SAE的最大面積等于△SAB的面積；④l與平面SCD所成的角為45°.A．①②③ B．①②④C．①③④ D．②③④答案B解析已知圓錐的頂點為S，底面圓O的兩條直徑分別為AB和CD，且AB⊥CD，所以四邊形ACBD是正方形．所以AD∥BC，又BC?平面SBC，AD?平面SBC，所以AD∥平面SBC，①正確；因為AD∥平面SBC，平面SAD∩平面SBC＝l，AD?平面SAD，所以l∥AD，②正確；若E是底面圓周上的動點，當(dāng)∠ASB≤90°時，△SAE的最大面積等于△SAB的面積，當(dāng)∠ASB>90°時，△SAE的最大面積等于兩條母線的夾角為90°的截面三角形的面積，③不正確；因為l∥AD，l與平面SCD所成的角就是AD與平面SCD所成的角，即∠ADO＝45°，④正確．7．在正四棱錐P－ABCD中，底面邊長為2，四棱錐的體積為eq\f(4,3)，則二面角P－AB－C的大小為________．答案45°解析如圖，連接AC，BD交于點E，依題意，PE⊥平面ABCD，取AB的中點F，連接FE，F(xiàn)P，易知AB⊥EF，AB⊥PF，則∠PFE為二面角P－AB－C的平面角，又VP－ABCD＝eq\f(1,3)×2×2×PE＝eq\f(4,3)，故PE＝1，∴PE＝EF＝1，∴△PEF為等腰直角三角形，∴∠PFE＝45°.8．在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為2的正三角形，SA⊥平面ABC，且SA＝2，則AB與平面SBC所成角的正弦值為________.答案eq\f(\r(21),7)解析如圖，取BC的中點D，連接AD，SD，過A作AO⊥SD，交SD于點O，連接OB，∵在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為2的正三角形，SA⊥平面ABC，且SA＝2，∴AD⊥BC，SD⊥BC，SA⊥AD，∵AD∩SD＝D，AD，SD?平面SAD，∴BC⊥平面SAD，∴BC⊥AO，AD＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，SD＝eq\r(4＋4－1)＝eq\r(7)，∵eq\f(1,2)×SA×AD＝eq\f(1,2)×SD×AO，∴AO＝eq\f(2×\r(3),\r(7))＝eq\f(2\r(21),7)，∵AO⊥SD，SD∩BC＝D，SD，BC?平面SBC，∴AO⊥平面SBC，∴∠ABO是AB與平面SBC所成的角，∴AB與平面SBC所成角的正弦值為sin∠ABO＝eq\f(AO,AB)＝eq\f(\f(2\r(21),7),2)＝eq\f(\r(21),7).9.如圖，已知在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AD，BC⊥AC，BD＝3，AD＝1，AC＝BC，M為線段AB的中點．(1)求證：BC⊥平面ACD；(2)求異面直線MD與BC所成角的余弦值；(3)求直線MD與平面ACD所成角的余弦值．(1)證明∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，AD⊥AB，AD?平面ABD，∴AD⊥平面ABC，∴AD⊥BC，又AC⊥BC，AD∩AC＝A，AD，AC?平面ACD，∴BC⊥平面ACD.(2)解如圖，取AC的中點N，連接MN，DN，∵M(jìn)是AB的中點，∴MN∥BC，∴∠NMD(或其補(bǔ)角)為異面直線MD與BC所成的角，由(1)知BC⊥平面ACD，∴MN⊥平面ACD，MN⊥ND，∵BD＝3，AD＝1，AB⊥AD，∴AB＝2eq\r(2)，又∵AC＝BC，AC⊥BC，∴AC＝BC＝2，在Rt△MND中，MN＝eq\f(1,2)BC＝1，MD＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(3)，∴cos∠NMD＝eq\f(MN,MD)＝eq\f(\r(3),3)，即異面直線MD與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解由(2)知∠MDN為直線MD與平面ACD所成的角，在Rt△MND中，ND＝eq\r(MD2－MN2)＝eq\r(2)，∴cos∠MDN＝eq\f(ND,MD)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，即直線MD與平面ACD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3).10.如圖，在三棱錐A－BCD中，△ABD為等邊三角形，BC＝BD，平面ABD⊥平面BCD且BA⊥BC.(1)求證：BC⊥AD；(2)求二面角A－CD－B的正切值．(1)證明如圖，取BD的中點E，連接AE，則AE⊥BD，因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE?平面ABD，則AE⊥平面BCD，所以AE⊥BC，又因為AB⊥BC，AB∩AE＝A，AB，AE?平面ABD，則BC⊥平面ABD，因為AD?平面ABD，則BC⊥AD.(2)解如圖，過點E作EF⊥CD交CD于點F，連接AF，由(1)知AE⊥CD，AE∩EF＝E，AE，EF?平面AEF，所以CD⊥平面AEF，因為AF?平面AEF，則CD⊥AF，所以∠AFE為二面角A－CD－B的平面角．因為△ABD為等邊三角形，設(shè)BD＝2，則AE＝eq\r(3)，EF＝eq\f(\r(2),2)，則tan∠AFE＝eq\f(AE,EF)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6).所以二面角A－CD－B的正切值為eq\r(6).11．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，異面直線AB與A1C所成角的大小為eq\f(π,3)，則該長方體的側(cè)面積與表面積的比值是()A.eq\f(4－2\r(2),7) B.eq\f(4－\r(2),4)C.eq\f(8－2\r(2),7) D.eq\f(4－\r(2),8)答案C解析如圖，連接B1C，因為AB∥A1B1，所以∠B1A1C是異面直線AB與A1C所成的角，即∠B1A1C＝eq\f(π,3).設(shè)AB＝x，AA1＝y(tǒng)，在△A1B1C中，B1C2＝x2＋y2，A1C2＝2x2＋y2，則cos∠B1A1C＝eq\f(x2＋2x2＋y2－x2＋y2,2x·\r(2x2＋y2))＝eq\f(1,2)，整理得y＝eq\r(2)x，從而該長方體的側(cè)面積S1＝4xy＝4eq\r(2)x2，該長方體的表面積S2＝4xy＋2x2＝(4eq\r(2)＋2)x2，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(4\r(2)x2,4\r(2)＋2x2)＝eq\f(8－2\r(2),7).12．已知正四面體A－BCD的棱長為2，點E是AD的中點，點F在線段BC上，則下面四個命題中：①?F∈BC，EF∥AC；②?F∈BC，EF≤eq\r(3)；③?F∈BC，EF與AD不垂直；④?F∈BC，直線EF與平面BCD夾角正弦的最大值為eq\f(\r(3),3).所有不正確的命題序號為________．答案①③解析如圖，對?F∈BC，EF與AC異面或相交，故①錯誤；當(dāng)點F為BC的中點時，EF為異面直線AD和BC的公垂線段，此時EF取得最小值，當(dāng)F與B，C重合時，EF取得最大值eq\r(3)，故②正確；因為AD⊥BE，AD⊥CE，BE∩CE＝E，所以AD⊥平面BEC，故AD⊥EF，故③錯誤；因為E到平面BCD的距離為定值d，設(shè)直線EF與平面BCD的夾角為θ，則sinθ＝eq\f(d,EF)，當(dāng)F為BC的中點時，易知EF為異面直線AD和BC的公垂線段，此時EF取得最小值，sinθ＝eq\f(d,EF)有最大值，此時DF＝eq\r(3)，DE＝1，故EF＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，在Rt△EFD中，EF·DE＝DF·d，解得d＝eq\f(\r(6),3)，所以sinθ＝eq\f(d,EF)＝eq\f(\r(3),3)，故④正確．13．在三棱錐S－ABC中，底面△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA＝eq\r(3)，SB＝2eq\r(3)，二面角S－AB－C的大小為60°，則此三棱錐的外接球的表面積為________．答案13π解析根據(jù)題意，SA2＋AB2＝SB2，所以SA⊥AB，取AB的中點為D，SB的中點為M，連接MD，則MD∥SA，MD＝eq\f(1,2)SA＝eq\f(\r(3),2)，MD⊥AB，△ABC是正三角形，CD⊥AB，∠MDC是二面角S－AB－C的平面角，∠MDC＝60°，∠SAB＝90°，M是△SAB的外心，設(shè)N在CD上，CN＝2ND，N是△ABC的外心，設(shè)過M與平面SAB垂直的直線與過N垂直于平面ABC的直線交于點O，則O是三棱錐S－ABC外接球的球心．連接OB，BN，CN＝BN＝eq\f(\r(3),3)×3＝eq\r(3)，DN＝eq\f(\r(3),2)，又DM＝eq\f(\r(3),2)，在四邊形MDNO中，ON＝eq\f(1,2)，外接球半徑為r＝OB＝eq\r(BN2＋NO2)＝eq\r(3＋\f(1,4))＝eq\f(\r(13),2)，表面積為S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),2)))2＝13π.14．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，使折起后平面ADE⊥平面ABCE，則異面直線AE和CD所成角的余弦值為________．答案eq\f(\r(6),3)解析由題意，取AB的中點F，連接CF，DF，則CF∥AE，可得直線AE和CD所成的角為∠DCF(或其補(bǔ)角)，如圖，取AE的中點M，連接DM，MF，MC，∵AD＝DE，∴DM⊥AE，又平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DM?平面ADE，∴DM⊥平面ABCE，∴DM⊥MF，且AM＝DM＝eq\f(\r(2),2)，結(jié)合平面圖形可得FM＝eq\f(\r(2),2)，∴DF＝eq\r(DM2＋MF2)＝1，CF＝eq\r(2)，又MC2＝eq\f(5,2)，∴DC2＝DM2＋MC2＝3，∴在△DFC中，DC2＝DF2＋FC2，∴△DFC是直角三角形且DF⊥FC，可得cos∠D