易错点14 立体几何中的角答案-备战2023年高考数学易错题

易错点14立体几何中的角易错点1：异面直线所成的角1.求异面直线所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利用平面几何知识求解，整个求解过程可概括为：一找二证三求。2.求异面直线所成角的步骤：①选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。②求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。的范围是090°，所以在三角形中求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角。3.“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化为易于研究的几何体来处理，利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。4.利用向量，设而不找，对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。易错点2：直线与平面所成的角1.传统几何方法：①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。②利用三面角定理（即最小角定理）21coscoscos求1。2.向量方法：设n为平面的法向量，直线a与平面所成的角为，则,2,,2,2,0,,,2nananana易错点3：二面角用向量求二面角大小的基本步骤1.建立坐标系，写出点与所需向量的坐标；2.求出平面的法向量1n，平面的法向量2n3.进行向量运算求出法向量的夹角121212cos,nnnnnn；4.通过图形特征或已知要求，确定二面角是锐角或钝角，得出问题的结果：2121,coscos,coscosnnnn，为钝角时当二面角为锐角时题组一：异面直线所成的角1．（2021年全国高考乙卷数学（文理）试题）在正方体1111ABCDABCD中，P为11BD的中点，则直线PB与1AD所成的角为（）A．π2B．π3C．π4D．π6【答案】D【解析】如图，连接11,,BCPCPB，因为1AD∥1BC，所以1PBC或其补角为直线PB与1AD所成的角，因为1BB平面1111DCBA，所以11BBPC，又111PCBD，1111BBBDB，所以1PC平面1PBB，所以1PCPB，设正方体棱长为2，则1111122,22BCPCDB，1111sin2PCPBCBC，所以16PBC.故选：D2.(2018全国卷Ⅱ)在长方体1111ABCDABCD中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为A．15B．56C．55D．22【答案】C【解析】解法一如图，补上一相同的长方体1111CDEFCDEF，连接1DE，11BE．易知11∥ADDE，则11BDE为异面直线1AD与1DB所成角．因为在长方体1111ABCDABCD中，1ABBC，13AA，F1E1FD1A1B1C1ECDAB所以2222111(3)2DEDEEE，222111(3)5DB，2222111111125BEABAE，在11BDE中，由余弦定理，得222112(5)(5)5cos5225BDE，即异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为55，故选C．解法二以D为坐标原点，DA，DC，1DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知(0,0,0)D，(1,0,0)A，1(0,0,3)D，1(1,1,3)B，所以1(1,0,3)AD，1(1,1,3)DB，则由向量夹角公式，得11111125cos,5||||25ADDBADDBADDB，即异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为55，故选C．3．(2017新课标Ⅱ)已知直三棱柱111ABCABC中，120ABC，2AB，11BCCC，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为()A．32B．155C．105D．33【答案】C【解析】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，异面直线1AB与1BC所成角为11BADzyxBADCC1B1A1D12222111111111112cos601221232BDBCCDBCCD,12AD，15AB，∴22222211111111(5)(2)(3)10cos25252ABADBDBADABAD．选C．4.（2015浙江）如图，三棱锥ABCD中，3ABACBDCD，2ADBC，点,MN分别是,ADBC的中点，则异面直线,ANCM所成的角的余弦值是．【答案】78【解析】如图连接ND，取ND的中点E，连接,MECE，则//MEAN．则异面直线AN，CM所成的角为EMC，由题意可知1CN=，22AN=，∴2ME=．又22CM=，22DN=，2NE=，∴3CE=，则2228237cos282222CMEMCECMECMEM．题组二：直线与平面所成的角5.【2021年浙江卷】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120,1,4,15ABCABBCPA，M，N分别为,BCPC的中点，B1A1D1C1DCBA,PDDCPMMD.（1）证明：ABPM；（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.【解析】（1）在DCM△中，1DC，2CM，60DCM，由余弦定理可得3DM，所以222DMDCCM，DMDC．由题意DCPD且PDDMD，DC平面PDM，而PM平面PDM，所以DCPM，又//ABDC，所以ABPM．（2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM平面ABCD，因为7AM，所以22PM，取AD中点E，连接ME，则,,MEDMPM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),(0,0,22),(3,0,0)APD,(0,0,0),(3,1,0)MC又N为PC中点，所以31335,,2,,,22222NAN.由（1）得CD平面PDM，所以平面PDM的一个法向量(0,1,0)n从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为5||152sin6||2725244ANnANn‖．6.（2020•北京卷）如图，在正方体1111ABCDABCD中，E为1BB的中点．（Ⅱ）求直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值．【解析】（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、1AA所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方体1111ABCDABCD的棱长为2，则0,0,0A、10,0,2A、12,0,2D、0,2,1E，12,0,2AD，0,2,1AE，设平面1ADE的法向量为,,nxyz，由100nADnAE，得22020xzyz，令2z，则2x，1y，则2,1,2n.11142cos,323nAAnAAnAA.因此，直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值为23.7.（2020年全国2卷）如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【解析】（1）,MN分别为BC，11BC的中点，1//MNBB,又11//AABB,1//MNAA,在ABC中，M为BC中点，则BCAM,又侧面11BBCC为矩形，1BCBB,1//MNBB,MNBC,由MNAMM，,MNAM平面1AAMN,BC⊥平面1AAMN,又11//BCBC，且11BC平面ABC，BC平面ABC，11//BC平面ABC,又11BC平面11EBCF，且平面11EBCF平面ABCEF,11//BCEF,//EFBC,又BC平面1AAMN,EF平面1AAMN,EF平面11EBCF,平面11EBCF平面1AAMN,（2）连接NP,//AO平面11EBCF，平面AONP平面11EBCFNP,//AONP,根据三棱柱上下底面平行，其面1ANMA平面ABCAM，面1ANMA平面1111ABCAN,//ONAP,故：四边形ONPA是平行四边形,设ABC边长是6m(0m),可得：ONAP，6NPAOABm,O为111ABC△的中心，且111ABC△边长为6m,16sin6033ONm,故：3ONAPm,//EFBC,APEPAMBM,3333EP,解得：EPm,在11BC截取1BQEPm，故2QNm,1BQEP且1//BQEP,四边形1BQPE是平行四边形，1//BEPQ,由（1）11BC平面1AAMN,故QPN为1BE与平面1AAMN所成角,在RtQPN△，根据勾股定理可得：222226210PQQNPNmmm210sin10210QNmQPNPQm,直线1BE与平面1AAMN所成角的正弦值：1010.8.（2020年新全国1山东）如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，//ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以//AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以//ADl，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以,,ADDClDC且PD平面ABCD，所以,,ADPDlPD因为CDPDD所以l平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为1PDAD，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)Qm，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB，设平面QCD的法向量为(,,)nxyz，则00DCnDQn，即00ymxz，令1x，则zm，所以平面QCD的一个法向量为(1,0,)nm，则210cos,31nPBmnPBnPBm根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于2|1||cos,|31mnPBmruur2231231mmm223232||361111313133mmmm，当且仅当1m时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.题组三：二面角9.【2021年乙卷】如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM．（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值．【解析】（1）PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设2BCa，则0,0,0D、0,0,1P、2,1,0Ba、,1,0Ma、2,0,0Aa，则2,1,1PBa，,1,0AMa，PBAM，则2210PBAMa，解得22a，故22BCa；（2）设平面PAM法向量为111,,mxyz，则2,1,02AM，2,0,1AP，由111120220mAMxymAPxz，取12x，可得