高考數學第一輪復習第八章 §8.6　幾何法求空間角-試卷下載-教習網

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\c1(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，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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\c1(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．( √ )
(4)線面角的范圍為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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°.
②因為AB⊥平面ADD′A′，所以AB⊥AD，AB⊥AA′，因此∠A′AD為二面角A′－AB－D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所成角或其補角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，
AD1＝eq \r(AD2＋DD\\al(2,1))＝2，
DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \f(\r(5),2)，
DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋BB\\al(2,1))＝eq \r(5).
所以OM＝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cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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AA1＝t，∵AB＝BC＝1，
∴A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(t2＋1).
∴cs∠A1BC1＝eq \f(A1B2＋BC\\al(2,1)－A1C\\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\c1(\f(3\r(2),2)))2),\f(3\r(2),2))＝eq \f(\r(11),3).
教師備選
(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所成的角或其補角．
因為AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E，F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
cs∠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角．
(3)三求：解三角形，求出所作的角．
跟蹤訓練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，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為BC，CC1的中點，AB＝AD＝2，AA1＝3.
(1)證明：EF∥平面A1ADD1；
(2)求直線AC1與平面A1ADD1所成角的正弦值．
(1)證明如圖，連接BC1，AD1，由E，F分別為BC，CC1的中點，可得EF∥BC1，
在長方體ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥C1D1，AB＝C1D1，
因此四邊形ABC1D1為平行四邊形，
所以BC1∥AD1，
所以EF∥AD1，
又EF?平面A1ADD1，AD1?平面A1ADD1，
所以EF∥平面A1ADD1.
(2)解在長方體ABCD－A1B1C1D1中，
因為C1D1⊥平面A1ADD1，
所以AC1在平面A1ADD1中的射影為AD1，
所以∠C1AD1(或其補角)為直線AC1與平面A1ADD1所成的角，
由題意知AC1＝eq \r(22＋22＋32)＝eq \r(17)，
在Rt△AD1C1中，sin∠C1AD1＝eq \f(C1D1,AC1)＝eq \f(2,\r(17))＝eq \f(2\r(17),17)，
即直線AC1與平面A1ADD1所成角的正弦值為eq \f(2\r(17),17).
教師備選
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＝PDsin 60°＝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PC與平面PAB所成的角為θ，
sin θ＝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)角是關鍵，先找出斜線在平面上的射影，關鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉化到三角形中求解．
跟蹤訓練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·上海市延安中學模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，四邊形BDEF是正方形，平面BDEF⊥平面ABCD.
(1)證明：平面ACE⊥平面BDEF；
(2)若點M是線段BF上的一點，且滿足DM⊥平面ACE，求二面角A－DM－B的正切值．
(1)證明 ∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
由四邊形BDEF是正方形有DE⊥BD，
又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，DE?平面BDEF，
∴DE⊥平面ABCD，
又AC?平面ABCD，
∴DE⊥AC，
又BD∩DE＝D，且BD，DE?平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF，由AC?平面ACE，
∴平面ACE⊥平面BDEF.
(2)解設O是AC，BD的交點，連接OE交DM于G，連接AG，如圖．
由DM⊥平面ACE，AG，OE?平面ACE，
∴AG⊥DM，OE⊥DM，
∴∠AGO是二面角A－DM－B的平面角，
由射影定理知，OD2＝OG·OE，OD＝1，DE＝2，
則OE＝eq \r(5)，OG＝eq \f(\r(5),5).
∴tan∠AGO＝eq \f(AO,OG)＝eq \r(15)，
∴二面角A－DM－B的正切值為eq \r(15).
教師備選
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cs∠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，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×cs 60°)＝eq \r(3)，C1D＝AB1＝eq \r(5)，易得C1D2＝BD2＋BCeq \\al(2,1)，即BC1⊥BD，
因此cs∠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

相關試卷

2024年數學高考大一輪復習第八章 §8.7　向量法求空間角：

這是一份2024年數學高考大一輪復習第八章 §8.7　向量法求空間角，共7頁。試卷主要包含了異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角等內容，歡迎下載使用。

2024年高考數學第一輪復習8.6 向量法求空間角（原卷版）：

這是一份2024年高考數學第一輪復習8.6 向量法求空間角（原卷版），共18頁。試卷主要包含了異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角等內容，歡迎下載使用。

2024高考數學第一輪復習：8.6 向量法求空間角（原卷版）：

這是一份2024高考數學第一輪復習：8.6 向量法求空間角（原卷版），共17頁。試卷主要包含了異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角等內容，歡迎下載使用。

相關試卷更多

2024高考數學第一輪復習：8.6 向量法求空間角(解析版)

2024高考數學第一輪復習：8.6 向量法求空間角(解析版)

高中數學高考專題29 定義法或幾何法求空間角(解析版)

高中數學高考專題29 定義法或幾何法求空間角(解析版)

新高考數學培優(yōu)專練29 定義法或幾何法求空間角

新高考數學培優(yōu)專練29 定義法或幾何法求空間角

（新高考專用）2021年新高考數學難點：專題29 定義法或幾何法求空間角

（新高考專用）2021年新高考數學難點：專題29 定義法或幾何法求空間角

資料下載及使用幫助

版權申訴

1.電子資料成功下載后不支持退換，如發(fā)現資料有內容錯誤問題請聯系客服，如若屬實，我們會補償您的損失
2.壓縮包下載后請先用軟件解壓，再使用對應軟件打開；軟件版本較低時請及時更新
3.資料下載成功后可在60天以內免費重復下載

版權申訴

若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。

入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現金獎勵，申請精品資源制作，工作室入駐。

高考專區(qū)

精品推薦
所屬專輯69份

重難點易錯考點專練專項練習總復習

查看更多精品資料

高考數學第一輪復習【精品原卷+解析】

高考數學第一輪復習【精品原卷+解析】

共69份 2024-02-01更新

查看當前專輯所有資源

歡迎來到教習網

900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
高質量可編輯，日均更新2000+
百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴

qrcode

二維碼已過期

刷新

微信掃碼，一鍵下載

請輸入手機號

忘記密碼

免費注冊

微信掃碼注冊

qrcode

二維碼已過期

刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊

注冊即視為同意教習網「注冊協議」及「隱私條款」

手機號注冊

微信注冊

注冊成功

0

資料籃
在線客服

官方
微信

添加在線客服

獲取1對1服務
官方微信

官方
微信

關注“教習網”公眾號

打開微信就能找資料
賽課定制

賽課
定制

添加在線客服

獲取1對1定制服務
職稱咨詢

職稱
咨詢

添加在線客服

獲取1V1專業(yè)指導服務
免費福利

返回
頂部