2025届高三数学一轮复习对点练59：几何法求距离及线面角、二面角

2025届高三数学一轮复习对点练59　几何法求距离及线面角、二面角 【基础巩固】 1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，则直线A1C与平面ABCD所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 2.(2024·广安诊断)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是正方形，AB＝2，AA1＝2，点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则点C1到平面ABCD的距离为(　　) A. B. C.2 D.3 3.若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 4.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长都相等，则二面角A1－BC－A的余弦值为(　　) A. B. C. D. 5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A. B. C. D.1 6.(2024·唐山模拟)把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D－AC－B，则三棱锥D－ABC的外接球的球心到平面BCD的距离为(　　) A. B. C. D. 7.(2024·银川质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝5，则A1C与平面ABCD所成角的正切值为(　　) A. B.2 C. D. 8.如图所示，AB是⊙O的直径，PA⊥平面⊙O，C为圆周上一点，AB＝5 cm，AC＝2 cm，则B到平面PAC的距离为________. 9.如图，三棱锥P－ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝3，PB＝PC＝BC＝6，则二面角P－BC－A的正弦值为________. 10.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，已知∠ABC＝120°，四边形ABCD是边长为2的菱形，且AA1＝4，E为线段BC上动点，当BE＝________时，A1E与底面ABCD所成角为60°. 11.如图所示，已知菱形ABCD和矩形BDEF所在平面互相垂直，AB＝2，∠BAD＝120°，DE＝3. (1)证明：平面ACF⊥平面BDEF； (2)设AD中点为G，求直线FG与底面ABCD所成角的余弦值. 12.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB. (1)求三棱锥P－AMN的体积； (2)求二面角M－AN－D的正切值. 【能力提升】 13. (多选)(2024·潍坊模拟)如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则(　　) A.直线BD与直线JL所成角为 B.直线CG与平面EFHILK所成角为 C.该几何体的体积为 D.该几何体中，二面角A－BC－D的余弦值为 14.(多选)(2024·南京调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则下列命题正确的是(　　) A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于 B.点C到平面ABC1D1的距离为 C.异面直线D1C和BC1所成的角为 D.线段PQ长度的最小值为 15.(2024·广州模拟)正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P为上底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高h∈[，2]，则点M到平面PCD的距离的取值范围是________. 16.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点. (1)证明：△PBC是直角三角形； (2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 参考答案 1.A　[根据长方体性质知：AA1⊥平面ABCD， 故∠ACA1为直线A1C与平面ABCD所成的角，且AA1＝1， 所以CA1＝＝， 所以sin∠ACA1＝＝.] 2.B　[如图，连接B1H， 则B1H⊥平面ABCD，且B1H＝＝， 由题可知B1C1∥BC， 又∵B1C1⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴B1C1∥平面ABCD， ∴点C1到平面ABCD的距离与点B1到平面ABCD的距离B1H相等.] 3.B　[如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH， 因为PH⊥AB，OH⊥AB， 所以∠PHO为侧面与底面所成的角， 因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD， 所以PO⊥OH. 所以在Rt△POH中，OH＝，PO＝a， PH＝＝a， cos∠PHO＝＝， 所以侧面与底面所成角的余弦值为.] 4.B　[取BC的中点M，连接AM，A1M， 由正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等， 可得AM⊥BC，A1M⊥BC， 所以二面角A1－BC－A的平面角为∠AMA1， 设AB＝2，则A1A＝2，AM＝，A1M＝＝， 所以cos ∠AMA1＝＝＝.] 5.B　[如图，连接BA1，由长方体的性质易知BC⊥BA1，且BA1＝，A1C＝， 设点B到直线A1C的距离为h， 则S△BCA1＝×BC×BA1＝×h×A1C， 即2×＝h×，解得h＝.] 6.A　[由图所示，易知三棱锥D－ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB＝OC＝OD＝1，且OC⊥OB，DO⊥平面OBC， 计算可得BD＝， 设球心到平面BCD的距离为d， 则VD－OBC＝VO－BCD， 即×1××1×1＝×d××()2， 解得d＝.] 7.D　[在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD， 所以∠A1CA是A1C与平面ABCD所成的角，连接AC，且AC⊂平面ABCD， 则AA1⊥AC， 又AB＝1，BC＝2， AA1＝5，所以AC＝＝， 在Rt△A1CA中，tan ∠A1CA＝＝＝， 即A1C与平面ABCD所成角的正切值为.] 8. cm　[由PA⊥平面⊙O， 可得PA⊥平面ABC， 因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 又由AB是⊙O的直径，C为圆周上一点， 可得AC⊥BC， 又PA∩AC＝A且AC，PA⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC， 所以BC为点B到平面PAC的距离， 在直角△ABC中，AB＝5 cm，AC＝2 cm， 可得BC＝＝ cm.] 9.　[取BC的中点D，连接PD，AD， 因为PB＝PC， 所以PD⊥BC， 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 因为PD，PA⊂平面PAD，PA∩PD＝P， 所以BC⊥平面PAD， 因为AD⊂平面PAD，所以BC⊥AD， 所以∠PDA即为二面角P－BC－A的平面角， 因为PB＝PC＝BC＝6，所以PD＝×6＝3， sin ∠PDA＝＝＝， 即二面角P－BC－A的正弦值是.] 10.－1　[如图所示，连接AE，因为AA1⊥底面ABCD， 所以∠A1EA为A1E与底面ABCD所成角， 即∠A1EA＝60°. 又因为AA1＝4， 所以＝tan 60°＝，解得AE＝. 设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝， 由余弦定理，得＝22＋m2－2×2×m×cos 120°， 整理得：3m2＋6m－4＝0， 解得m＝－1.] 11.(1)证明　因为平面ABCD⊥平面BDEF， 且平面ABCD∩平面BDEF＝BD， 因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD，AC⊂平面ABCD， 所以AC⊥平面BDEF， 因为AC⊂平面ACF， 所以平面ACF⊥平面BDEF. (2)解　连接BG，因为平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，BF⊂平面BDEF，且四边形BDEF是矩形， 所以BF⊥BD， 所以BF⊥底面ABCD，∠FGB即为直线FG与平面ABCD所成角， 在△BAG中，BG2＝22＋12－2×2×1×cos 120°＝5＋2＝7， 所以BG＝，FG＝＝4， 在△BFG中，cos∠FGB＝＝，故直线FG与底面ABCD所成角的余弦值为. 12.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，M为PD的中点， ∴PN＝， ∵VP－AMN＝VD－AMN＝VM－ADN， ∴VP－AMN＝VP－ADN＝VP－ABCD＝××4×＝. (2)如图，取DN的中点E，连接ME， ∵M，E分别为PD，DN的中点， ∴ME∥PN. ∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD. 过E作EQ⊥AN，连接MQ， 又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，ME，EQ⊂平面MEQ，∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ， ∠MQE即为二面角M－AN－D的平面角， ∴tan∠MQE＝， ∵PN＝，∴ME＝， ∵AN＝DN＝，AD＝2， ∴QE＝×＝， ∴tan∠MQE＝， 即该二面角的正切值为. 13.AC　[将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为a， 设△MNS中心为O，连接OQ，ON， 则ON＝a，OQ＝a，S△MNS＝a2， VQ－MNS＝×a2×a＝a3， 对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成角即为MQ与QN所成角为，故A正确； 对于B，直线CG与平面EFHILK所成角为QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin ∠QNO＝＝，∠QNO≠，故B错误； 对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，×33－4××13＝，故C正确； 对于D，二面角A－BC－D的大小与A－BC－Q的大小互补，显然A－BC－Q的大小为锐角， 所以二面角A－BC－D的大小一定为钝角，故D错误.] 14.ABD　[由题意得：正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2， 连接B1C，设B1C，BC1交于O点， ∵B1C⊥BC1，B1C⊥AB， ∴B1C⊥平面ABC1D1， ∴∠CBC1即为直线BC与平面ABC1D1所成的角，且∠CBC1＝，故A正确； 连接B1C，∵CO⊥BC1，B1C⊥AB， ∴CO⊥平面ABC1D1， ∴点C到平面ABC1D1的距离为CO＝B1C＝×2＝，故B正确； 连接D1C，AD1， 由正方体性质可知AD1∥BC1， 故异面直线D1C和BC1所成的角即为D1C和AD1所成的角∠AD1C， 又∵AD1＝AC＝CD1， ∴△AD1C为等边三角形， ∴∠AD1C＝，故C错误； 过P作PM⊥CD， 过M作MQ⊥AC，连接PQ，PQ为异面直线之间的距离，这时PQ距离最小； 设DP＝x，Rt△DPM为等腰直角三角形， 则PM＝x，CM＝CD－DM＝2－x， Rt△CQM也为等腰直角三角形， 则MQ＝CM＝×＝－x， ∵△PMQ为直角三角形， 故PQ2＝PM2＋MQ2 ＝＋ ＝x2－x＋2＝＋， 当x＝时，PQ2取最小值， 故PQmin＝，故D正确.故选ABD.] 15.　[设底面四边形ABCD的中心为O， 连接PO，则PO＝h， 设点M到平面PCD的距离为d， OC＝OD＝， PC＝PD＝， 则△PCD中，CD边上的高为＝， 则S△PCD＝×2×＝， S△MCD＝×2×2＝2， 由VM－PCD＝VP－MCD， 得×S△PCD×d＝×S△MCD×h， 所以d＝＝2＝2， 由h∈[，2]，得h2∈[3，8]， 则1＋∈， 则∈， 所以d∈，即点M到平面PCD的距离的取值范围是.] 16.(1)证明　∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点. ∴BC⊥AC. ∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC， 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BC⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC， ∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形. (2)解　如图，过A作AH⊥PC于H，连接BH， ∵BC⊥平面PAC， ∴BC⊥AH， 又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， ∴AH⊥平面PBC， ∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角， ∵PA⊥平面ABC， ∴∠PCA是直线PC与平面ABC所成的角， ∵tan∠PCA＝＝， 又PA＝2，∴AC＝， ∴在Rt△PAC中，AH＝＝， ∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝， 故直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$