第六章 第7节 第2课时 求空间角和距离（课时冲关）-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关教参

课时分组冲关 对应 1.如图，点A、B、C分别在空 间直角坐标系Oxy之的三 条坐标轴上，OC=(0,0, B 2),平面ABC的法向量为 n=(2,1,2),设二面角C- AB-O的大小为0，则cos0= A.、 3 B智 c是 D.一 解析：C[点A、B、C分别在空间直角坐标系 O一xy之的三条坐标轴上， OC=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2), 二面角C-AB一O的大小为0， ∴.cos0= OC·n_4-2 10C1n2X3=三.故选C] 2.在空间直角坐标系Oxy之中，平面OAB的一个法 向量为n=(2,一2,1)，已知点P(-1,3,2),则点P 到平面OAB的距离d等于 A.4 B.2 C.3 D.1 解析：B[由已知平面OAB的一条斜线的方向向 量OP=(一1,3,2)，所以，点P到平面OAB的距离 d=OP·lcos(OP,nl=lOP·m n -2-6十2=2.故选B] √2+(-2)+1 3.如图，在直三棱柱ABC一 A1BC1中，AB=1,AC=2, BC=V3,D,E分别是AC1和 D BB1的中点，则直线DE与 平面BB,C,C所成的角为 () A晋 B c.号 n 解析：A[.AB=1,AC= 2,BC=3, AC=BC2+AB2,.AB ⊥BC. ,三棱柱为直三棱柱，xC .BB1⊥平面ABC. 以B为原，点，BC,BA,BB1所在的直线分别为x ·25 上篇：第六章立体几何 课时作业P262 素能提升规范演练 轴，y轴，之轴建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz,则A(0,1,0),C(W3,0,0).设B1(0,0,a),则C 3,0,a), D (写。合0辛面B,GC的法向量BA=0, 1,0).设直线DE与平面BB,CC所成的角为a,则 sina=|eosD示，Bi-分 4.已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB=90°，AC =1,CB=√2，侧棱AA1=1,侧面AAB,B的两条 对角线交于点D,则平面B,BD与平面CBD所成 的二面角的余弦值为 A.、3 C.③ D.V6 3 B.-6 3 3 解析：A[建立如图所示的 空间直角坐标系，则C(0,0, C B 0),B(√2,0,0)，A(0,1,0), D B1(√2,0,1)， 竖）i 〔9）=(.o 0),BA=(-√2,1,0)，BB1=(0,0,1).设平面CBD 和平面B,BD的法向量分别为n1,n2,可得n1= (0,1,-1),n2=(1,√2,0)，所以cosn1,n2〉= 员沿又子后月BD与平面CBD所或的 二面角的平面角与(n1,n2）互补，故平面B,BD与平 面CBD所成的二面角的余孩值为-5故选A.] 5.如图，在直三棱柱ABC一A1B,C1中， ∠ACB=90°，2AC=AA1=BC=2.若 二面角B,一DC一C,的大小为60°，则 AD的长为 A.√2 B.√3 C.2 D② 2 艺考生文化课百日冲关·数学 解析：A[如图，以C为坐标原 点，CA,CB,CC1所在直线分别 为x轴，y轴，之轴建立空间直角 坐标系，则C(0,0,0),A(1,0, 0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).设 AD=a,则D点坐标为(1,0，a), CD=(1,0,a),CB1=(0,2,2).设平面B1CD的法 向量为m=(x,y,z). 1m·CB1=2y+2z=0 由 (m·CD=x+a之=0 ,令之=-1，则m=(a,1,-1). 又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0), 则由ca6的=沿将 √a+2 =√2， 所以AD=√2.故选A.] 6.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB,若沿EF将正 方形折成一个二面角后，AE:ED:AD=1:1: √2，则AF与CE所成角的余弦值为 D C D B A 解析：，AE:ED:AD D =1:1:√2，.AE⊥ ED,即AE,DE,EF两 两垂直，所以建立如图 B 所示的空间直角坐标 系，设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0), F(0,2,0),C(0,2,1),.AF=(-1,2,0), EC=(0,2,1), cos(AF,EC)=AF·EC 4 4 1AF·ECV5X55' “AF与CE所成角的余孩值为号 答案：号 ·25 7.正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱)ABC一 AB,C1的底面边长为2，侧棱长为2√2，则AC1与 侧面ABB1A1所成的角为 解析：以C为原，点建立如图 坐标系，则： A(2,0,0),C1(0,0,22) 点C1在侧面ABB1A1内的 射影为点 直线AC,与平面ABB,A1所成的角为0， AC,·AC 则cos0= 1+0+8_w3 lACACI 2√3×321 又e[0,]所以0=吾 答案：晋 8.设正方体ABCD-ABC,D1的棱长为2，则点D 到平面A,BD的距离是 。 解析：如图建立空间直角坐标 z外D1 系，则D1(0,0,2),A1(2,0, B A16 2),D(0,0,0),B(2,2,0), D .D1A1=(2,0,0),DA1= A (2,0,2),DB=(2,2,0) 设平面A1BD的一个法向量n=（x,y,之)， ,n·DA1=2x十2x=0 则{ (n·DB=2x+2y=0 令x=1,则n=(1,一1，-1)， ∴点D到平面ABD的距离d=DA·m=2 n =25 3 答案 9.(2025·全国一卷)如图，在四 棱锥P-ABCD中，PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平 面PAD; (2)若PA=AB=√2，BC=2, AD=1十√3，且点P,B,C,D均在球O的球面上. (1)证明：点O在平面ABCD内； (iⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值 解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AB. 又AB⊥AD,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD, 又，ABC平面PAB,故平面PAB⊥平面PAD. (2)易知AB,AD,PA两两垂直，以A为坐标原，点， AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP 方向为之轴正方向建立空间直角坐标系，易得A (0,0,0),B(√2,0,0)，C(√2,2,0)，D(0,√3+1,0)， P(0,0,√2). (i)设球心O(x,y,x),由OB=OC=OD=OP 可得 「(x-2)2十y2+x2=(x-√2)2+(y-2)2+2 (x-√2)2+y2十之2=x2+(y-√3-1)2十x2,解得 (x-2)2+y2+之2=x2+y2+(x-√2) y=1,x=x=0,显然点O(0,1,0)为直线AD上的 ,点，ADC平面ABCD,所以点O(0,1,0)在平面 ABCD上. (i)AC=(√2,2,0)，PO=(0,1,-√2)，直线AC与 PO所成角的余弦值等于cos〈AC,PO)= AC·PO =2=2 |AC1|PO1√6X33 10.(2025·山东省实验中 学二模)如图，在四棱 锥P-ABCD中，底面 ABCD是矩形，PA⊥ B 底面ABCD,PA=AB =2,AD=4,E是PD的中点. (1)求证：PB∥平面AEC; (2)求直线PC与平面AEC所成角的正弦值： (3)若点F在棱PC上运动，当点F到平面AEC 的距离为号时，求P℉的长度 解析：(1)证明：连接BD交AC于点O,连接OE, 如图1所示. 因为底面ABCD是矩形，所以O是BD的中点. 因为E是PD的中点，所以在△PBD中. OE是中位线，所以OE∥PB. 因为OEC平面AEC,PB中平面AEC, 所以PB∥平面AEC. ·258 上篇：第六章立体几何 B 图1 (2)如图2，因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥ AB,PA⊥AD, 又在矩形ABCD中，AB⊥AD,所以AP,AB,AD 两两垂直.以点A为原点，分别以AB,AD,AP所 在直线为x轴，y轴，之轴，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),P(0,0,2), D(0,4,0). 因为E是PD的中点，所以E(0,2,1) A B 图2 所以AE=(0,2,1),AC=(2,4,0). 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z), 则·A5=0即2十=0： (n·AC=0,2x+4y=0, 令y=1,则之=一2，x=一2，所以 n=(-2,1,-2),PC=(2,4,-2), 设直线PC与平面AEC所成的角为0， 则PC·n=-2×2+1×4+(-2)×(-2)=4, |PC1=√22+4+(-2)7=√24=2√6， n=√(-2)2+1+(-2)7=3， 所以sin0=|cos(PC,n PC·n √6 2√6×3 9 即直线PC与平面AEC所成角的正孩值为 9 (3)由(2)知平面AEC的一个法向量 n=(-2,1,-2),设PF=tPC(0≤t≤1)， 又PC=(2,4,-2), 则F(2t,4t,2-2t),AF=(2t,4t,2-2t). AF·n=-4t+4t-2(2-2t)=4t-4,n=3. 令，点F到平面AEC的距离为d. 由d=AFm-“g4=号将：-4到-2， n 3 解得1=2成1=昌（合去）。 又P心=26，故1P时=P心=×26=6， 所以PF的长度为√6.