专题3 第2讲 空间角与距离 基础课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1.(2025·浙江杭州模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1C与平面ADD1A1所成的角为α,A1C与AB所成的角为β,则(　　) A.α=β　　　　　　　 B.α+β=π C.α+β= D.α-β= 基础巩固练 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:连接A1D,由长方体的性质可得CD⊥平面ADD1A1,所以A1C与平面ADD1A1所成的角为α=∠CA1D,又A1D⊂平面ADD1A1,所以CD⊥A1D,即∠CDA1=. 因为CD∥AB,故A1C与AB所成的角与A1C与CD所成角相等,所以A1C与AB所成的角为β=∠A1CD,又∠A1CD+∠CA1D+∠CDA1=π,所以α+β=π-∠CDA1=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.(2025·河北沧州模拟)如图,甲站在水库底面上的点D处,乙站在水坝斜面上的点C处.已知库底与水坝所成的二面角为150°,测得从点D,C到库底与水坝的交线的距离分别为DA=20 m,CB=40 m.若AB=20 m,则甲、乙两人相距(　　) A.10 m B.20 m C.70 m D.20 m B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:由已知可得∠DAB=∠CBA=90°,的夹角为150°. 因为=++, 所以=(++)2=+++2·+2·+2·. 因为·=20×20×cos 90°=0,·=20×40×cos(180°-150°)=1 200,·=20×40×cos 90°=0,故=(20)2+202+402+2×1 200=5 600, 所以||===20. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2025·安徽合肥模拟)米斗是随着粮食生产而发展出来的称量粮食的量器.现有一米斗,可盛10 L米(1 L=1 000 cm3).已知该米斗的盛米部分为正四棱台,上口宽为a cm,下口宽为b cm,且b>a,若该米斗的侧面与下底面所成角为45°,则(　　) A.b3+a3=60 000 B.b3-a3=60 000 C.b3+a3-2ab2=60 000 D.b3-a3+2a2b=60 000 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:设该米斗的高为h cm,V=×(a2+b2+ab)h=10 000,解得h=, 而侧面与下底面所成角的正切值为tan 45°===1,解得b3-a3=60 000. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.(2022·浙江卷)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1,AC=AA1,E,F分别是棱BC,A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α,EF与平面ABC所成的角为β,二面角F-BC-A的平面角为γ,则(　　) A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ C.β≤γ≤α D.α≤γ≤β A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图所示,过点F作FP⊥AC于点P,过点P作PM⊥BC于点M,连接PE,FM,FC, 则α=∠EFP,β=∠FEP,γ=∠FMP,tan α==≤1,tan β==≥1,tan γ=≥=tan β,所以α≤β≤γ. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(2025·北京模拟)某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥P-ABC,PA=PB=PC=2,底面△ABC是等腰直角三角形,AB=BC,顶点P到底面ABC的距离为3,则点B到平面PAC的距离为(　　) A. B. C. D.2 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:因为PA=PB=PC=2,且底面△ABC是等腰直角三角形,AB=BC, 所以点P在平面ABC上的射影O为AC的中点,在直角三角形PAO中,由勾股定理得AO=,所以AC=2.又因为底面△ABC是等腰直角三角形,所以AB=BC=, 所以VP-ABC=S△ABC·PO=××××3=3. 设点B到平面PAC的距离为d,则VP-ABC=VB-PAC=S△PAC·d=××2×3×d=3,所以d=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2025·福建福州模拟)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1,E,F分别为CC1,DD1的中点,且已知A1E与BF所成角的大小为60°,则直线A1E与平面BCF之间的距离为(　　) A. B. C.2 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设DD1=2h, 因为E,F分别为CC1,DD1的中点,则A1(1,0,2h),E(0,1,h),F(0,0,h),B(1,1,0),C(0,1,0), 所以=(-1,1,-h),=(-1,-1,h).因为A1E与BF所成角的大小为60°, 所以==cos 60°,解得h=, 所以A1(1,0,2),E(0,1,),F(0,0,), 所以=(-1,0,0),=(0,-1,),=(-1,1,-). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设平面BCF的法向量为n=(x,y,z), 由 解得 令z=1,得y=,所以n=(0,,1). 因为·n=(-1)×0+1×+(-)×1=0,又A1E⊄平面BCF,所以A1E∥平面BCF, 所以直线A1E与平面BCF之间的距离为点E到平面BCF的距离,因为=(0,0,-), 所以直线A1E与平面BCF之间的距离为d===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(多选)(2022·新课标Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　 　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图,连接B1C,BC1,DA1,因为DA1∥B1C,所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角.因为四边形BB1C1C为正方形,则B1C⊥BC1,故直线BC1与DA1所成的角为90°,A正确. 连接A1C,因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,则A1B1⊥BC1. 因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C⊂平面A1B1C,所以BC1⊥平面A1B1C,又A1C⊂平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B正确. 连接A1C1,B1D1,BD,设A1C1∩B1D1=O,连接BO,因为BB1⊥平面A1B1C1D1,C1O⊂平面A1B1C1D1,则C1O⊥B1B,因为C1O⊥B1D1,B1D1∩B1B=B1,B1D1,B1B⊂平面BB1D1D, 所以C1O⊥平面BB1D1D, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,设正方体棱长为1,则C1O=,BC1=,sin∠C1BO==,所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°,故C错误. 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角,易得∠C1BC=45°,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.(多选)(2025·甘肃金昌模拟)如图,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=1,直线PC与平面ABCD所成角的正切值为,则下列说法正确的是(　 　) A.异面直线PB与CD所成的角为45° B.AC= C.直线DB与平面PAB所成的角为30° D.点D到平面PAC的距离为 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:对于B,∵PA⊥平面ABCD,PA=1,∴直线PC与平面ABCD所成的角为∠PCA, ∴==,∴AC=,∴AB=AD=1,故B正确; 以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系, 则P(0,0,1),B(1,0,0),A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), 对于A,=(1,0,-1),=(-1,0,0),设直线PB与CD所成的角大小为β, 则cos β=|cos<,>|= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ===, 故β=45°,故A正确; 对于C,可取n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量,=(-1,1,0), 设直线BD与平面PAB所成的角大小为α, 则sin α=|cos<n,>|= ==, 故直线BD与平面PAB所成的角为45°,故C错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ∵四边形ABCD为正方形,∴AC⊥BD, 又PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,故PA⊥BD, ∵AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC, ∴BD⊥平面PAC,故可取=(-1,1,0)为平面PAC的一个法向量,=(0,1,0), 故点D到平面PAC的距离d===,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.(2025·陕西西安模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则点B1到平面BDE的距离是点A到平面BDE的距离的 　　　　倍.  2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,0),E(0,2,1),B1(2,2,2),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),=(2,2,0),=(0,2,1),则取x=1,则y=-1,z=2,所以n=(1,-1,2).又=(2,2,2),=(2,0,0),所以点B1到平面BDE的距离为d1===,点A到平面BDE的距离为d2===, 所以d1=2d2,故点B1到平面BDE的距离是点A到平面BDE的 距离的2倍. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2025·江西南昌模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,沿该棱柱的表面从点A经过棱A1B1或棱BB1上的一点E到达点C1的最短 距离为,则异面直线AE与BD所成角的余弦值为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:设该棱柱的高为h,如图,若沿该棱柱表面从点A经过棱BB1上的一点E1到达点C1的最短距离为>4>,不满足题意; 从点A经过棱A1B1上的一点E到达点C1,其最短距离为=,解得h=1. 因为A1E∥C1D1,所以=, 所以A1E=C1D1=. 过点E作B1D1的平行线与A1D1交于点F,连接AF,则∠AEF或其补角就是AE与BD所成角,AE=AF==,EF=,所以cos∠AEF==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(多选)(2025·江苏南通模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱CD上运动,则(　　) A.若点P为CD的中点,则平面BC1P∥平面AB1D1 B.B1P⊥AD1 C.异面直线BP,A1D所成角的取值范围是 D.点P到平面AB1D1距离的最小值为 能力提升练 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图建系易得:D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1). 对于A:若P为CD的中点,则P(0,,0), 设平面BC1P的法向量为n1=(a,b,c),=(-1,0,1),=(-1,-,0), 则令a=1,可得c=1,b=-2,则n1=(1,-2,1). 设平面AB1D1的法向量为n2=(x,y,z),=(0,1,1),=(-1,0,1), 则令x=1,则z=1,y=-1,所以n2=(1,-1,1),显然n1,n2不平行,即平面BC1P∥平面AB1D1不成立,故A错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于B:设P(0,t,0)(0≤t≤1),则=(-1,t-1,-1),=(-1,0,1), 则·=(-1,t-1,-1)·(-1,0,1)=1-1=0,所以B1P⊥AD1,故B正确; 对于C: =(-1,t-1,0),=(-1,0,-1),设异面直线BP,A1D所成角为θ, 则cos θ=|cos<,>|=,因为0≤t≤1,易得:0≤(t-1)2≤1, 所以≤·≤2,所以≤cos θ≤,又θ∈(0,],所以θ∈,故C正确; 对于D:由A知平面AB1D1的一个法向量为n2=(1,-1,1),=(1,-t,0), 所以点P到平面AB1D1距离为=,因为0≤t≤1,所以当t=0时,取得最小值为,故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2025·辽宁大连模拟)已知空间四边形ABCD,AB=BC=8,CD=1, AD=,∠ADC=90.则对角线AC与BD所成角的正切值的取值范围 是　　 　　.  (,) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:在△ACD中,因为∠ADC=90,所以AC==4, 过点D在平面ACD中作DE⊥AC于点E,则△CDE∽△CAD, 所以===,所以CE=,DE=. 取AC的中点O,连接OB,在△ABC中,因为AB=BC,所以AC⊥OB. 如图,以O为坐标原点,OA为x轴,OB为y轴,过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系. 因为OA=AC=2,AB=8,所以OB=2,所以B(0,2,0),A(2,0,0),C(-2,0,0), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设D(-,a,b),且a2+b2=DE2=,所以=(,2-a,-b),=(-4,0,0), 设直线BD与直线AC的夹角为θ, 则cos θ=|cos<,>|= = =. 因为-<a<,当a=时,cos θ=,当a=-时,cos θ=,tan θ==,所以tan θ∈(,). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 13.(2022·新课标Ⅰ卷)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h, 则=·h=h==S△ABC·A1A==, 解得h=, 所以A到平面A1BC的距离为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解:取A1B的中点E,连接AE,如图,因为AA1=AB,所以AE⊥A1B. 又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B, 且AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC, 由BC⊂平面A1BC,BC⊂平面ABC可得AE⊥BC,BB1⊥BC. 又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1, 所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图, 由(1)得AE=,所以AA1=AB=2,A1B=2,所以BC=2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1), 则=(1,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0), 设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则 可取m=(1,0,-1), 设平面BDC的法向量n=(a,b,c),则可取n=(0,1,-1), 则cos<m,n>===,所以二面角A-BD-C的正弦值为=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(2025·河南焦作模拟)球面与过球心的平面的交线叫做大圆,将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形,每条大圆弧叫做球面三角形的一条边,两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图(1),球O的半径R=,A,B,C,D为球O的球面上的四点. 创新拓展练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)若球面三角形ABC的三条边长均为,求此球面三角形一个内角的余弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解:因为球面三角形ABC的三条边长均为,R=, 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为,所以四面体OABC为正四面体. 取OA的中点E,连接BE,CE(图略),则BE⊥OA,CE⊥OA,且BE=CE=, 则∠BEC为二面角B-AO-C的平面角. 由余弦定理可得cos∠BEC===. 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中,DB⊥平面ABC, AB∶AC∶BC=∶∶1,直线DC与平面ABC所成的角为. ①若M,N分别为直线AD,BC上的动点,求线段MN长度的最小值; ②如图(2),若P,Q分别为线段AC,BC的中点,G为线段BD上一点(与点B不重合),当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值最大时,求线段BG的长. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解:因为DB⊥平面ABC,所以DB⊥AC,DB⊥AB. 设BC=a(a>0),则AB=a,AC=a.因为直线DC与平面ABC所成的角为,所以∠DCB=,所以BD=a,所以AD=a. 由勾股定理的逆定理可得AC⊥BC,又BD∩BC=B,BD,BC⊂平面BCD, 所以AC⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,所以AC⊥CD. 易知在Rt△ACD和Rt△ADB中,斜边AD的中点到点A,B,C,D的距离相等,即AD为球O的直径,所以AD=a=2,a=. 以C为坐标原点,直线CB,CA分别为x,y轴,过点C且与 BD平行的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ①由题可知C(0,0,0),A(0,2,0),B(,0,0),D(,0,), 则=(,-2,),=(-,0,0),=(0,0,). 设与,都垂直的向量为n=(x,y,z), 则 令z=,则n=(0,3,), 所以线段MN长度的最小值为==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ②设BG=t,t∈(0,],由题可知P(0,1,0),Q(,0,0),G(,0,t),O(,1,), 则=(,1,),=(,-1,0),=(,0,t). 设平面OBC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则取z1=-2,可得m=(0,,-2). 设平面GPQ的法向量为p=(x2,y2,z2), 则取x2=t,可得p=(t,t,-1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ. 因为cos θ=|cos<m,p>|===× =×=×, 令s=2t+1,则s∈(1,13],t=,3t2=, 可得===≤==2, 当且仅当s=3,即t=时等号成立,此时cos θ取得最大值, 故BG=. 感谢您的观看 $