专题4 第4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（基础版）

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 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所成的角相等,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 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 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 3.(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 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 4.(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 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,连接PO,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 5.(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 D. A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 设平面BCF的法向量为n=(x,y,z), 由解得x=0, 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 6.(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 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°,故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,所以BC1⊥平面A1B1C.又A1C⊂平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B正确. 连接A1C1,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,所以C1O⊥平面BB1D1D, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 7.(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 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 8.(2024·新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,而AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB, 则AD∥BC, 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解:因为AD⊥DC,所以以AD,DC所在直线为x轴、y轴,过点D作平面ABCD的垂线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). 所以=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量n1=(x1,y1,z1), 则 所以z1=0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 不妨设x1=,则y1=t, 所以平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0). 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则所以y2=0, 不妨设z2=t,则x2=-2. 所以平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为二面角A-CP-D的正弦值为, 又由图可知,二面角A-CP-D为锐角, 所以二面角A-CP-D的余弦值为, 所以|cos<n1,n2>|===. 所以t=,所以AD=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(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 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 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; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 10.(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 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 (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 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, 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), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 11.(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 (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 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 (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 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, 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 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 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). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设平面GPQ的法向量为p=(x2,y2,z2), 则 取x2=t,可得p=(t,t,-1). 设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ. 因为cos θ=|cos<m,p>|===× 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 =×=×, 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 $