第4章 专题强化练7 空间角和距离（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（湘教版）

专题强化练7　空间角和距离 1.如图所示,三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,且PA=PB=AB=,PC=,则点C到平面PAB的距离等于(　　) A.　　B.　　C.　　D. 2.(2025上海静安期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为底面ABCD内(包括边界)的动点,满足直线D1P与CC1所成角的大小为,则线段DP扫过的面积为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 3.(多选题)(2025湖北新高考联考协作体开学考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在线段C1D1上运动,则下列选项中正确的是　(　　) A.AP的长的最小值为 B.平面BB1P⊥平面A1B1C1D1 C.若P是C1D1的中点,则二面角P-BB1-C1的余弦值为 D.若D1P=,则直线B1P与BD1所成角的余弦值为 4.如图,边长为2的等边△ABC和直角△ABC1所在的半平面构成60°的二面角,当∠AC1B=90°,∠C1AB=30°时,线段CC1的长度为　　　　.  5.(2024甘肃临夏期末)如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1垂直于底面,AB=5,AA1=AC=3,BC=4,P,D分别为AB,C1B的中点. (1)求证:PD∥平面ACC1A1; (2)求证:BC⊥PD; (3)求点C到平面PBC1的距离. 6.(2025山东泰安第一中学期中)如图,已知三棱台ABC-A1B1C1中,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形,且AB=2AA1=2A1B1=2BB1=2. (1)证明:AB1⊥平面BB1C1C; (2)求直线AB1与平面ABC所成角的大小; (3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为?若存在,求出线段CF的长;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 专题强化练7　空间角和距离 1.C 2.A 3.ABC 1.C　取AB的中点G,连接PG,CG,作CH⊥PG,垂足为H,如图所示, ∵PA=PB=AB=, ∴△PAB为等边三角形. ∵G为AB的中点, ∴PG⊥AB, ∵△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°, ∴CG⊥AB, 又PG∩CG=G,PG,CG⊂平面PCG, ∴AB⊥平面PCG, 又CH⊂平面PCG,∴AB⊥CH. 又CH⊥PG,PG∩AB=G,PG,AB⊂平面PAB, ∴CH⊥平面PAB, 即CH的长就是点C到平面PAB的距离. 在等边三角形PAB中,PG=×=, 在Rt△ABC中,CG==, 在△PCG中,由余弦定理可得 cos∠PGC= ==-, ∴sin∠PGC===, 在Rt△CHG中,CH=CG·sin(π-∠PGC)=×=,∴点C到平面PAB的距离为. 2.A　因为DD1∥CC1,所以直线D1P与CC1所成的角即为DD1与D1P所成的角, 易知DD1⊥PD,所以DD1与D1P所成的角为∠DD1P,即∠DD1P=,故tan∠DD1P==,即DP=, 所以点P的轨迹是以D为圆心,为半径的圆的四分之一, 故线段DP扫过的面积为π×=. 3.ABC　对于A,如图,连接AD1,AP, 由正方体的性质得C1D1⊥平面ADD1A1, 又AD1⊂平面ADD1A1,所以C1D1⊥AD1, 又点P在线段C1D1上运动, 所以AP≥AD1=(当点P与点D1重合时取“=”),故A正确. 对于B,由正方体的性质得BB1⊥平面A1B1C1D1,又BB1⊂平面BB1P,所以平面BB1P⊥平面A1B1C1D1,故B正确. 对于C,当P为线段C1D1的中点时, 易知BB1⊥PB1,BB1⊥C1B1,所以∠PB1C1即为二面角P-BB1-C1的平面角. 在△PB1C1中,PC1=,B1C1=1,PC1⊥B1C1,所以PB1=,所以cos∠PB1C1===,故C正确. 对于D,如图, 在A1B1上取点M,使MB1=,连接MB,MD1,则MD1∥B1P, 所以∠MD1B(或其补角)即为异面直线B1P与BD1所成的角. 在△MD1B中,MD1===,BD1==,BM==, 由余弦定理可得cos∠MD1B===,故D错误. 4.答案　 解析　如图①,过C1分别作C1D⊥AB于D,C1O⊥平面ABC于O,连接DO, ∵AB⊂平面ABC,∴C1O⊥AB, 又C1O∩C1D=C1,C1O,C1D⊂平面C1DO, ∴AB⊥平面C1DO,又DO⊂平面C1DO,∴AB⊥DO, ∴∠C1DO为等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成的二面角,即∠C1DO=60°, 又∠AC1B=90°,∠C1AB=30°, ∴C1B=AB·sin 30°=1,C1D=C1B·sin 60°=,C1O=C1D·sin 60°=,DO=C1D·cos 60°=, BD=C1B·cos 60°=, 画出底面△ABC如图②,分析可知: CO===, ∴CC1===. 　　 5.解析　(1)证明:连接AC1,在△ABC1中,D,P分别是BC1,AB的中点,则PD∥AC1, 又AC1⊂平面ACC1A1,PD⊄平面ACC1A1, 所以PD∥平面ACC1A1. (2)证明:由AB=5,AC=3,BC=4,得AB2=AC2+BC2,则∠ACB=90°,即BC⊥AC, 由AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得AA1⊥BC, 又AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1, 所以BC⊥平面ACC1A1, 又AC1⊂平面ACC1A1,所以BC⊥AC1, 又PD∥AC1,所以BC⊥PD. (3)如图,连接A1C,交AC1于点E,连接BE,过点C作CF⊥BE,垂足为F, 由AA1=AC=3,侧棱AA1垂直于底面,得CE⊥AC1且CE=,因为BC⊥平面ACC1A1,AC1⊂平面ACC1A1, 所以BC⊥AC1,又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面CBE, 所以AC1⊥平面CBE, 又CF⊂平面CBE,所以CF⊥AC1, 又CF⊥BE,BE∩AC1=E,BE,AC1⊂平面ABC1, 所以CF⊥平面ABC1, 所以点C到平面PBC1的距离为CF的长. 由BC⊥平面ACC1A1,CE⊂平面ACC1A1,得BC⊥CE, 则BE===, 所以CF===. 故点C到平面PBC1的距离为. 6.解析　(1)证明:在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,AB=2AA1=2A1B1=2BB1=2, 所以四边形ABB1A1为等腰梯形, 如图1,过B1作B1H⊥AB,垂足为H, 则cos∠ABB1===, 在△ABB1中,由余弦定理得A=AB2+B-2AB·BB1·cos∠ABB1=22+12-2×2×1×=3, 则AB2=A+B,即AB1⊥BB1, 又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1,AB1⊂平面ABB1A1, 所以AB1⊥平面BCC1B1. (2)由(1)知AB1⊥平面BCC1B1, 又BC⊂平面BCC1B1,所以AB1⊥BC, 又BA⊥BC,BA∩AB1=A,BA,AB1⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥平面ABB1A1, 又B1H⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥B1H, 又B1H⊥AB,AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC, 所以B1H⊥平面ABC, 所以∠B1AB为直线AB1与平面ABC所成的角, 在Rt△ABB1中,AB=2,BB1=1,AB1=, 则cos∠B1AB==,因此∠B1AB=30°, 所以直线AB1与平面ABC所成角的大小为30°. (3)如图2,设三棱台ABC-A1B1C1的侧棱AA1,BB1,CC1的延长线交于点P,易知△PAB为正三角形, 由BC⊥平面ABB1A1,BC⊂平面ABC,得平面ABC⊥平面PAB, 取AB的中点N,连接PN,CN, 因为△PAB为正三角形,所以PN⊥AB, 又平面ABC∩平面PAB=AB,PN⊂平面PAB, 所以PN⊥平面ABC. 作FE∥PN交CN于点E,则FE⊥平面ABC, 又AB⊂平面ABC,所以AB⊥FE. 作ED⊥AB于点D,连接FD, 易知ED为FD在平面ABC上的射影, 因为ED∩FE=E,ED,FE⊂平面DEF, 所以AB⊥平面DEF, 又FD⊂平面DEF,所以AB⊥FD, 所以∠FDE为二面角F-AB-C的平面角. 假设线段CC1上存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为,即∠FDE=,易得PN=,CN==,CP=2,CC1=. 设EF=t,则DE=3t, 易得△CFE∽△CPN,△NDE∽△NBC, 则=,==,所以+=+=1, 即+=1,解得t=,则EF=, 由△CFE∽△CPN得=,即=,所以CF=<CC1=, 需要验证点F在线段CC1上. 所以存在满足题意的点F,且CF=. 7 学科网（北京）股份有限公司 $