专题3 第3讲 空间角、距离的计算 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

专题强化训练 [A　基本技能] 1．已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选A．由题意，取AC的中点O，连接BO，C1O(图略).因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，所以BO⊥AC，BO⊥AA1.因为AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以BO⊥平面ACC1A1，所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角．由题意得BO＝＝，C1O＝＝，所以tan ∠BC1O＝＝＝，所以∠BC1O＝30°，即BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为30°. 2．(2025·合肥质量检测)已知AB为圆锥PO的底面直径，O为底面圆心，正三角形ACD内接于⊙O，若PA＝6，圆锥的侧面积为12π，则PA与BD所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A． 如图，以O为坐标原点，过点O且平行于CD的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系． 因为圆锥的侧面积为12π，所以圆锥的底面圆的半径为2，且AB为直径，点D又位于圆O上，故△ADB为直角三角形，又因为∠BAD＝，故∠OBD＝，即OA＝OB＝BD＝2，通过平面几何关系可得D(，，0)，B(0，2，0)，A(0，－2，0)，P(0，0，2)，所以＝(0，2，2)，＝(－，，0)，所以cos 〈，〉＝＝，所以PA与BD所成角的余弦值为. 3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法错误的是(　　) A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 解析：选D． 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E(，0，1)，O(，，1). ＝(－1，0，0)，＝(－，0，1)，设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，所以sin θ＝＝，故点A到直线BE的距离d1＝||·sinθ＝1×＝，故A正确；＝(－，－，0)，易知平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确；易知平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以 不妨令z＝1，得n＝(1，1，1)，所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，故C正确；因为＝(1，0，0)，＝＋＋＝(，，)，所以点P到直线AB的距离d4＝＝，故D错误． 4．如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABEF为矩形，且它们所在的平面互相垂直，AB＝2BE＝4，M为对角线AC上的点，且3AM＝MC，则点M到直线BF的距离为________． 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，F(4，2，0)，C(0，0，4)，A(4，0，0). 因为3AM＝MC， 所以＝， 连接BM，则＝＋＝＋＝(4，0，0)＋(－4，0，4)＝(3，0，1). 又＝(4，2，0)，所以点M到直线BF的距离为＝＝. 答案： 5．(2025·武汉调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝2，BC＝1，PD⊥平面PAB． (1)求PC的长； (2)若PD＝1，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值． 解：(1)如图，取AD的中点O，连接PO，CO，因为AD∥BC，AD＝2BC，所以BC綉AO，所以四边形ABCO为平行四边形，故OC∥AB． 由PD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，得PD⊥AB，所以OC⊥PD． 又AB⊥AD，所以OC⊥AD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面APD，所以OC⊥平面APD． 又OP⊂平面APD，所以OC⊥OP.由PD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，得PD⊥AP，故OP＝AD＝1. 又OC＝AB＝2， 所以PC＝＝. (2)以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴、y轴，过点O且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由PD＝1，得△POD为正三角形，故P(0，，)，A(0，－1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)， ＝(－2，1，0)，＝(0，，－)，＝(0，－，－). 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取z＝2，得平面PCD的一个法向量为n＝(，2，2). 设直线PA与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝，所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为. 6．(2025·天津卷)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，B1C1的中点，CG＝3C1G. (1)求证：GF⊥平面EBF； (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； (3)求三棱锥D-BEF的体积． 解：(1)证明：由题可知A1B1⊥平面BCC1B1，EF∥A1B1，所以EF⊥平面BCC1B1. 又因为GF⊂平面BCC1B1，所以GF⊥EF. 在Rt△GC1F中，C1G＝CC1＝1，FC1＝B1C1＝2， 所以GF＝＝. 在Rt△BB1F中，BB1＝4，B1F＝B1C1＝2， 所以BF＝＝2. 在Rt△BCG中，BC＝4，CG＝CC1＝3， 所以BG＝＝5. 则BG2＝GF2＋BF2，所以BF⊥GF. 又BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面EBF， 所以GF⊥平面EBF. (2)过点F作FH⊥BE于点H，连接HG，如图1所示． 因为GF⊥平面EBF，BE⊂平面EBF，所以GF⊥BE，又GF∩FH＝F，GF，FH⊂平面FGH，所以BE⊥平面FGH. 又HG⊂平面FGH，所以BE⊥HG. 所以∠FHG即为平面EBF与平面EBG的夹角． 因为EF⊥平面BCC1B1，BF⊂平面BCC1B1， 所以EF⊥BF， 在Rt△BFE中，EF＝4，BF＝2， 则BE＝＝6， 所以FH＝＝. 因为GF⊥平面EBF，FH⊂平面EBF， 所以GF⊥FH. 在Rt△GFH中，GF＝，FH＝， 所以tan ∠FHG＝＝，所以cos ∠FHG＝， 即平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. (3)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2所示，则B(4，4，0)，E(2，0，4)，F(2，4，4)，D(0，0，0). 所以＝(2，0，4)，＝(2，4，－4)，＝(0，4，0). 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取z＝1，得平面BEF的一个法向量为n＝(2，0，1). 点D到平面BEF的距离d＝＝. S△BEF＝BF·EF＝×2×4＝4， 所以V三棱锥D-BEF＝×4×＝. 7．(2025·济宁一模)已知底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O，平面PBD⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面ABCD． (1)证明：PO⊥平面ABCD； (2)若OA＝2OD＝2，直线DC与平面PBC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD， 因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面PBD， 因为PO⊂平面PBD，所以AC⊥PO， 因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAC， 因为PO⊂平面PAC，所以BD⊥PO，因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD． (2)由(1)知，AC，PO，BD两两垂直， 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0，－1，0)，C(－2，0，0)，B(0，1，0)，＝(－2，1，0)，设P(0，0，t)，t>0，则＝(0，1，－t)，＝(2，1，0)， 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令z＝2，得y＝2t，x＝－t，故m＝(－t，2t，2). 直线DC与平面PBC所成角的正弦值为， 即|cos 〈，m〉|＝ ＝＝， 化简得t＝1(负值已舍去)，则m＝(－1，2，2). 易知平面PAC的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设平面PAC与平面PBC的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝， 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为. [B　综合运用] 8．(2025·广东联考)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O1，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND． 　 (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论． (2)若平面PMN⊥平面MNDB，线段PA上是否存在一点Q，使得平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明如下：翻折前，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，由于M，N分别是边BC，CD的中点，所以MN∥BD，所以MN⊥AC，翻折过程中，MN⊥GP，MN⊥GA，GP∩GA＝G，GP，GA⊂平面PAG，所以MN⊥平面PAG，所以BD⊥平面PAG，由于BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAG. (2)存在，理由如下： 当平面PMN⊥平面MNDB时，由于平面PMN∩平面MNDB＝MN，GP⊂平面PMN，GP⊥MN，所以GP⊥平面MNDB，由于AG⊂平面MNDB，所以GP⊥AG，所以GP，MN，AG两两垂直． 由此以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可知G(0，0，0)，P(0，0，)，D(，－2，0)，N(0，－1，0)，A(3，0，0)，＝(3，0，－)， 设＝λ(0≤λ≤1)，连接GQ， 则＝＋＝＋λ＝(0，0，)＋(3λ，0，－λ)＝(3λ，0，－λ)，即Q(3λ，0，－λ)， 易得平面PMN的一个法向量为n1＝(1，0，0)， ＝(3λ－，2，－λ)，＝(－，1，0). 设平面QDN的法向量为n2＝(x，y，z)， 则 故可取n2＝(λ－1，λ－，3λ＋1). 设平面QDN与平面PMN的夹角为θ，由于平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为， 所以cos θ＝ ＝＝， 解得λ＝，所以当Q是线段PA的靠近P的三等分点时，平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $