上分专题07 空间角与空间距离问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

专题课堂 上分专题07 空间角与空间距离问题 命题密钥 空间角与空间距离的求解是立体几何中的重难内容，也是必考考点，是对空间位置关系 和几何体结构特征的综合考查.在现阶段的学习中，主要利用几何法求解，到高二的学习中， 还会继续学习如何用向量法解决此类问题.在高考中，空间角与空间距离属于热门考点，常出 现在解答题中，如2025年全国一卷第17题，2025年全国二卷第17题等. 考点觉醒 ●空间距离 定义法 作点到平面的垂线，该点到垂足间的距离即为点到平面 的距离，在平面图形中计算所求线段的长 点到平面的距离 等体积法 以该点为顶点，平面上的三角形为底面构造三棱锥， 将求点到平面的距离转化为求三棱锥的高 直线到平面的距离 利用线面平行、面面平行将其转化为点到平面的距离求解 平面到平面的距离 ●空间角 异面直线 所成的角 平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，将其转化为平面图形求解 过斜线上斜足以外的一点作平面的垂线，连接斜足与垂足， 直接法 构造直角三角形求解 直线与平面 所成的角 等体积法 利用等体积法求出斜线上一点到平面的距离，直接利用 点到平面的距离与斜线段长度的比求出线面角的正弦值 定义法 过二面角的棱上一点O,分别在两个半平面内作OA⊥， OB⊥L,则∠AOB即为二面角的平面角 三垂线法 过平面ax内的一点A,作平面B的垂线AO,再过垂足O 面角 向棱作垂线OB,连接AB,则∠ABO即为二面角a-l-B 的平面角 射影法 已知平面B内一个多边形的面积为S,它在平面x内的射影 图形的面积为S影，二面角a-1-B的大小为6，则0s9=S 16数学|必修第二册·RJ 实战演练 题组1空间距离 4.#(2025·黑龙江哈尔滨高三模拟)在四 1.**柏拉图多面体是指每个面都是全等正 棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3 多边形的正多面体，具有严格对称，结构等 的正方形，PA⊥平面ABCD,且PA=4,若直 价的特点.如图是棱长均为2的柏拉图多面 线PCC平面a,直线BD∥平面&，平面a与 体PABCDQ,已知四边形ABCD为正方形，O, 直线AB,AD分别交于点E,F,则△PEF的面 E分别为PQ,CQ的中点，则点A到平面 积为 ;直线BD到平面a的距离 OEB的距离为 为 题组2异面直线所成的角 5.**(2025·河南南阳高一期末)如图，α∥ B,A,C∈a,B,D∈B,AC与BD为异面直 线，AC=6,BD=8,AB=CD=10,AB与CD成 A.√2 B.1 60°的角，则异面直线AC与BD夹角的大 c 小是 () 2.（2025·陕西安康高二期末)如图，点 01,02分别为圆台上、下底面的圆心，AB为 下底面的一条直径，且AO,⊥B0.圆台的上、 下底面圆半径分别为3,6，点P为下底面圆 A.60° B.90° 上不与A,B重合的一点，点Q为002靠近 C.45或60° D.60°或90° O,一端的三等分点，则当P为圆弧AB的中 6.整(2025·福建莆田高一月考)《九章算 点时，点A到平面BPQ的距离为 术》中将正四棱台称为方亭.在方亭 ABCD-AB,C1D1中，AB=2AB1=4,其体积 为282 2,E,F分别为AB,BC的中点，则异面 D 直线AA,与EF所成角的余弦值为（) A.57 24/17 B. A.1 B. 17 17 . C.56 12 036 7.**(2025·山西大同高一A,B,CDE4) 12 期末)如图，正四棱柱 3.(2025·福建龙岩高三月考)棱长均为 ABCD-A1B1C1,D1的侧面展 √5的四面体的顶点分别在四个互相平行的 开图是边长为4的正方形 B C D EA 平面上.若相邻两平行平面的距离都为d,则 则在正四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，异面直 d的值为 线AK和LM所成的角的大小为 黑白题·上分秘籍 17 8.(2024·广东广州高一月考)在棱长均题组3直线与平面所成的角 相等的四面体ABCD中，P为棱AD(不含端 10.*如图，在三棱台ABC-A1BC1中，A41⊥ 点)上的动点，过点A的平面α与平面PBC 平面ABC,∠ABC=90°，AA1=AB1=B1C1= 平行.若平面a与平面ABD、平面ACD的交 1,AB=2,则AC与平面BCC,B1所成角的余 线分别为m,n,则m,n所成角的正弦值的最 弦值为 () 大值为 9.热(2025·广东深圳高一期末)如图，在直 四棱柱ABCD-AB,C1D1中，△ACD是边长 为23的等边三角形，BB,=AB=3,∠ACB= A. B.3 D.13 2 3 胃棱4D的中点为R 11.整(2025·淅江杭州高一月考)如图，在 (1)求证：AD⊥平面AAB1B. △ABC中，AB=AC=2,BC=√2，且点A在平 (2)现在将矩形BCC,B,以边BB,所在直线 面a上，B,C在平面a的同侧，M为BC的 中点，若△ABC在平面a上的投影是以点A 为旋转轴，以0(0<<)为旋转角逆时 为直角顶点的△AB,C1,则AM与平面所 针旋转至矩形BEE,B,在旋转过程中， 成角的正弦值的取值范围是 () 是否存在O,使得直线FE,与直线CD所 成角的余弦植为？若存在，求满 足条件的0；若不存在，请说明理由。 A c 网 12.禁(2025·安徽芜湖高一月考)如图，正 四面体ABCD的棱长为2，点E在四面 体ABCD外侧，且△AED是以E为直角顶 点的等腰直角三角形.现以AD为轴，点E 绕AD旋转一周，当三棱锥E-BCD的体积 最小时，直线CE与平面BCD所成角的正 弦值的平方为 () A. C.22 D22 3 6 12 18数学1必修第二册·RJ 13.整(2025·河南鹤壁高一期末)如图，在15.禁如图，已知正方体ABCD-A1B1CD1 直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC,AC= 中，E是棱AA1的中点，则平面BEC,与平 BC=1,CC1=2,点P在线段BC1上 面ABCD所成的二面角的余弦值的大小为 (1)若P为BC,的中点. () (i)求证：AB∥平面A,CP; (ⅱ)求点B到平面ACP的距离 B (2)若CP⊥BC1,CP的延长线与直线BB 相交于点E,证明：平面A,CP⊥平 面AC,P,并求直线AE与平面ACC1A 所成角的正弦值 号 c 16.整(2025·浙江舟山高二期末)如图，已 知四棱台ABCD-AB1C1D1,点C1在底 面ABCD上的射影Q落在线段AC上（不含 端点)，底面ABCD为直角梯形，AD∥ BC,AB LAD,AB=22,BC=2AD=4. (1)求证：BD⊥平面ACC1A1· (2)若二面角B,-BC-A的大小为于 (i)求直线CC1与平面ABCD所成的 角的大小； (iⅱ)若四边形ACC,A,为等腰梯形， CC1=√3，求平面QA,B,与平面ABCD 所成二面角的正切值， 题组4二面角 14.(2025·安徽宣城高二月考)如图，已 知正三棱柱ABC-AB,C,的棱长均为2，M 为线段BB1上的动点（含端点），当截 面AMC,的周长最小时，平面AMC,与平 面ABC所成的二面角为 ( A.30° B.30或150° C.45° D.45°或135° 黑白题·上分秘籍19在△ABC中，根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC· CoS∠BAC,即9=AB2+AC2+√3AB·AC≥2AB·AC+W3AB·AC .AB·AC≤9(2-√3)，当且仅当AB=AC时，等号成立， 4(2、 &8 A4WG-2 AB·AG·sin L BAC≤x9(2-B)X2=9 月).三楼锥4-BC0体积的最大值为兮×号(2-月)x8=6(2- 3) 上分专题07空间角与空间距离问题 1.B解析：连接AO,AE,如图所示.因为0，E分别为PQ,CQ的中点，所 以OE为△PCQ的中位线，所以OE=1. 因为EB为正三角形CBQ的中线，所以EB=√3.因为OB是正方 形ABCD对角线的一半，所以OB=√2，所以EB2=OB2+OE2,所以 0BE为直角三角形，即OB⊥OB,所以SAe=)0E·OB2号 为QB=CB,所以点E到平面A0B的距离为之10Q1= }-(-号 设点A到平面OEB的距离为d,因为VA-oBB=VE-OB,所以 3SaB·dE3SAe)所以2.E2·2·2 2 ,所以 d=1. N- B (第1题) (第3题) 2.B解析：A01⊥B01,△A01B为等腰直角三角形.02为AB的 中点.00，=2B=6 由于点Q为0102靠近01一端的三等分点，则有01Q=2,02Q=4. 当P为圆弧正的中点时，AP1BP,则P=BP=2AB=6N2,易求得 三楼锥0-ABP的体积V=号·0，Q·宁·AP:B即=了×4x宁× 62×62=48,则QP=QB=√/02B2+02Q2=√62+42=2√13， 此时△B0的面载s·号·B·√0⑧-（罗-7x6反× √34=6√7，则由等体积法，设点A到平面BPQ的距离为d,有V= 寸解释24即点4到平百的更离为4 17 解析：在正方体中作出正四面体0-ABC,作分别过C,0,A三个 顶点的互相平行的平面，如图. 由于相邻两平行平面间距离都相等，不妨求平面AESK与平面OMWQ 间的距离，其中M,N,E,S为正方体棱上的中点，过点E作EF⊥OM 于点F,则EF即为两平行平面间的距离 因为amLP0E=m(日-∠L0F）Fan∠0r=2,所以血LP0E= 1 必修第二册·RJ 5 ,所以-0∠m6=怎25-号.即相s行平香 225 225=2； 同的距高为号 4.617617 17 解析：如图，过点C作BD的平行线与直线AB,AD 分别交于点E,F,则AE=AF=6,EF=62,由PA⊥平面ABCD,可得 PA⊥EF,由四边形ABCD是正方形及BD∥EF,可得AC⊥EF. 因为AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC,所以EF⊥平面PAC,所 以EF⊥PC, 因为PA=4,AC=35,所以PC=PA2+AC2=√34，所以△PEF的 1 面积为 -·EF.PC=617. 设ACnD=0,则0C=3?,因为EFL平面PAC,所以平面PAC⊥平 面PEF,平面PAC∩平面PEF=PC, 过点O作OG⊥PC,垂足为G,则OG⊥平面PEF,即OG就是直线BD 到平面a的距离，0G=0Csin∠PCA=35x4二6V页 2 √34 17 A BL (第4题) (第5题) 5.B解析：过点A作CD的平行线交平面B于点E,连接DE,BE ∥B,AE∥CD,平面ACDE∩a=AC,平面ACDE∩B=DE,∴.AC∥ DE,∴.四边形ACDE为平行四边形，∴.AE=CD=10,DE=AC=6. 又：AB与CD成60的角，.∠BAE=60°或∠BAE=120°. 当∠BAE=60°时，.AB=10=AE,.△ABE为等边三角形，故BE=10; 当∠BAE=120时，BE=2 AEsin60°=10√5，又.：BE>DE+BD=6+8= 14,不合题意.综上，BE=10. 在△BDE中，BE=10,BD=8,DE=6,∴.BE2=BD2+DE2 ∴.∠BDE=90°. :AC∥DE,所以∠BDE(或其补角)为异面直线AC与BD所成的角， 故异面直线AC与BD夹角的大小为90°. 6.C解析：连接AC,A1C1,A1B,A1D,过A1作A101平面ABCD,垂足 为0，连接0D,OB,如图. 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，易知∠A1AB=∠A1AD,AB=AD,则 △A1AB≌△A1AD,所以A1B=A1D. 因为A1O⊥平面ABCD,OB,ODC平面ABCD,所以A10⊥OB,AO⊥ OD,易知Rt△A1OB≌Rt△A1OD,所以OB=OD. 因为AO=A0,AB=AD,所以△AOB≌△AOD,则∠DA0=∠BA0=45°， 故0∈AC. 因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC,则异面直线AA1与 EF的夹角为∠A1AC. 因为A1O⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以A1O⊥AC. 在正方形ABCD中，AC=√2AB=4万，同理可得A1C1=2W万，在等腰梯 形44cG中，易知40=子(aC-AG)=2 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面面积分别为S1=4,S2= 16,正四棱台ABCD-41B,CD的体积V=号×A0×(S+S+ VX对)，则282行，0x4+16tVxi6),解得A0=. 3 黑白题104 在△A,M0中，M,=VA02+A,0=2,0s∠A,40=A0= AA 2 D D B (第6题) (第7题) 7.90°解析：由题意，还原正四棱柱的直观图，取A41的中点G,41G的 中点N,BB1中点O,连接相关线段如图所示，∴.MN=OL,ML= NO,NO∥GK,由几何知识得，四边形LMNO是平行四边形， ML∥NO,∴.KG∥LM,.∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成 的角. 由题知AG=2,AK=KG=√1+1=√2，则有AK+KG2=AG2,.∠AKG= 90°，即异面直线AK和LM所成的角为90. 8.2 3 ·解析：连接PB,PC,由题意知过点A的平面a与平面PBC平 行，平面a与平面ABD、平面ACD的交线分别为m,n. 因为平面x∥平面PBC,平面PBC∩平面ABD=PB,平面PBC∩平 面ACD=PC,所以m∥PB,n∥PC,所以LBPC或其补角即为m,n所 成的角， 设正四面体ABCD的棱长为1，AP=x(0<x<1),则PD=1-x, 在△MBP中，由余弦定理得BP=√AB2+P2-2AB·APcos60°= √12-2x1Xx了=，同理求得pC=三， 散在△PBC中，es∠BPC=Pg+PC2-BC,2(2-x+1)-11-7 2PB·PC2(x2-x+1) 1 2 2-x+1 为(）所以7 2 2 1+33 2 进而1 ≥子，当且仅当x=之时取等号，故osLBPC () 的最小值为行，进而血LBC=V个om乙BC≤2号，放inL8PC 的最大值为25枚答案为2 2 9.(1)证明：在△ABC中，AB=3,4C=25,∠ACB=牙，由余弦定理可 得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos-牙，即BC2-25BC+3=0,解得BC= V3,因为AB2+BC2=AC2,由勾股定理逆定理可得AB1BC 在平面ABCD中，因为∠ACB=∠CAD=牙，放BC∥AD,则AD LAB,, 在直四棱柱ABCD-AB,C1D1中，AA1⊥平面ABCD,ADC平面 ABCD,所以AD⊥AA1· 因为AM1∩AB=A,M1,ABC平面AM1B1B,所以D⊥平面AMB1B. 参考答案 (2)解：存在连接BE1,BF,CF,EF,如图所示： A B D D 因为BC∥AD,AD=2W5=2BC,F为AD的中点，所以DF∥BC,DF= BC,故四边形BCDF为平行四边形，所以BF∥CD,BF=CD=25,故 异面直线FE1与CD所成的角为∠BFE1或其补角， 在矩形BEE,B1中，BE,=√BE2+EE=√3+9=25=BF,故△BFE1 √/10 为等腰三角形，且∠BFE,为锐角，故os∠BFB,=,由余弦定理 得cos∠BFE1= E1F=√30. 因为BB1⊥平面ABCD,EE1∥BB1,所以EE1⊥平面ABCD 因为EFC平面ABCD,所以EE1⊥EF,所以EF=√/E1F2-EE= √30-9=√/21. 因为四边形BCDF为平行四边形，所以LFBC=LADC=T, 3, 在△BEF中，BF=25,BE=3,EF=2I,由余弦定理可得 w4个r号）-子 因为0<0c受放<0号<故6号-所以0：号，放存在 满足条件的0，使得直线B,与直线CD所成角的余弦值为个而。 且0= 10.B解析：如图，将三棱台补全为如图三棱锥 D-ABC,由∠ABC=90°，AA1=A1B1=B1C1= 1,AB=2,易知DA=BC=2,AC=22.由A411平A1 B 面ABC,AB,ACC平面ABC,则AA1⊥AB, AA1⊥AC,所以BD=2W2,CD=23,故BC2+ BD2=CD2,所以SARCD=7×2x22=22.若点A 到平面BCC,B的距离为点，因为Vn-Bc=V4-BC,所以写×2× 分22=4x2,解得A=反.综上，4C与平面80GA,所成 角00，号]则血0名宁即0=后则o0=浮放选B 11.D解析：连接AM.AB=AC=2,BC=V2,M为BC的中点， 1c故（停-年 设BB1=ae(0,2),CC1=be(0,2),则点M到平面a的距离为h= 2,AB=4-a,4C1=V4-6 a+ 射影是以点A为直角顶点的△AB1C1,B1C1=√8-a2-b 在直角梯形BB1C1C中，BC2=(B1C1)2+(CC1-BB1)2,即8-a2-b2+ (P=-2=23,所以ee(}2） h-√4(a+b)_√14（ 设AM与平面α所成角为0，则m0=M4 14 a+ 黑白题105 )[)e(2血[)月 12.D解析：在正四面体ABCD中，取BC的中点F,连接DF,AF,则 DF=AF,取AD的中点M,连接FM,EM,MB,MC,则FM⊥AD.因为 △AED是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体ABCD的棱 长为2，所以EM⊥AD,且EM= 1AD=1 点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以EM=1为半径 的圆，设该圆与MF的交点为E1,当三棱锥E-BCD的体积最小时， 即点E到底面BCD的距离最小，即此时点E位于点E1处，连 接E1C. 因为正四面体ABCD的棱长为2，则DF=AF=√3，又因为AD的中点 为M,所以FM=√AF2-AM2=√2，则FE1=√2-1. 设点E1在底面BCD上的射影为H,则E,H=E,F·sin∠E1FH= E,F.D2-1 FD 又因为MB=MC,BC的中点为点F,故MF⊥BC,故E,C= √FC2+E1F=√12+(2-1)7=√4-2 由于点E,在底面BCD上的射影为H,故∠E,CH即为直线CE,与 (E1H)2 3(2-1)2 平面BCD所成角，故sin2∠E1CH= (EC)2 (V4-22)7 3-222-√2 12-6212 13.(1)(1)证明：如图①，连接AC1,与A1C相交于点D,则D为AC1 的中点，连接DP,因为P为BC,的中点，所以DP∥AB. 因为DPC平面A1CP,AB丈平面A1CP,所以AB∥平面A1CP 0 9 (ⅱ)解：因为P为BC1的中点，所以点B到平面A1CP的距离与点 C1到平面A,CP的距离相等，设为h.因为三棱柱ABC-AB1C1为直 三棱柱，所以CC1⊥BC,又因为AC⊥BC,AC∩CC,=C,AC,CC,C平 面ACC1A1,所以CB1平面ACC1A1,所以点P到平面A1CC1的距离 为宁c子所以，了宁2x1号石又因为4c 7e5,p-00宁4c=p=分48 2,所以等腰 △c的面积为xP×aD-(兮):号x号 √/(）-(g)-冬，所以54e=25m=子由 4=4得行x-石解得=子所以点B到平 必修第二册·RJ 面AGP的距离为子 (2)解：如图②，易得CC1⊥A1C1,A1C1⊥BC 因为CC1nCB=C,CC1,CBC平面CBB1C1,所以A1C1⊥平面 CBB1C1.因为CPC平面CBB1C1,所以A1C1⊥CP. 因为CP⊥BC1,且BC1nA1C1=C1,BC1,A1C1C平面A1C1P,所以 CP⊥平面A1C1P. 因为CPC平面A1CP,所以平面A,CP⊥平面A1C,P. 因为CP⊥BC,,所以∠PCB+∠PBC=90°. 因为∠CC1B+∠PBC=90°，所以∠CC1B=∠PCB, 又因为∠C,CB=∠CBE=90,所以△CCBD△GB,所以CC CB 即子：证·得熙=子所以AE=√ABF √不a(2厂-又四为点到平面CGA的距真 为BC=1,所以直线AE与平面ACC1A1所成角的正弦值为 12W17 1717 2 14.C解析：如图①，展开侧面ABB1A1,BCC1B1后，连接AC1可得， 当M为BB1的中点时，AM+MC1最小，截面AMC1的周长最小.如图 ②，延长C1M,CB交于点D,连接AD,平面AMC1与平面ABC的交 线为A0,AB=BC=B,C=BD=2,A02=2+4-2x2×4×子 12,AD2+AC2=CD2→AD⊥AC. B D 因为ADC平面ABC,AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AD,又因为 AA1∩AC=A,AA1,ACC平面ACC,A1,所以AD⊥平面ACC1A1,AC1C 平面ACC,A1所以AD⊥AC1,所以∠CAC1为截面AMC1与平面ABC 所成二面角的平面角，又因为AC=CC1=2,∠C1CA=90°，所以平 面AMC1与平面ABC所成的二面角∠CAC1=45°. 15.D解析：如图，连接AC,则△EBC,在平面ABCD内的射影是 △ABC,设它们的面积分别为S和S',所成的二面角为6 设正方体的棱长为2，则AB=BC=2,BE=√5，BC1=2N2,EC1= V√(2w2)2+12=3. .cOs∠EBC1 BE2+BC-EC 1 2BEBCsin EBC=1-LEBC= 3 之BE·BC sin LEBC1=3.S”E之AB·BG S'2 S=3 D 黑白题106 16.(1)证明：如图①，连接BD交AC于点O.AD∥BC,∠0AD= ∠0CB,∠0DA=∠0BC,△A0Dn△COB,OB OCCB2 OD OA AD 1 在直角梯形ABCD中，AD∥BC,AB⊥AD,AB=2V2,BC=2AD=4,由 勾股定理可得BD=√AB2+AD2=√8+4=2√5，AC=√AB2+BC2= √8+16=2W6. w 在△AOD中，OD= 3 BD= 3,0A= 34C26 ,0D2+042= 4=AD2,.0D⊥OA,即BD⊥AC. C1Q⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,.C1Q⊥BD,又，C1Q∩AC= Q,C1Q,ACC平面ACC1A1,BD⊥平面ACC1A1· (2)解：(i)如图②③，过点Q在平面ABCD内作EQ⊥BC,交BC 于点E,连接C1E. 0 0 C E ② ③ CQ⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,BC⊥C,Q. EQ⊥BC,EQnC1Q=Q,EQ,C1QC平面C1EQ,.BC⊥平面C1EQ. ,C1EC平面C1EQ,∴，C1E⊥BC,则∠C1EQ为二面角B1-BC-A的 3,且LC,CQ为直线CC,与平面ABCD所成 平面角，即∠C1EQ= 的角 CiQ CQ ,'tan∠C,EQ= =√3，即C1Q=√5EQ.,tan∠C1CQ= EQ √3E EQAB√3 CO ,而在△0BC中，0AC-3,amLG,cQ=10< LC0<号∠G,c0=牙，直线cC,与平面ABcD所成角 为好 (i)在等腰梯形4AC,中，CC=5,∠C,C0=年，AC=26, 则c0= .6 1 2cG,=2,即cQ=4AC 如图④，过点Q作1∥AB,则I∥AB1,过点A1在平面A1AC内 作A1H⊥AC,垂足为点H,在平面AA1CC内，，C1Q⊥AC A1H⊥AC,.A1H∥C1Q. C1Q⊥平面ABCD,A1H⊥平面ABCD. 0 、× M 0 E ④ 4 6 参考答案 过点H在平面ABCD内作HM⊥L,交I于点M,连接A1M, ,'AH⊥平面ABCD,lC平面ABCD,∴.I⊥A1H. l⊥HM,AH∩HM=H,AH,HMC平面AHM,∴，l⊥平面A1HM. ,AMC平面AHM,l⊥A1M,则∠A1MH为平面QA1B1与平 面ABCD所成二面角的平面角. 四边形AA1C1C为等腰梯形，.A41=CC1,∠C1CQ=∠A1AH ∠C0C=∠A,M=90,△GC0≌△4AH,AH=CQ=AC= 4a=G0=v-网-(：5w 6 24G=6 如图⑤，在平面ABCD内，：CE⊥ME,HM⊥ME,.HM∥CE, H_巴=2，即HM=2CE. CE CO 在平面A0D.肉QELC,Ap8c.QE/Ab.既器子 故HW=2CB=2xBC=78C-=2 如图⑥，在Rt△A1MH中，tan ZA MH=M=2×2=故平面■ 、Q4,B,与平面ABCD所成二面角的正切值为名 上分专题08立体几何中的轨迹问题 1.B解析：因为六棱锥P-ABCDEF为正六棱锥，所以顶点P在底面的 投影为底面中心0，如图①②， ① 又因为底面边长为3，所以0C=3,可得P0=√PC2-0C=33, 且P0≤42，则00=√P02-0P2≤√5，可知点0所形成区域为以点 0为圆心，半径长为√5的圆面，其面积为π×(5)2=5π.故选B. 2.A解析：连接EF,过点F作FG⊥CF交B1C,于点G,过点G作 GH∥A1B1交A1D1于点H,连接HE,如图所示： D 为 因为E,F分别为AA1,BB1的中点，所以EF∥AB, 又因为AB⊥平面BCC1B1,所以EF⊥平面BCC,B1,所以EF⊥CF, 又因为FG⊥CF,且EF∩FG=F,EF,FGC平面EFGH,所以CF⊥平 面EFGH,所以P的轨迹为EF,FG,GH,HE. 因为∠GB1F=∠CBF=90°，所以可知△BCF∽△B1FG, 所股g所以6号所以G属8G 又因为GH∥AB,GH=AB,所以四边形EFGH为平行四边形，所以 GH=F=1,所以P的航注长度为(1）2=24,6 黑白题107