第13章 专题探究10 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（苏教版）

EF,且PE=PF,可知Q为EF的中点.综上，结合球的对称性，易 知四边形EFNM为等腰梯形，过点E作EH⊥MW,垂足为H, 则MH=√3，EH =1,即PQ=1,可得 R2=EQ2+0Q2=3+0Q2, R2=PB2+0p2=16+(00-1)2解得2Y15,所以该刍甍夕 100=7 接球的表面积为4πR2=208π.故答案为208m. 专题探究09空间线、面位置关系 1.ABC解析：对于A:若m⊥n,m⊥a,则n∥a或nCa,故A说法错 误：对于B:若⊥B,aB=m,n⊥m,若nCB,则n⊥，若n￠B,则 n⊥a或n∥a或nCa或n与a相交（不垂直），故B说法错误；对 于C:若anB=m,n∥a,则m与n的关系是异面或平行，故C说 法错误；对于D:若m上a,a∥B,则m⊥B,又因为n∥B,则在平面B 内存在直线c使得n∥c,所以m⊥c,所以m⊥n,故D说法正确.故 选ABC 2.BCD解析：如图，在正方体ABCD-A1B,C1D1中，对于A,由正方 体的性质可知AD1∥BC1,所以∠A1C1B即为异面直线AC 与AD1所成的角，在△A1CB中，显然∠A1C1B=60°，所以A1C 与AD1成60°角，故A错误；对于B,四边形A1B1C1D1是正方形， F为AC1中点，∴F为B1D1中点.又E为AD1中点，EF∥ AB1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC∥B1C1,AD=BC= B,C1,四边形ADC1B1为平行四边形，AB1∥C1D,EF∥C1D, 故B正确；对于C,AC1∥AC,AD1∥BC1,A1C1,BC1中平面 ACD1,AC,AD1C平面ACD1,.A1C1∥平面ACD1,BC1∥平面 ACD1,又AC1∩BC1=C1,AC1,BC1C平面AC,B,.平面 AC1B∥平面ACD1,故C正确；对于D,取AE中点H,又G为AB 中点，∴.CH∥BE,又：GHC平面AD1G,BE￠平面AD1G,BE∥平 面AD1G,故D正确.故选BCD. D (第2题) (第3题) 3.BCD解析：如图，对于A,连接OC,因为AB是半圆0的直径，所 以AC⊥BC,所以OC与AC不垂直.因为ACC平面VAC,所以OC与 平面VAC不可能垂直，所以A错误：对于B,因为M,N分别 为VA,VC的中点，所以MN∥AC.因为MN丈平面ABC,ACC平 面ABC,所以MN∥平面ABC,所以B正确；对于C,由选项B可 知MN∥AC,又因为AC⊥BC,所以MN⊥BC,所以C正确：对于D, 因为VA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以VA⊥BC.因为AC⊥ BC,VA∩AC=A,A,ACC平面VAC,所以BC⊥平面VAC.因为BCC 平面BC,所以平面VAC⊥平面BC,所以D正确.故选BCD. 4.②解析：如图，折起后得到的几何体AED-BFC中，DE∥CF,CE C平面CFB,DE丈平面CFB,AE∥BF,BFC平面CFB,AE丈平面 CFB,所以DE∥平面CFB,AE∥平面CFB.因为DE∩AE=E,DE,AE C平面ADE,所以平面ADE∥平面CFB.因为BCC平面CFB,所以 BC∥平面ADE,故②正确：过点D作DH⊥EF,交EF于点H,过点 H作HG⊥AB,交AB于点G,过点C作CN⊥EF,交EF的延长线于 点N,过点N作NM LAB,交AB的延长线于点M,连接DG,CM.因 为题图①中四边形ABCD是边长为6的菱形，∠BAD=60°，AE BF=2,所以CF=DE=4,DH=CN=2√3，NF=HE=2,AG=MB= 3,MN=HG=√3，厅以四棱锥C-BFNM与D-AEHG是两个全等的 四棱锥.因为NM⊥AB,EF∥AB,所以NM⊥EF因为CN⊥EF,MNn CN=N,MN,CNC平面CMW,所以EF⊥平面CMN,同理EF⊥平 面DHG.因为D∈平面DHG,AE平面DHG,所以AD与EF不垂直 故①错误；因为平面BAEF⊥平面CDEF,平面BAEF∩平面CDEF= EF,DH⊥EF,DHC平面CDEF,所以DH⊥平面BAEF.若平面ADE⊥ 平面ABFE,因为平面ADE∩平面ABFE=AE,所以过点D作DH'⊥ AE,垂足为H',DHC平面ADE,所以DH'⊥平面ABFE,此时过点D 有两条垂直于平面ABFE的直线，与过平面外一点有且只有一条 直线与该平面垂直矛盾，故③错误.故答案为② 参考答案 E 共A B (第4题) (第5题) 5.证明：(1)如图所示，连接AC交BD于点H,底面ABCD为菱形，所 以AC⊥BD,AH=HC,HB=HD,即H为BD的中点. 因为F为△BCD的重心，所以F在CH上，且CF=2FH,可得 3CF=AC. :PC=3EC,在△PAC中根据线段成比例可得3EF=PA,EF∥PA, 又因为EFt平面PAB,PAC平面PAB,所以EF∥平面PAB. (2):点E在底面ABCD的投影恰好为△BCD的重心F,∴，EF⊥平 面ABCD. 又：ABC平面ABCD,ACC平面ABCD,∴.EF⊥AB,EF⊥AC 由(1)可知，EF∥PA,.PA⊥AB,PA⊥AC. 又：ABC平面ABCD,ACC平面ABCD,AB∩AC=A,',PA⊥平 面ABCD. BDC平面ABCD,∴.PA⊥BD. ,底面ABCD为菱形，∴.AC⊥BD. PA,ACC平面PAC,PA∩AC=A,∴.BD⊥平面PAC. PCC平面PAC,.PC⊥BD. 重难点拔 平行关系与垂直关系之间的相互转化： 如果一条直线垂直于两个 线面垂直的性质 平行平面中的一个平面， 那么该直线也垂直于另一 个平面 线线平行一线面平行 面面平行 如果两平行直线中的一条垂直于一个 垂直于同一直线 平面，那么另一条也垂直于这个平面 的两个平面平行 6.证明：(1)如图，连接A1G,并延长交BC于 D,连接AD,由点G为△A,BC的重心，得 D为BC的中点，由AB=AC,A1A=A1A, ∠A,AB=∠A1AC,得△A,AB≌△AAC, 则A,B=A1C,因此AD⊥BC,A1D⊥BC.又 因为AD∩A1D=D,AD,A1DC平面A1AD D 所以BC⊥平面A,AD.因为A1AC平 面A1AD,所以BC⊥A1A.又因为A1A∥B1B,所以B,B⊥BC. (2)由A1A=AB=2,∠A1AB=60°，得△A1AB为正三角形.同理 △A1AC也为正三角形，则A1B=A1C=BC=2,从而三棱锥A-A1BC 的所有棱长均为2，该四面体为正四面体， 由G为△A1BC的重心，得AGL平面A1BC, 菱形ACC1A1中，AC1过A1C的中点，即直线AC1与平面ABC的 交点为A,C的中点，因此G不在直线AC1上.又因为C1P⊥平 面A1BC,所以AG∥C1P. 专题探究10空间角与空间距离问题 1.C解析：在平面PAB中过点A作AE⊥PB,垂 足为E,如图，因为PA⊥平面ABCD,所以 ∠PBA为PB与平面ABCD所成的夹角，则 - LPBA=不又因为ABC平面ABCD,所以B PA LAB..又因为PA=1,所以AB=1,所以PB=2,AE=PB=2 2 因为LABC-=牙，所以BC AB因为BCC平面ABCD,所以PA1 BC.又因为AB∩PA=A,AB,PAC平面PAB,所以BC⊥平面PAB.因 为AEC平面PAB,所以BC⊥AE.又因为AE⊥PB,BC∩PB=B,BC, PBC平面PBC,所以AEL平面PBC,所以AE的长度即为点A到平 学霸077 面PBC的距离，即所求为AB=冬故选C 2.D解析：如图①，利用等体积法，V-C,B=Vc,-EBD,设点C1到平面 EBD的距离为d, 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，故BD=42,BE=ED= √/42+22=25. 12 如图②，设△EBD中为BD边上的高，h=AED2-2BD A V20-8=25,即Sm=子×BDxM=子×4反x2万=46，又因为 1 点D到平面C,EB的距离，即点D到平面C,CBB,的距离，为CD 4,S6G,B=2×2x4=4,由n-cB=Gn,得写SaGm·CD= 3S△BaD·d,即1 门一女4<4×生×这收d后一3父之 3.15246 33 解析：连接A1C1∩B1D1=01,ACOBD=0,连接001， 过点A1作AE⊥AC交AC于点E,如图①所示， D D A ① 因为几何体为正四棱台，所以O01⊥平面ABCD. 又因为A1E⊥AC,001⊥AC,所以A1E∥001，所以A1E为正四棱台 的高 又因为AB=6,A1B,=4,所以AB-1C-A,C_62-4 2 =2,所 2 以A1E=√AM-AE=2, 所以该校台的体积为}×2x(1636+V6x6)-1品. 连接D1O,B1O,过点B1作B1M⊥D1O交D10于点M,如图② 所示， 因为O01⊥AC,AC⊥BD,001∩BD=0,001,BDC平面DD1B1B,所 以AC⊥平面DD1B,B,所以AC⊥B1M. 又因为B1M⊥D1O,D10∩AC=O,D1O,ACC平面ACD1,所以 B1M⊥平面ACD1,所以B1M的长度即为点B,到平面ACD1的 距离. 由对称性可知，D10=B10=√/D10+00=√8+4=2W3, 所以sin∠B1D1O= 001_2-3 D10253 所以=8D,·血上8，D0=4x行-6所以点岳到平 3 面ACD,的距离为46 故答案为152,46 33 4.D解析：如图，记AB的中点为F,连接EF,A1F,A 因为E为棱AC的中点，所以EF∥BC,易知EF 2,A1E=A1F=√A1A2+AF=25,所以△A1EF 为等腰三角形，∠A1EF为锐角，所以LA1EF即为 异面直线A,E与BC所成角.记EF的中点为D, A 则cs∠A,EF=DELV5 4,E256,即异面直线AE 与BC所凤角的余弦值为汽放运D, 5.C解析：如图，连接AC,BD,交于点O,连接E0,因为E为棱PA的 必修第二册·SJ 中点，所以0/PC,B0:子PC=1,即异面直线 BE与PC所成角为∠BEO或其补角.在△BOE 中，E0=1,OB=√2，BE=√3，则cos∠BE0= BE2+E02-B02V3 2BE·E0 ，所以异面直线BE与PC所 或角的余张值为门故选℃ 62 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a∥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∠BPC或其补角即为m,n所成的角. 设四面体ABCD的棱长为1，AP=x(0<x<1),则PD=1-x, 在△ABP中，由余弦定理得，BP=√AB2+AP2-2AB·APcos60°= √12-2xIxx 同理求得PC=√1+x2-x, 故在△PBC中，os∠BPC.PB+PC2-BC_2r-+I)-.1- 2PB·PC 2(x2-x+1) 1 1 2 2x2-x+1 由于（分）广+2≥，则 2 ≤行，进而1- 2 112,3 x2+4 1 2 产号，当且仅当=2时取等号，放cs∠BPC的 最小值为行 进而m∠BPC=V-oLBPC≤25，故sin L BPC的最大值为 3 2技裕案为9 7.B解析：如图，将棱台补全为如图棱锥D-ABC, 由∠ABC=90°，AA1=A1B1=B1C1=1,AB=2,易 知DA=BC=2,AC=22,由A41⊥平面 ABC,AB,ACC平面ABC,则AA1⊥AB,AA1⊥AC, 所以BD=2E,CD=25,故BC2+BD2=CD2,所 以S6w=2×2x2万=2万.若点4到平面 BCCB,的距离为h,又V-AC=VA-BcD,则 2x2=x 2点，可得=反.综上，4c与平面8C,4所成角0e[0,受]， 9名子即0：则=0-停放选B 则si如0=h=1 8.6解析：设圆柱的高为h,因为圆柱的体积是 01 6T,底面半径为r=1,所以V=π×12×h=mh= √6π，即h=6.设点01是上底面中心，因为点0 是下底面中心，点A是圆柱上底面圆周上的一点， 所以∠OAO1是直线OA与圆柱底面所成角，作出 其过点A的轴截面（如图），所以am∠O40,=上- 0 √6，所以直线OA与圆柱底面所成角的正切值为√6.故答案为V6. 9.(1)证明：如图，连接BF,因为DE⊥平面ABCD,AFC平面ABCD, 所以DE⊥AF. 学霸078 因为CD=2AB=2AD=2,F为CD的中点，AD⊥AB,AB∥CD,所以四 边形ADFB是正方形，所以BD⊥AF. 因为DE∩BD=D,DE,BDC平面BDE,所以AF⊥平面BDE.又因为 BEC平面BDE,所以BE⊥AF (2)解：如图，作FG⊥平面BEC,交平面BEC于 点G,连接EG 则∠FEG是直线EF与平面CEB所成角， 因为AB=CF,AB∥CF,所以四边形ABCF为平 行四边形，所以BC∥AF. 因为BE⊥AF,所以BE⊥BC. 因为DE=1,AB=AD=BF=DF=FC=1,四边形ADFB是正方形， 所以BC=BD=√2，BE=√DE2+BD=√3，EF=√T2+1下=√2. 因为ex=c,所以写·子·BF,FPG·BD=子·号 】 BC·BB.FG,所以1=2x万FC,得PG=在△FGE中， sinL FEC=FG_3 EF 6 10.B解析：如图，设正四棱锥为P-ABCD,连 接AC,BD交于点O,连接PO,则P0⊥底 面ABCD,作OE⊥CD于点E,连接PE,CDC 底面ABCD,则PO⊥CD,而OE∩P0=O OE,P0C平面POE,故CD⊥平面POE, PEC平面POE,故CD⊥PE,故∠PE0即为 平面PCD与底面ABCD所成角，也即为正四棱锥P-ABCD的侧面 与底面所成角.因为正四棱锥的侧面积是底面积的√反倍，所以 4Sm-E×4Soa,即Sam-SAoa,所以号CDXPE=- 2CDx0E,即0E=2」 √ 0E5,则 0PE2在RL△POE中，os∠PE0=PE=2, ∠PE0=45°，即正四棱锥的侧面与底面所成角的大小为45°.故 选B. 11.B解析：过点B作BE∥AC,且BE=AC,连 接DE,CE,如图，因为AC⊥AB,所以BE⊥ AB.因为BD⊥AB,BD∩BE=B,BD,BEC平 B DU 面DBE,所以∠DBE是二面角a-I-B的平 面角，且AB⊥平面DBE,所以AB⊥DE,所以CE⊥DE.因为AB=4, CD=8,所以DE=√CD2-CE2=√82-42=43，所以cos∠DBE= BE2+BD2-DE236+36-481 2BE·BD 2x6x63放选B, 12.04 解析：由平面知识易证△DCE∽ △ADC,所以AC⊥DE.在三棱锥D'-ABC中， D'H23 ,ED'= ,EH=3 3,CH6 ,所 B 以D'+EP=D'E2,所以D'H⊥EH,如图， 过点C在平面CD'E内作CF⊥D'E,垂足为F,连接FH.因为D'H ⊥CH,所以易得CH⊥平面D'EH.又因为D'EC平面D'EH,所以 CH⊥D'E.因为D'E⊥CF,CF∩CH=C,CF,CHC平面CFH,所以 D'E⊥平面CFH.因为FHC平面CFH,所以D'E⊥FH,所以二面角 H-ED'-C的平面角为∠CFH.在△CD'E中，CD'=√2，CE=1, ED'=√5，由余弦定理可得，cos LCD'B=C0+502-CB2 2CD'·ED 15,所以sinCD'E=V-oLCDE= 2√30 5,所以CF= CD'sn∠CD'E=V2因为CH1平面DEH,FHc平面D'EH,所 15 以CHLFH,所以FH=√CF2-C7=S,放cos∠CH= 严，所以二面角H-BD-C的余弦值为故容案为 7 13.(1)证明：由PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PD⊥BC. 又因为CD⊥BC,PD∩CD=D,PD,CDC平面PQCD,所以BC⊥平 面PQCD.又因为NDC平面PQCD,所以ND⊥BC. 参考答案 在R△PCD中，设PD=2cD=5,则GD=6,PG=3,所以NC= 2 2Pw=1% ,∠DPN=∠CPD,所以△PDN∽△PCD,所以 DN⊥PC.又因为ND⊥BC,PC∩BC=C,PC,BCC平面BCP,则 DN⊥平面BCP.又因为BNC平面BCP,所以DN⊥BN. (2)解：不能.理由：如图，在平面QBC中， 过点C作直线CF⊥BC, 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD, 所以∠DCF为二面角Q-BC-D的平面角， 且∠DCF=0, 又因为CF∩CD=C,CD,CFC平面CDF,所 以BC⊥平面CDF. 在平面DCF中，过点D作DG⊥FC,垂足为G,连接BG. 因为BC⊥平面CDF,DGC平面DCF,所以DG⊥BC, 又因为BC∩FC=C,BCC平面BCQ,FCC平面BCQ,所以DG⊥平 面BCQ.所以∠DBG为直线BD和平面QCB所成角，即∠DBG=a, 所以DG的长度为点D到平面BCQ的距离，且DG=DCsin 6. 又因为AD=2AB·cos2 DG ABsin 6 sin 6 sin 0 则sina= BD√AB2+AD2 1√1+4s2V3+2cns01 2 由[智]可得m【号妥]w9e,], 所以设：=V5+2m0,4e[2,V5+万1，m0-号，血0 -s0=/1-3 所以血a×Y ≤ 4 2 Vx2+6 5,一（当且仅当2=5时，取等号），所以直 2 线BD与平面PAD所成角的正弦值最大值为5-] 2=牙，所以取不到 5-1√3 又因为sinw≤ 专题探究11立体几何中的轨迹问题 1.A解析：如图，连接AC,BD,B1C,BA1,AB1, D 因为DD1⊥AC,AC⊥BD,且DD,∩BD=D,所 以AC⊥平面BDD1,BD1C平面BDD1,所 以AC⊥BD1.因为A1D1⊥AB1,A1B⊥B:A, 且A1D1∩A1B=A1,所以AB1⊥平面BAD1, BD1C平面BA,D1,所以AB1⊥BD1,且 AB1∩AC=A,所以BD1⊥平面ACB1,APC平 面ACB,所以BD1⊥AP,点P的轨迹为平面ACB,与平面BCC,B 的交线CB1.故选A. 2.B解析：由题意知，BE=2,CD=3,如图， 在CD上取点M1,使得M1D=2,M1C=1, M.BA .E- 则MD∥BE且MD=BE,所以四边形 BEDM,为平行四边形，故BM1∥DE.又因CM,D 为BM14平面ADE,DEC平面ADE,所以BM1∥平面ADE.在AC上 取收见使得风A261有二宁所aQ △CDA,则M1M2∥AD.又因为M1M2￠平面ADE,ADC平面ADE, 所以M1M2∥平面ADE.又因为BM1∩M1M2=M1,BM1,M1M2C平 面BMM2,所以平面BM1M2∥平面ADE,则点M的轨迹为线 段M1M2.在△CM1M2中，CM1=CM2=1,∠M1CM2=120°，由余弦 定理得，M1M2=√/M1C2+M2C2-2M1C·M2Ccos120°=√3，即 点M的轨迹长度为√3.故选B. 学霸079专题探究10空间角与空间距离问题 题组日空间距离 中点，则异面直线A,E与BC所成角的余弦 1.（2024·江苏连云港高二月考)如图，在四棱 值为 锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,PA=BC= A.、⑤ B.、⑤ C.1 1,4D=2,PB与平面ABCD所成角为牙，底 10 5 D⑤ 10 5.(2024·浙江杭州高一月考)如图，已知正四 面ABCD为直角梯形，∠BMD=∠ABC=2则 棱锥P-ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA 的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦 点A到平面PBC的距离为 ( 值为 A.2 B.2 D. 2 6 A. B._/6 D.、3 3 3 3 D (第1题) (第2题) (第5题) (第7题) 2.(2024·重庆渝中区高一月考)如图，正方 6.(2024·广东广州高一月考)在棱长均相等的 体ABCD-A1B1C,D1的棱长为4，E是棱CC 四面体ABCD中，P为棱AD(不含端点)上的 的中点，则点C,到平面EBD的距离为 动点，过点A的平面ax与平面PBC平行若平 面与平面ABD,平面ACD的交线分别为m, 4.36 B.22 2w6 n,则m,n所成角的正弦值的最大值 2 3 3 D.3 为 3.(2024·山东烟台高二期中)如图，在正四棱 题组目直线与平面所成的角 台ABCD-A1B1C1D1中，AB=6,A1B1=4,AA1= 7.（2024·山东泰安高一月考)如图，在三棱 √6，则该棱台的体积为 ,点B,到平 台ABC-AB,C1中，AA1⊥平面ABC,∠ABC= 面ACD1的距离为 90°，AA1=A1B1=B1C1=1,AB=2,则AC与平 面BCC,B,所成角的余弦值为 () c D.3 3 8.已知圆柱的体积是√6π，点O是下底面中心， 题组三异面直线所成的角 底面半径为1，点A是圆柱上底面圆周上的一 4.（2024·江苏盐城高一月考)在正三棱 点，则直线OA与圆柱底面所成角的正切值为 柱ABC-AB,C1中，AB=AA1=4,E为棱AC的 第13章学霸119 9.(2024·陕西榆林高一期未)如图，在四棱锥12.(2024·江苏南通海安高级中学高一月考) E-ABCD中，DE⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB∥ 如图，已知在矩形ABCD中，AB=√2，BC=2, CD,ED=1,CD=2AB=2AD=2,F为CD的 点E是边BC的中点，DE与AC相交于点H, 中点， 现将△ACD沿AC折起，点D的位置记为 (1)证明：BE⊥AF; (2)求直线EF与平面CEB所成角的正弦值. D此时D5,则三面角H-D'-G的 余弦值为 13.(2024·河南漯河高一月考)如图，在三棱 柱ADP-BCQ中，侧面ABCD为矩形 题组四平面与平面所成的角 10.(2024·湖南衡阳高二期中)攒尖是古代中 (1)若PD⊥平面ABCD,PD=AD=2 国建筑中屋顶的一种结构形式.如图，在重 NC=2PN,求证：DN⊥BN. 檐四角攒尖中，它的上层轮廓可近似看作一 (2)若二面角Q-BC-D的大小为0,0e[牙， 个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面 积的√2倍，则侧面与底面所成角的大小为 21,且A0=24B:s号设直线BD和 ( 平面QCB所成角为α，问当0变化过程 A.30°B.45° C.60° D.15° 中α能否取到？若能，诗证明；若不 能，请说明理由。 (第10题) (第11题) 11.（2024·河南信阳高一期中)如图，锐二面角 a-l-B的棱上有A,B两点，直线AC,BD分 别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直 于AB.已知AB=4,AC=BD=6,CD=8,则 锐二面角α-l-B的平面角的余弦值是 ( c. 3 必修第二册·SJ学霸120