课时冲关49 求空间角和距离-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

12.BD[取AD 的中，点O,BC 故正方体的棱长为x, 2 的中点E,连 接OE,OP. 所以3 =6,得x=24, 因为三角形 PAD为等边 三角形，所以 所以正四面体的表面积为4X尽 OP⊥AD. =24√3，所以D正确.] 因为平面PAD⊥平面ABCD,所以 13.解析：如图所示， OP⊥平面ABCD, 取B,C1的中点 因为AD⊥OE,所以OD,OE,OP P,连接MP,以 两两垂直， M为坐标原点， 如图，以O为坐标原点，分别以 MC,MA,MP的 OD,OE,OP所在的直线为x轴，y 方向分别为x 轴，之轴， 建立空间直角坐标系，则O(0,0, 轴，y轴，之轴正 方向建立空间直角坐标系」 0),D(W6,0,0), 因为底面边长为1，侧棱长为2， A(-√6,0,0)，P(0,0,3√2)，C(w6,23, 0),B(一√6,2√3,0)， 所以A,0B(02） 因为点Q是PD的中点，所以 ,3 c(200）c(02） 2 平面PAD的一个法向量为m= M0,0,0),设N(20t (0,1,0), 因为CN=NC, ,显然m 所以N(合0) 2 2 与QC不共线， 所以AB,=- 1 2 5,2,M 所以CQ与平面PAD不垂直，所以 A不正确； PC=(√6,2√5，-3√2)，AQ 又因为AB,⊥MN,所以AB,·MV = =0. 14 AC=(2√6,25,0)， 所以一 1+入 =0,所以λ=15， 设平面AQC的法向量为n=(x,y, 答案：15 ),则 14.解：(1)证明：如 图，以DA,DC 2=0, DP所在直线分 别为x轴、y轴 (n·AC=26x十23y=0, 之轴建立空间直 令x=1,则y=-√2，=-√5， 角坐标系， 所以n=(1,-√2，-√3). 设AD=a,则D 设PC与平面AQ℃所成角为0， (0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0), n·PC 则sin0 26 C0,a,0),E(a,号0）P(0,0,a n PC 6√6 3, 所以c0s9=2巨，所以B正确： 3 三棱锥BACQ的体积为 VDACQ=VQAN=3 SAAC2OP DC=(0,a:0). ,EF·DC=0,EF⊥DC,即EF =号×合×2×26×3 ⊥CD (2)假设存在满足条件的点G, =6所以C不正确； 设G(x,0,z), 设四棱锥QABCD外接球的球心 为M(0W5,a),则MQ=MD, 所以5） 、2 --(a-9 若使GFL乎面PCB, 则由FG·CB= (W6)2+(3)2+a, 解得a=0,即M(0,√5,0)为矩形 ABCD对角线的交点， a 所以四棱锥QABCD外接球的半 径为3， 设四棱锥QABCD外接球的内接正 四面体的棱长为x, 将四面体拓展成正方体，其中正四 0,aa)-十a(-号）=0， 面体棱为正方体面的对角线， 得x=0. 517. 参考答案 “点G的坐标为（号，0,0） 即存在满足条件的点G,且点G为 AD的中，点. 课时冲关49 1.C2.B3.A4.A5.A6.AC 7.解析：，AE:ED D :AD=1:1:2, .AE⊥ED,即 E AE,DE,EF两两 垂直，所以建立如 图所示的空间直角坐标系，设AB=EF =CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0, 2,0),C(0,2,1),.AF=(-1,2,0),E℃ (0,2,1), .cos〈AF,EC)= AF·EC AFEC 4 5x5=行 AF与CE所成角的余弦值为 4 答案：号 8.解析：以C为原点 建立坐标系，得下 列坐标：A(2,0,0), C(0,0,2√2).点 C在侧面ABB1A 内的射影为点 c( 所以AC1=(-2,0,2√2)，AC2 1,5,2,设直线AC与平 22 面ABB,A1所成的角为0， AC1·AC2 1+0+8 则c0s0= ACAC 2√3X3 2 又c[0,受]所以0=晋 答案晋 9.解析：如图建立空间 直角坐标系，则 D(0,0,2),A(2,0,2) D0,0,0),B(2,2,0), .D1A1=(2,0,0): DA1=(2,0,2),DB =(2,2,0) 设平面A1BD的一个法向量n=(x, y2）, 则"·D4=2x+2x=0. （n·DB=2x十2y=0. 令x=1,则n=(1,-1,-1), 点D到平面ABD的距离d= DA·n223 n53 答案：2 10.解：(1)证明：，AD=CD,∠ADB= ∠BDC且BD为公共边，·△ADB 高考总复习人教数学B版（新教材 ≌△BDC,∴.AB=BC 又：E为AC中点且AD=CD,DE ⊥AC,同理BE⊥AC 又'DE∩BE=E,且DE,BEC平 面BED, .AC⊥平面BED. 又，ACC平面ACD,.平面BED ⊥平面ACD. (2)在△ABC中，AB=2,∠ACB= 60°，AB=BC, AC=2,BE=√5， 在△ACD中，AD⊥CD,AD=CD, AC=2,E为AC中点，.DE⊥AC, DE=1. 又BD=2,.DE2+BE=BD, 即DE⊥BE. .直线AC、直线ED、直线EB两两 互相垂直. 由点F在BD上且△ADB≌ △BDC,.AF=FC, 由于E为AC中点，.EFAC, 当△AFC的面积最小时， EF⊥BD, 在Rt△DEB中，BE=√3，DE=1, EF=5,BF=多 2 21 如图，以 点E为 DE 坐标原 点，直线 AE、EB、 ED分别 为x;y,之A 轴建立 空间直角坐标系.则 C(-1,0,0),A(1,0,0), B(0,√3,0)，D(0,0,1), F0,,3）】 44 BD=(0,-3,1),AD=(-1,0,1), BC=(-1,-√3,0) .CF BF-BC= 设平面ABD的法向量为m=(x, y,). 可得·m=0,-5十=0.」 (AD·m=0,(一x十之=0， 设y=1, ∴.m=(W3,1,√3).设m与CF所成 的角为a,CF与平面ABD所成的 角为日， sin9=|cosa|=m·CF m·|CF 4 7 所以CF与平面ABD所成角的正 弦值为4 7 11.D[因为PA⊥平面ABC,所以PA ⊥AB,PA⊥BC.过点A作AE∥ CB,又CB⊥AB,则AP,AB,AE两 两垂直，如图所示，以A为坐标原 点，分别以AB,AE,AP所在直线 为x轴，y轴，之 13.解析：由题意知，AB, 轴建立空间直 AD,AQ两两垂直，以 角坐标系，则 点A为原点，AB、AD A(0,0,0), AQ所在直线分别为x P(0,0,2), 轴、y轴、之轴建系，设 B(4,0,0), AB=2,则A(0,0,0), C(4,-2,0). B E(1,0,0),F(2,1,0), 因为D为PB的中点，所以D2,0,1). M(0,t,2),0t2; 故CP=(-4,2,2),AD=(2,0,1) AF=(2,1,0),EM=(-1,t,2), 则cos0= t-2 所以cos(AD,CP)= AD·CP √W/5t+25 ADI CP 设f()=+2 (t-2) ,则(t)= 2×(-4)+0×2+1×2 √2+02+1X√（-4)+22+2 2(t-2)(2t十5) 5(t2+5)2 -6 √/30 :0≤t≤2.∴.f(t)≤0，即f(t)在 √5×2√6 10 [0,2]上递减，故当t=0时，c0s日最 设异面直线PC,AD所成的角为日， cos 0=I cos(AD,CP)=30 大为学 101 1 2.BCD[对选项A,由图知AC,C平 答案：号 面ACC1A1,EF∩平面ACC1A1= 14.解：(1)证明：以C E,且E任AC.由异面直线的定义 为坐标原点，分 可知AC1与EF异面，故A错误； 以CD,CP所在的 对于选项B,在直三棱柱ABC 直线为y轴，x轴； A1B1C1中，BC1∥BC. 以平面ABCD内垂 D,F分别是AC,AB的中点， 直于平面PCD的 ∴.FD∥BC,∴.BC∥FD. 直线为x轴，建立如图所示空间直 又BC中平面DEF,DFC平 角坐标系， 面DEF, 则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,一1， ∴.B,C1∥平面DEF.故B正确； 0).(建立空间直角坐标系，写出相 对于选项C,由题 关点的坐标) 意，建立如图所示 设AB与x轴交于点G, 则四边形ADCG是边长为1的正 的空间直角坐 方形，所以CGAB, 标系， 方 则C(0,0,0),A(2,0, 所以BC=√BG+CG= 0),B(0,2,0), √+1严=√2，所以PC=BC=√2， A(2,0,2),B1(0,2,2),C(0,0,2), 所以P(0,0W2), D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0). 因为E=PB的中点，所以 ∴.EF=(-1,1,-1), AC1=(-2,0,2). “EF·AC=2+0-2=0, 所以CA=(1,1,0), EF⊥AC, -(-) ,EF与AC1所成的角为90°.故C 正确； PB=1,-1E), 对于选项D,设向量n=(x,y,之)是 所以CA·PB=(1,1,0)·(1,-1, 平面DEF的一个法向量. √2)=1×1+1X(-1)+0× DE=(1,0,1),DF=(0,1,0), (-√2)=0， 由 n⊥DE, CE·PB= 112·1, 2- 22 n⊥DF, 1,-2)= 即·D5=0得{十8=0， ×1+()× n·DF=0, (y=0. （-1)+2x×(-2)=0. 取x=1,则=一1， .n=(1,0,-1), 所以AC⊥PB,EC⊥PB. 设点B到平面DEF的距离为d. 又AC∩EC=C,AC,ECC平 面AEC, 又DB1=(-1,2,2), 所以PB⊥平面AEC ∴.d= DB,·n -1+0-2 (2)因为PC⊥平面ABCD,BCC平 面ABCD. n √2 所以PC⊥BC, =32 2 又AC=√AD+CD=√2，BC= ∴点B到平面DEF的距离为 √2，AB=2, 3E,故D正确.] 所以AC十BC2=AB,所以AC BC, 2 ·518· 因为AC∩PC=C,AC,PCC平 ∴.AB⊥平面AAD,D.又因为ABC 面PAC, 平面ABCD, 所以BC⊥平面PAC,所以CB是平面 .平面AA1D1D⊥平面ABCD. PAC的一个法向量. (2)由(1)知平面ABCD⊥平 面ADD1A1. 由(1)可知PB是平面AEC的一个法 过A1作AO⊥AD于点O, 向量，（准确求出两个平面的法向量） :平面ABCD⊥平面ADD1A1, 因为PB=(1,-1,-√2)， 平面ABD∩平面ADD1A1=AD, .A,O⊥平面ABCD. CB=(1,-1,0), 过O作ON∥AB,且交BC于点N, 所以cos(PB.CB)=PB·CB .OA1,OD,ON两两垂直， PB·CB 分别以OD,ON,OA1为x轴，y轴，之 轴，建空间直角坐标系如图所示： 1×1+(-1)×(-1)+(-2)×0 2√2 ② 2 由图易知二面角PACE是锐二 面角， 所以二面角PACE的大小是45 则C(3,4,0),D1(2,0,√5)， (最后一定要回归到二面角的大小) B1(0,4W5), 课时冲关50 CD=(-1,-4W3),CB=(-3,0W5) 1.解：(1)证明：由题意可知，BM= 设平面B1CD1的一个法向量为n= √AB+Af=√22+2=22， (xy,2),则由 CM=√CD'+DM=√2+2 CD·n=0, =2√2，BC=4, CB1·n=0, 所以，在△BCM中，BC2=BM+Cf, 所以CM⊥BM; 得/厂x-4y十x=0, 因为平面ABM⊥平面BCDM且BM (-3.x十√5z=0. 是交线，CMC平面BCDM, 所以CM⊥平面ABM, 令=5，得n=（1,7) 因为ABC平面ABM,所以AB 又平面ABCD的一个法向量m ⊥CM. (0.0,1), (2)取BM中点 m·n_2√5 E,连接AE. cos(m,n〉=m·n=17} 因为AB=AM且 .平面B,CD,与平面ABCD所成的 E为BM中，点，所 以AE⊥BM. 权二西角的会院位为2一 因为AEC平面ABM,面ABM⊥面3.解：(1)证明：因为EF⊥AE,EF⊥ BCDM,BM是交线， DE,AE∩DE=E,AE,DEC平面 所以AE⊥平面BCDM, ADE,所以EF⊥平面ADE. 故AE长即为点A到平面BCDM的 又ADC平面ADE,所以EF⊥AD. 距离， (2)存在，且CK的 算得AE=√2. 长度为2.以E为 由(1)可知，CM⊥AM,△ACM是直 坐标原点，EA,EF 所在直线分别为x 角三角形，AM=2,CM=2√2，所以 轴，之轴建立如图所 SAw=z·2·2E=2VE,SaD 示的空间直角坐标 y 系，设KF=t(0≤t z·2·2=2. 2),则A(2,0,0), 设点D到平面ACM的距离为h, 因为VDACM=VAKD, 所以号·Saw·A=号·Sam· （号-2，号)设直线AK与年 AE,解得h=1, 面CDEF所成的角为B,则tanO= 故，点D到平面ACM的距离为1. ,设平面CDEF 2.解：(1)证明：：四边形ABCD是正 3,从而sin0=1 1 方形，.AB⊥AD, 的法向量为W,且u与直线AK的方 ,四边形ABB1A1是矩形， 向向量的夹角为B,则cosB= .AB⊥AA1,又AD∩AA=A, AA1C平面AA1D1D,ADC平 V而，易知平面CDBF的一个法向 面AAD1D. 量为u=(1,-1,0), ·519· 参考答案 u·AK 所以cosB= u·AK 竖-29 √-+到+ 1 解得t=0或t=2√2（舍）. 所以KF=0,所以CK的长度为2. 4.解：(1)因为PA ⊥平面ABCD, ADAB,所以 以A为坐标原 点，AB,AD,AP 所在直线分别 ￥B 为x轴，y轴，之 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,3,0), D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1), 则AB=(2,0,0),CD=(-2,-1,0), PD=(0,2,-2),BP=(-2,0,2). 设BF=ABP,则AF=AB+BF=(2 一2入，0,2入)，设平面PCD的法向量 为n1=（x1,y1,之1）， 则·C方=0， {2x-y=0, (n1·PD=0,12y1-2≈1=0， 取x1=1,则n1=(1,-2,-2). 因为AF∥平面PCD,所以AF·n =2-2以-以=0，得4=号所以部 31 (2)由1)得A=(侍0，号)A正- (0,1,1). 设平面AEF的法向量为n2=(x2, y22）, 则n·AF=0, {n2·AE=0, 14 2 即{3十了=0取，=1， （y2十g=0, 则n2=(1,2,-2). 易得平面PAB的一个法向量为n= (0,1,0). 设平面AEF与平面PAB的夹角 为0， 则cos日=cos〈n2,n)= 2 2 V1+4十4×1 =专，所以平面AEF 与平面PAB夹角的余孩值为号 课时冲关51 1.C 2.A 3.B 4.B 5.ABC 6.D 7.C[记A2,0),则k=六2为直线 AP的斜率，故当直线AP与半圆x 十(y-1)2=1(x>0)相切时，k最第六章立体几何与空间向量 ⑧错题序号： 课时冲关49求空间角和距离 @错因分析： [基础训练组] 5.如图，在直三棱柱ABC 1.(2024·上海市模 A1B1C1中，∠ACB 拟)如图，点A,B, 90°，2AC=AA1=BC=2. C分别在空间直 0 若二面角B1-DC-C1的大 B 角坐标系Oxy之 B 的三条坐标轴上，y 小为60°，则AD的长为 OC=(0,0,2),平面ABC的法向量为n= A.√2 B.√5 C.2 D② 2 (2,1,2),设二面角CAB-O的大小为0，则 cos 0= 6.(多选)设三棱锥VABC的底面是正三角 ) A.一⑤ 形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含 3 B 3 c号 D.-3 3 端点).记直线PB与直线AC所成的角为 2.(2024·金华市模拟)在空间直角坐标系 a,直线PB与平面ABC所成的角为B,二面 Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n= 角P-ACB的平面角为Y,则a,B,Y大小关 (2,-2,1),已知点P(一1,3,2)，则点P到平面 OAB的距离d等于 ( ) 系正确的是 () A.4 B.2 C.3 D.1 A.aB B.a=3C.Y>BD.Y≥3 3.如图，在直三棱柱ABC 7.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB,若沿 A1B1C1中，AB=1,AC EF将正方形折成一个二面角后，AE:ED: =2,BC=√3，D,E分别 AD=1:1:√2，则AF与CE所成角的余弦 是AC1和BB1的中点， 则直线DE与平面 值为 BB1C1C所成的角为 A. B C. D.号 4.已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB= 90°，AC=1,CB=√2，侧棱AA1=1,侧面 8.正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱） AA1B1B的两条对角线交于点D,则平面 ABCA1B1C的底面边长为2，侧棱长为2√2，则 B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦 AC与侧面ABBA1所成的角为 值为 ( 9.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则 A.一3 3 B.一6 3 点D1到平面A1BD的距离是 ·349· 高考总复习人教数学B版（新教材） [答题栏]10.(2022·全国乙卷，18) 12.(多选)如图，在直三棱 柱ABCA1B1C1中， 1 如图，四面体ABCD中， AC=BC=AA=2, 2 AD⊥CD,AD=CD, ∠ACB=90°，D,E,F 3 ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. 分别为AC,AA1,AB 4 (1)证明：平面BED⊥平面ACD: 的中点.则下列结论正确的是 A.AC1与EF相交 .5 (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在 B.B1C1∥平面DEF BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与 C.EF与AC1所成的角为90° -.11 平面ABD所成的角的正弦值. D.点B到平面DEF的距离为3， 2 12 13.如图，四边形ABCD和 M ADPQ均为正方形，它们 所在的平面互相垂直，动 点M在线段PQ上，E、F 分别为AB、BC的中点.设 异面直线EM与AF所成的角为0，则 cos的最大值为 14.如图，在四棱锥 P-ABCD中，已知 PC⊥底面ABCD, AB⊥AD,AB∥ CD,AB=2,AD= CD=1,BC=PC,E是PB的中点. (1)求证：PB⊥平面AEC: (2)求二面角PACE的大小. [能力提升组] 11.(2024·西宁市模 拟)如图所示的三 棱锥PABC中，D 是棱PB的中点，已 知PA=BC=2,AB =4,CB⊥AB,PA ⊥平面ABC,则异 面直线PC,AD所成角的余弦值为( A.-30 10 B.-30 5 ·350·