考点21空间角与距离练习-2025-2026学年高二下学期数学学考复习

**基本信息** 聚焦空间角与距离，构建几何法与向量法双路径解题体系，以正方体、棱柱等模型为载体，系统覆盖线面角、二面角等核心考点，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|12题（含2024新高考Ⅱ卷真题）|几何法（作辅助线、证垂直、找平面角）、等体积法求距离|空间角与距离定义→几何度量（通过射影、垂线构造平面角）| |能力提升|4题（含2025全国Ⅰ卷模拟）|向量法（建系求法向量）、动态问题分析|几何直观→代数运算（空间向量坐标化），覆盖推理能力与运算能力|

考点21 空间角与距离 基础巩固 1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C与平面ABCD所成角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 2.在四面体ABCD中,二面角A-BC-D为60°,点P为直线BC上一动点,记直线PA与平面BCD所成角为θ,则(　　) A.θ的最大值为60° B.θ的最小值为60° C.θ的最大值为30° D.θ的最小值为30° 3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的等边三角形,AA1⊥底面ABC,AA1=3,M是AB的中点,则异面直线BB1与MC1所成角的大小为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 4.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=,AB=,二面角A1-BD-A的大小为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 5.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面A1B1CD⊥平面ABCD,且四边形ABCD和四边形A1B1CD都是正方形,则直线BD1与平面A1B1CD所成角的正切值是(　　) A. B. C. D. 6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O为底面A1B1C1D1的中心,则点O到平面ABC1D1的距离是(　　) A. B. C. D. 7.(2024新高考Ⅱ)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 8.(多选)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠DAB=∠A1AB=∠A1AD=,AA1=3,AB=AD=2,以下选项正确的是(　　) A.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为6 B.异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为 C.AC1⊥平面BDD1B1 D.二面角D1-AA1-B的余弦值为 9.“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为　　　　　.  10.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=AA1=1,则点B1到平面D1BC的距离为　　　　　.  11.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都是2,则直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为　　　　　;直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为　　　　　.  12.(2025浙江7月学考)如图,在直三棱柱ABC-DEF中,AB=AC=AD=1,AB⊥AC. (1)求证:AF⊥CE; (2)求二面角A-EF-C的正弦值. 能力提升 13.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=2,AA1=4,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,则直线BC1与CA1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 14.(多选)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1,侧棱长为2,点M为侧棱CC1上的动点(包括端点),AM⊥平面α.下列说法正确的有(　　) A.异面直线AM与B1C可能垂直 B.直线BC与平面α可能垂直 C.AB与平面α所成角的正弦值的取值范围为[] D.若M∈α且CM=MC1,则平面α截正四棱柱所得截面多边形的周长为3 15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为3,O1是上底面A1B1C1D1的一个动点. (1)求三棱锥A-O1BC的体积; (2)当O1是上底面A1B1C1D1的中心时,求AO1与平面ABCD所成角的余弦值. 16.(2025全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (ⅰ)证明:点O在平面ABCD上; (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 参考答案 基础巩固 1.D　解析 ∵正方体ABCD-A1B1C1D1, ∴AA1⊥平面ABCD, ∴∠A1CA即为直线A1C与平面ABCD所成角,设正方体棱长为1, ∴cos∠A1CA=.故选D. 2.A　解析 设点A在平面BCD上的射影为点O,作OE⊥BC,连接AE,则∠AEO为二面角A-BC-D的平面角. 连接OP,AP,则sin∠APO==sin∠AEO·,故选A. 3.A　解析 取A1B1中点N,连接NM,NC1, ∵M为AB的中点,易知MN∥BB1, ∴∠C1MN即为异面直线BB1与MC1所成角. ∵AA1⊥平面ABC, ∴AA1⊥NC1, ∴MN⊥NC1. ∵△ABC是边长为2的等边三角形,且AA1=3, ∴NC1=,MN=3, ∴tan∠C1MN=, ∴∠C1MN=30°.故选A. 4.C　解析 取BD中点O,连接A1O,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,易知AO⊥BD, ∵AA1⊥平面ABCD,可知,A1O⊥BD, ∴∠A1OA即为二面角A1-BD-A的平面角. ∴tan∠A1OA=, ∴∠A1OA=60°. 故选C. 5.C　解析 连接A1C,交BD1于点O,由对称性可知,OC=A1C. ∵四边形ABCD是正方形, ∴BC⊥CD. 又平面A1B1CD⊥平面ABCD,平面A1B1CD∩平面ABCD=CD, ∴BC⊥平面A1B1CD, ∴∠BOC即为直线BD1与平面A1B1CD所成的角, 不妨设AD=a,则tan∠BOC=. 6.B　解析 ∵O为A1C1的中点,∴点O到平面ABC1D1的距离是点A1到平面ABC1D1的距离的一半,故可计算点A1到平面ABC1D1的距离. ∵AB⊥平面ADD1A1,且AB⊂平面ABC1D1, ∴平面ABC1D1⊥平面ADD1A1. 过点A1作A1M⊥AD1,∴A1M⊥平面ABC1D1, ∴点A1到平面ABC1D1的距离即为A1M. ∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, ∴A1M=. ∴点O到平面ABC1D1的距离是. 故选B. 7.B　解析 (方法1)设棱台的高为h,三条侧棱延长后相交于一点S.正三角形ABC与正三角形A1B1C1的中心分别是点O,O1.连接AO,SO,易知点O1在SO上. 由AB=3A1B1,可知三棱锥S-A1B1C1的高为SO1=h,三棱锥S-ABC的高为SO=h,正三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC和△A1B1C1均为正三角形,AB=6,A1B1=2,得S△ABC=9,所以×9h-h=,解得h=, 由等边三角形性质易知OA=2,SO=h=2,所以所求正切值为=1.故选B. (方法2)设棱台的高为h,正三角形ABC与正三角形A1B1C1的中心分别是点O,O1,连接OO1,A1O1,AO,作A1H⊥AO,H为垂足. S上=×22=,S下=×62=9,V=(S上+S下+)h,可得h=,设A1A与平面ABC所成角为θ,则tan θ==1. 故选B. 8.ABD　解析 对于A,连接AC,BD交于点O,则O为AC,BD的中点. 因为∠DAB=,AB=AD=2,则△ABD为正三角形,故BD=2,AO=,BO=DO=1. 又∠A1AB=∠A1AD=,AA1=3,由余弦定理,得A1B=A1D=, 则△A1OB≌△A1OD,故∠A1OB=∠A1OD. 又∠A1OB+∠A1OD=π,故∠A1OB=∠A1OD=,A1O=.因为A1O2+AO2=A1A2,则A1O⊥AO.又A1O⊥BO,AO∩BO=O,AO,BO⊂平面ABCD,故A1O⊥平面ABCD,则平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V=S平行四边形ABCD·A1O=22×sin=6,故A正确. 对于B,因为AA1∥BB1,所以∠AA1C为异面直线BB1与A1C所成的角. 因为A1O⊥AO,且AO=OC,所以△AA1C为等腰三角形,则∠AA1O=∠CA1O,cos∠AA1O=,所以cos∠AA1C=cos 2∠AA1O=2cos2∠AA1O-1=2×()2-1=,故sin∠AA1C=,所以异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为,故B正确. 对于C,因为cos∠AA1C=>0,所以AC1与AA1不垂直. 又AA1∥BB1,所以AC1与BB1不垂直.因为BB1⊂平面BDD1B1,故AC1⊥平面BDD1B1不成立,故C错误. 对于D,由AA1=AA1,AB=AD,DA1=BA1,故△A1AB≌△A1AD. 作BP⊥AA1于点P,连接DP,由全等性质可得DP⊥AA1,则二面角D1-AA1-B的平面角为∠DPB.又BP=DP=ABsin,BD=2,故cos∠DPB=,即二面角D1-AA1-B的余弦值为,故D正确. 故选ABD. 9.　解析 如图所示,将多面体放置于正方体中,连接MC,设MC的中点为E,连接EF,CF. 因为M,C分别为所在正方体棱的中点,所以MC∥NF,且ME=NF=MC,则四边形MEFN为平行四边形,所以MN∥EF,故直线MN与平面ABCD所成的角即为直线EF与平面ABCD所成的角. 又MC⊥平面ABCD,所以直线EF与平面ABCD所成的角即为∠EFC. 设正方体的棱长为2,则EC=1,CF=,EF=,所以sin∠EFC=,即直线MN与平面ABCD所成的角的正弦值为. 10.　解析 设点B1到平面D1BC的距离为d, ∵, ∴·d=·A1B1. ∴×1××d=×1×1×2.∴d=. 11.　解析 取AB的中点D,连接CD,B1D. 因为△ABC为等边三角形,所以CD⊥AB.因为BB1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,所以BB1⊥CD. 因为BB1∩AB=B,BB1,AB⊂平面AA1B1B,所以CD⊥平面AA1B1B, 所以∠CB1D为直线CB1与平面AA1B1B所成的角. 因为正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都是2,所以CD=×2=,DB1=, 所以tan∠CB1D=,所以直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为. 取BC,BB1,A1B1的中点E,F,G,连接EF,FG,EG. 则EF∥B1C,FG∥A1B,则EF=B1C=×2,FG=A1B=×2,所以∠EFG(或其补角)为直线CB1与直线A1B所成的角. 连接DG,DE,则EG=. 在△EFG中,由余弦定理得cos∠EFG==-. 因为异面直线所成的角的取值范围为(0,],所以直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为. 12.(1)证明 连接CD,在直三棱柱ABC-DEF中,AD⊥平面DEF, DE⊂平面DEF,∴AD⊥DE. ∵AB⊥AC,DE∥AB,∴DE⊥AC. ∵AD∩AC=A,AD⊂平面ADFC,AC⊂平面ADFC, ∴DE⊥平面ADFC,∵AF⊂平面ADFC,∴DE⊥AF. ∵AC=AD,∴四边形ADFC是正方形,∴DC⊥AF. ∵DC∩DE=D,DC⊂平面DCE,DE⊂平面DCE, ∴AF⊥平面DCE. ∵CE⊂平面DCE,∴AF⊥CE. (2)解 过点A作AH⊥BC于点H,过点H作HG⊥EF于点G,连接AG. 在直三棱柱ABC-DEF中,CF⊥平面ABC,AH⊂平面ABC,∴AH⊥CF. ∵BC∩CF=C,BC⊂平面CBEF,CF⊂平面CBEF, ∴AH⊥平面CBEF. ∵EF⊂平面CBEF,HG⊂平面CBEF,∴AH⊥EF,AH⊥HG. 又HG⊥EF,AH∩HG=H,AH⊂平面AGH,HG⊂平面AGH, ∴EF⊥平面AGH,∵AG⊂平面AGH,∴EF⊥AG, ∴∠AGH是二面角A-EF-C的平面角. ∵AB=AC=AD=1,∴BC=,HG=1. ∵AB⊥AC,∴AH=. ∵AH⊥HG,∴tan∠AGH=,∴sin∠AGH=,∴二面角A-EF-C的正弦值为. 能力提升 13.D 14.AD　解析 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面正方形ABCD的边长为1,AA1=2,如图. 当MC=时,在矩形BCC1B1中,tan∠CBM==tan∠CB1B,则∠CBM=∠CB1B, 所以B1C⊥BM. 又因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C. 因为AB∩BM=B,AB,BM⊂平面ABM, 所以B1C⊥平面ABM,所以AM⊥B1C,故A正确. 因为AM与BC是异面直线,所以AM与BC不可能平行,故BC与α不可能垂直,故B错误. 因为AM⊥平面α,AB是平面α的斜线,则AB与平面α所成角θ=-∠BAM, 所以sin θ=cos∠BAM=. 又因为当点M在棱CC1上移动时,≤AM≤, 所以,所以≤sin θ≤,故C错误. 当M为棱CC1中点时,连接AB1,AD1,AC,MB1,MD1,BD1,如图所示,则有AC=,AM=,AB1=AD1=,MB1=MD1=B1D1=,所以AM2+M=5=A,所以AM⊥MB1. 同理可得,AM⊥MD1. 又因为MB1∩MD1=M,MB1,MD1⊂平面MB1D1, 所以AM⊥平面MB1D1, 所以平面α截正四棱柱所得截面多边形为正三角形B1MD1, 所以其周长3B1M=3,故D正确. 故选AD. 15.解 (1)由题可得,×3×3×3=. (2)过点O1作O1O⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,连接AO1,AO(图略), 则∠O1AO即为直线AO1与平面ABCD所成的角. ∵O1O=3,AO=,AO1=, ∴cos∠O1AO=. 16.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. 又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A, ∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD. (2)(ⅰ)证明 易知PA,AB,AD两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z), 则有 解得 即点O(0,1,0),∴点O在平面ABCD上. (ⅱ)解 由(ⅰ)知=(,2,0),=(0,1,-), 则cos<>=. 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $