第七章 课时作业7 综合法求空间角与距离-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间角与距离计算，通过几何辅助线作法与平面角转化，系统构建“作-证-算”解题体系，强化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| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|单选1-5、7-9、10、12、14(1)|线面角找射影、二面角作棱垂线、异面直线角平移|以线面垂直为基础，通过平面角转化实现空间问题平面化| |空间距离计算|单选2、6、11、13(2)|点线距用等面积法、点面距构垂线段|依托几何体性质，结合重心、中点等特殊位置简化计算| |综合应用|解答13-14|线面平行证明与度量计算结合|整合空间位置关系与数量关系，体现几何直观与逻辑推理|

课时7 综合法求空间角与距离 一、单选题 1．(2026·浙江杭州市余杭区期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知M为棱BC的中点，则直线D1M与平面ABCD所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 2．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝BB1＝2，则点C到直线AB1的距离为(　　) A. 　　　 B. C. 　　 　D. 3．若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 4．如图，在正四面体ABCD中，E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 5、我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，AC＝CB＝CC1，则二面角C1－AB－C的正切值为(　　) A. B.1 C. D.2 6．（2026·山东沂水市模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为(　　) A.2 B.2 C. D.4 二、多选题 7．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则有(　 　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 8、如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使得点A到达点P的位置，且PC＝2.则下列说法正确的有(　　) A．CD⊥PD B．CD⊥平面EDP C．二面角P－CD－B的大小为 D．直线PC与平面EDP所成角的正切值为 9．(2026·江苏南京市调研)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，P是棱CC1的中点，则有(　 　) A．直线BP与B1D1所成的角为60° B．直线BP与A1D所成的角为90° C．平面A1B1P⊥平面ABP D．直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为 三、填空题 10．已知等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α所成的角为30°，则斜边上的中线CM与α所成的角的大小为__ __． 11．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是棱A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离为____． 12．如图，在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝3，PB＝PC＝BC＝6，则二面角P－BC－A的正弦值为________. 四、解答题 13．如图所示，已知PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上的点，Q是线段PA的中点，G为△AOC的重心，AB是圆O的直径，且AB＝2AC＝2. (1)求证：QG∥平面PBC； (2)求点G到平面PAC的距离． 14．如图，为三棱锥的高，点在△内，为棱的中点（图中未画），，平面. (1)求直线与平面所成角； (2)若，且，求二面角的大小. 课时7 综合法求空间角与距离参考答案 1．C【解析】连接DM. 因为几何体是正方体，所以∠D1MD就是直线D1M与平面ABCD所成角，tan∠D1MD＝＝＝.故选C. 2．D【解析】如图，连接CB1.因为AB＝2，BB1＝， 所以AB1＝，CB1＝，AC＝2.设AC的中点为D，连接B1D，则B1D⊥AC. 设点C到直线AB1的距离为h，故S＝×B1D×AC＝h×AB1，即×2＝h×，解得h＝.故选D. 3．B【解析】如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH，因为PH⊥AB，OH⊥AB， 所以∠PHO为侧面与底面所成的角，因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH. 所以在Rt△POH中，OH＝，PO＝a，PH＝＝a，cos∠PHO＝＝， 所以侧面与底面所成角的余弦值为.故选B. 4．A【解析】如图，过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF， 则为异面直线EC与BD所成角或其补角，不妨设，易得，，在中，由余弦定理得，所以异面直线EC与BD所成角的余弦值为．故选A． 5、C【解析】 由AC＝CB知，AC⊥CB，取AB的中点M，连接C1M，CM，由条件，可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角，设AC＝CB＝CC1＝a，则CM＝a，所以tan∠C1MC＝＝.故选C. 6．A【解析】如图，取PA的中点M，连接BM，CM.因为PB⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以PB⊥BC.又因为AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA，BC⊥PB. 因为M是PA的中点，PB＝AB，所以BM⊥PA. 又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BCM，所以PA⊥平面BCM. 又CM⊂平面BCM，所以CM⊥PA，即CM的长为点C到直线PA的距离.在等腰Rt△PAB中，BM＝PB＝2， 在Rt△BCM中，CM＝＝＝2，故点C到直线PA的距离为2.故选A. 7． ABD【解析】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故A，B正确． 设A1C1∩B1D1＝O，易得A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO．在Rt△C1BO中，sin∠C1BO＝＝，故∠C1BO＝30°，故C错误． 直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD. 8、ABC【解析】 对于选项A，因为E为AB的中点，所以BE＝CD，BE∥CD，所以四边形EBCD为平行四边形，又AB⊥BC，所以四边形EBCD为矩形，所以CD⊥DE.因为PD＝AD＝＝2，CD＝2，PC＝2，所以PD2＋CD2＝PC2，所以CD⊥PD，故A正确. 对于选项B，又PD∩DE＝D，PD，DE⊂平面EDP，所以CD⊥平面EDP，B正确. 对于选项C，因为PD⊥CD，又DE⊥CD，所以二面角P－CD－B的平面角为∠PDE，因为PE⊥DE，PE＝DE＝2，所以∠PDE＝，所以二面角P－CD－B的大小为，C正确. 对于选项D，因为CD⊥平面EDP，所以∠CPD即为直线PC与平面EDP所成的角.因为CD⊥PD，PD＝2，CD＝2，所以tan∠CPD＝＝＝，即直线PC与平面EDP所成角的正切值为，D错误．故选ABC. 8． AC【解析】如图所示，对于选项A，因为BD∥B1D1，所以∠DBP为直线BP与B1D1所成的角或其补角，易知BP＝BD＝DP＝2，即△DBP为等边三角形，所以∠DBP＝60°，故A正确； 对于选项B，因为A1D∥B1C，所以∠BEC为直线BP与A1D所成的角或其补角，若∠BEC＝90°，则△BB1C∽△PCB，则＝，而PC＝BC＝2，BB1＝4不满足上式，故B错误． 对于选项C，易知BP＝2＝B1P，BB1＝4，满足B1P2＋BP2＝B1B2，所以BP⊥B1P．又BP⊥A1B1，B1P∩A1B1＝B1，可得BP⊥平面A1B1P，又BP⊂平面ABP，所以平面A1B1P⊥平面ABP，故C正确． 对于选项D，连接A1C1，B1D1交于点F，由正方形性质可得A1F⊥B1D1，由直棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1F⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1F．又BB1∩B1D1＝B1，可得A1F⊥平面BDD1B1，所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角．因为A1F＝，A1B＝2，所以sin∠A1BF＝＝，故D错误．故选AC. 10．45°【解析】如图，设C在平面α内的射影为点O，连接AO，MO，则∠CAO＝30°，∠CMO就是CM与α所成的角．设AC＝BC＝1，则AB＝，所以CM＝，CO＝，所以sin∠CMO＝＝，所以∠CMO＝45°． 11．【解析】因为A1B1∥AB，所以A1B1∥平面ABC1D1，因此点E到平面ABC1D1的距离等于点B1到平面ABC1D1的距离．连接B1C，交BC1于点O．由于B1O⊥BC1，B1O⊥AB，AB∩BC1＝B，所以B1O⊥平面ABC1D1，所以B1O为点E到平面ABC1D1的距离．由正方形的性质可知B1O＝B1C＝×2＝． 12．【解析】如图，取BC的中点D，连接PD，AD. 因为PB＝PC，所以PD⊥BC. 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.因为PD，PA⊂平面PAD，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD.因为AD⊂平面PAD，所以BC⊥AD，所以∠PDA即为二面角P－BC－A的平面角.因为PB＝PC＝BC＝6，所以PD＝×6＝3，sin ∠PDA＝＝＝，即二面角P－BC－A的正弦值是. 13．(1)【证明】如图所示，连接OG并延长，交AC于点M，连接QM，QO. 因为G为△AOC的重心，所以M为AC的中点．因为O为AB的中点，所以OM∥BC.因为OM平面PBC，BC⊂平面PBC，所以OM∥平面PBC，同理QM∥平面PBC，又OM⊂平面QMO，QM⊂平面QMO，OM∩QM＝M，所以平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO，所以QG∥平面PBC. (2) 【解】因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，由(1)知OM∥BC，所以OM⊥AC.因为PA⊥平面ABC，OM⊂平面ABC，所以PA⊥OM.又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以OM⊥平面PAC，所以GM就是点G到平面PAC的距离．由已知可得，OA＝OC＝AC＝1，所以△AOC为正三角形，所以OM＝.又G为△AOC的重心，所以GM＝OM＝.故点G到平面PAC的距离为. 14．【解】（1）因为为三棱锥的高，故平面. 又平面，故.因为点为的中点，则又，故，则为等边三角形，故.又平面，则即为直线与平面所成的角，故与平面所成角的大小为. （2）如图，延长交于点，连接.由平面,平面，故.又，则.在与中，故，.又在与中，故，故，即为的平分线.又，则，且为的中点.又，则，则即为二面角的平面角，由平面，平面，平面平面，故.，由（1）知，，即二面角的大小为. . 学科网（北京）股份有限公司 $