第7章 第6讲 几何法求空间角与距离 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦立体几何核心素养，以空间角、距离、体积及位置关系为模块，通过典型题构建从概念到应用的逻辑链条，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|6题|线面角、二面角、异面直线所成角|定义法作角→解直角三角形→推理计算| |距离与体积|3题|点线距、体积最值|垂线法求距离→等体积法转化→几何性质应用| |位置关系证明|5题|线面垂直、面面垂直|线线垂直→线面垂直→面面垂直的判定推理|

1．已知过平面α外一动点A的斜线l与平面α所成角为，并且斜线l交平面α于定点B，若动点A与平面α的距离为1，则斜线段AB在平面α上的射影所形成的图形的面积为(　　) A．3π B．2π C．π D． 解析：选A. 如图，过点A作平面α的垂线，垂足为C，连接BC，所以线段BC为斜线段AB在平面α上的射影，∠ABC为斜线l与平面α所成的角，则∠ABC＝，又AC＝1，所以BC＝，故射影形成的图形为半径为的圆面，其面积为3π. 2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A． B． C． D．1 解析：选B. 如图，连接BA1，由长方体的性质易知BC⊥BA1，且BA1＝，则A1C＝，设点B到直线A1C的距离为h，则S△BCA1＝×BC×BA1＝×h×A1C，即2×＝h×，解得h＝. 3．(2026·惠州调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BC，A1B1的中点分别为E，F，则直线EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B. 如图，连接FB，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面ABB1A1，棱BC的中点为E，则BE⊥平面ABB1A1，而BF⊂平面ABB1A1，故BE⊥BF，则∠EFB即为直线EF与平面ABB1A1所成的角．设正方体的棱长为2，则BE＝1，BF＝＝＝，则EF＝＝，故sin ∠EFB＝＝＝. 4．已知在三棱锥S-ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且△ABC为等边三角形，则二面角S-AB-C的正切值为(　　) A． B． C． D．2 解析：选B. 由SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC以及AB＝BC＝AC可得△SAC≌△SBC，△SAC≌△SAB，故SC＝SA＝SB，则AB＝SA，不妨设SA＝2，则AB＝2，如图，取AB的中点M，连接MS，MC，故MS⊥AB，MC⊥AB，故∠SMC即为二面角S-AB-C的平面角．因为SB⊥SC，SA⊥SC，SA∩SB＝S，SA，SB⊂平面SAB，所以SC⊥平面SAB.因为MS⊂平面SAB，所以SC⊥MS，所以tan ∠SMC＝＝＝. 5．(2026·浙江联考)在三棱锥A-BCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝2，则三棱锥A-BCD的体积的最大值为(　　) A．2 B．2 C．1 D． 解析：选C.易知△ACD是边长为2的等边三角形，故S△ACD＝×2×2×＝， △ABC也是边长为2的等边三角形，故当平面ABC⊥平面ACD时，点B到平面ACD的距离最大，且最大值为BE＝AC＝(其中E为AC的中点)，故三棱锥A-BCD的体积的最大值为S△ACD·BE＝××＝1. 6．(多选)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则(　　) A．PA⊥BD B．BC⊥平面PBD C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D．PB与平面ABCD所成的角为 解析：选AB.设PD＝AD＝1，则AB＝2，对于A，由余弦定理可得 BD＝＝， 所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD. 因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥PD.又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD，故A正确； 对于B，由A选项分析易知BC⊥BD， 因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥PD，又BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，故B正确； 对于C，因为AB∥CD，所以∠PCD为异面直线AB和PC所成的角． 因为PD＝1，CD＝AB＝2，所以PC＝＝，所以cos ∠PCD＝＝＝，故C错误； 对于D，因为PD⊥平面ABCD，所以∠PBD为PB与平面ABCD所成的角， 所以tan ∠PBD＝＝＝，又∠PBD∈(0，)，所以∠PBD＝，故D错误． 7．在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝，沿AC将此矩形折成一个二面角，折后AD与平面ABC所成的角为60°，则折得的二面角DACB的大小为________． 解析：如图， 因为沿AC将此矩形折成一个二面角，作DO⊥平面ABC于点O，连接AO，则∠DAO＝60°， 在Rt△DAC中，tan ∠DAC＝＝， 则∠DAC＝60°，故点O在AC上， 因为DO⊥平面ABC，DO⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC， 所以当AD与平面ABC所成的角为60°时，二面角D-AC-B的大小为90°. 答案：90° 8．如图，已知Rt△ABC的斜边BC∥平面α，A在平面α上，AB，AC与平面α所成的角分别为30°，45°，BC＝6，则BC到平面α的距离为________． 解析： 过点B作BE⊥α，垂足为E，过点C作CF⊥α，垂足为F，连接AE，AF，EF， 则∠BAE＝30°，∠CAF＝45°，设BC到平面α的距离为d， 因为BC∥平面α，所以BE＝CF＝d， 在Rt△BEA中，sin 30°＝，所以AB＝＝2d，在Rt△CAF中，AC＝d，在Rt△ABC中，BC2＝AC2＋AB2， 即36＝2d2＋4d2，解得d＝(负值已舍去). 答案： 9．(13分)(2025·上海卷)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2. (1)若直线PA与圆锥底面所成的角为，求圆锥的侧面积；(5分) (2)已知Q是母线AP的中点，点C，D在底面圆周上，且弧AC的长为，CD∥AB，设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD.(8分) 解：(1)过点P向底面作垂线，则垂足为O，∠PAO即为直线PA与底面所成的角，所以∠PAO＝.在Rt△PAO中，OA＝AB＝1，∠PAO＝，所以PA＝2. 圆锥的侧面积S＝π×OA×PA＝π×1×2＝2π. (2)证明：连接OD，CQ，OQ，因为＝，CD∥AB，所以∠OCD＝，又OC＝OD，所以△OCD为等边三角形， 所以CD＝OD＝OB，又CD∥OB， 所以四边形OCDB是平行四边形，所以OC∥DB. 在△PAB中，Q，O分别是AP，AB的中点，所以QO∥PB，又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，所以QO∥平面PBD.同理可得OC∥平面PBD.又QO∩OC＝O，QO，OC⊂平面QOC，所以平面QOC∥平面PBD，又QM⊂平面QOC，所以QM∥平面PBD. 10．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝CE＝2BD，点D，E分别是侧棱BB1，CC1上的点，则平面ADE与平面ABC的夹角为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.如图，延长ED，CB相交于点P，连接AP，则AP为平面ADE与平面ABC的交线．由CE＝2BD知BP＝BC.因为AB＝BP＝BC，所以CA⊥AP. 因为EC⊥平面ABC， 所以EC⊥AP，则AP⊥平面ACE，所以EA⊥AP，故∠EAC为所求的角．在Rt△ACE中，CE＝AC，所以∠EAC＝. 11．(2026·大同模拟)设AB为圆锥SO底面的一条直径，C为底面圆周上异于A，B的一点，D为SO上靠近点O的一个三等分点，且二面角S-AC-B与二面角D-BC-A的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥S-ABC的体积之比是(　　) A． B． C． D． 解析：选B.在圆O所在平面内，过点O作OM⊥AC，垂足为M，作ON⊥BC，垂足为N，连接SM，DN.因为AB为底面的一条直径，所以AC⊥BC，所以OM∥BC，ON∥AC，又O是AB的中点，所以M为AC的中点，N为BC的中点，因为SA＝SC，DB＝DC， 所以SM⊥AC，DN⊥BC， 所以∠SMO为二面角S-AC-B的平面角， ∠DNO为二面角D-BC-A的平面角， 所以∠SMO＝∠DNO. 因为在Rt△SOM和Rt△DON中， tan ∠SMO＝，tan ∠DNO＝， 所以＝. 因为D为SO上靠近点O的一个三等分点， 所以＝＝3. 设NO＝m(m>0)，底面圆半径为R，圆锥高SO＝h，则MO＝3m， AC＝2NO＝2m，BC＝2MO＝6m， 所以(2R)2＝(2m)2＋(6m)2，即R2＝10m2， 所以V三棱锥S-ABC＝S△ABC·h＝··2m·6m·h＝2m2h，V圆锥SO＝πR2·h＝·π·10m2·h＝πm2h， 所以＝. 12．(多选)如图，正方形ABCD为圆柱的轴截面，E为的中点，F为BC的中点，四面体ABEF外接球的表面积为20π，则(　　) A.AE⊥平面BEF B．该圆柱的体积为16π C．直线AC与平面BEF所成的角为 D．点C到平面AEF的距离为 解析：选ABD.对于A，易知AB为底面圆的直径，所以AE⊥BE，由题意知BC⊥平面ABE，因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE， 因为BE∩BF＝B，BE，BF⊂平面BEF，所以AE⊥平面BEF，A正确； 对于B，四面体ABEF可补成分别以AE，EB，BF为长、宽、高的长方体， 则AF为四面体ABEF外接球的直径，设圆柱的底面半径为r，因为正方形ABCD为圆柱的轴截面， 则AB＝BC＝2r，BF＝r，所以AF＝r，因为四面体ABEF外接球的表面积为20π，所以4π×()2＝5πr2＝20π，解得r＝2，所以该圆柱的体积V＝πr2×2r＝16π，B正确； 对于C，如图，连接CE，由A知，AE⊥平面BEF，易得AE⊥平面BCE， 则∠ACE为直线AC与平面BEF所成的角， 因为E为的中点，AB＝BC＝4，故AE＝BE＝2， 由勾股定理得AC＝＝4， 在Rt△AEC中，sin ∠ACE＝＝，则∠ACE＝，所以直线AC与平面BEF所成的角为，C错误； 对于D，设点C到平面AEF的距离为d， 在Rt△BEF中，由勾股定理得EF＝＝＝2， 由V三棱锥CAEF＝V三棱锥ACEF，得×AE·EF·d＝×CF·BE·AE， 所以d＝＝＝，即点C到平面AEF的距离为，D正确． 13．(15分)(2026·六安适应考)如图，矩形ABCD所在的平面和半圆弧AMD所在的平面垂直，且AD＝2AB＝4，∠MAD＝60°，P是CM的中点． (1)证明：AM∥平面BDP；(4分) (2)证明：BM⊥DM；(5分) (3)求异面直线BM，DP所成角的余弦值．(6分) 解： (1)证明：如图1，连接AC与BD交于点O，连接OP，则O是AC，BD的中点， 因为P是CM的中点，所以OP∥AM，因为AM⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以AM∥平面BDP. (2)证明：因为矩形ABCD所在的平面和半圆弧AMD所在的平面垂直，且交线为AD，因为AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面AMD，因为AM⊂平面AMD，所以AM⊥AB，又∠MAD＝60°，AM⊥MD，AD＝4，所以AM＝2，MD＝2，所以BM＝＝2，BD＝＝2，故BM2＋DM2＝BD2，所以BM⊥DM. (3)如图2，取BC的中点N，连接NP，ND， 因为P为CM的中点，所以NP∥BM，NP＝BM＝，所以∠NPD即为异面直线BM，DP所成的角或其补角，由(2)知AB⊥平面AMD， 因为MD⊂平面AMD，所以MD⊥AB， 由于AB∥CD，故MD⊥CD， 所以DP＝MC＝ ＝×＝2， 又ND＝2，所以cos ∠NPD＝ ＝＝－， 故异面直线BM，DP所成角的余弦值为. 14．(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC. (1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(5分) (2)若AC＝BC＝PA，M是PB的中点，记AM与底面ABC所成的角为α，AM与平面PBC所成的角为β，试研究α与β的数量关系．(10分) 解：(1)证明：因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.因为PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，所以PA⊥BC. 因为PA，AC⊂平面PAC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC. 因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC. (2)如图所示，取AB的中点N，PC的中点F，连接MN，FM，FA，设AC＝BC＝PA＝a. 因为F，M分别为PC，PB的中点， 所以FM∥BC，且FM＝BC＝a. 由(1)可得BC⊥平面PAC，所以FM⊥平面PAC，因为AF⊂平面PAC，所以FM⊥AF，又AF⊥PC，FM∩PC＝F，FM，PC⊂平面PBC，所以AF⊥平面PBC，所以∠AMF为AM与平面PBC所成的角β. 因为△PAC为等腰直角三角形，所以AF＝AC＝a，所以在Rt△FAM中，tan ∠AMF＝tan β＝＝＝. 因为N，M分别为AB，PB的中点， 所以MN∥PA，且MN＝PA＝a， 又PA⊥底面ABC，所以MN⊥底面ABC， 所以∠MAN为AM与底面ABC所成的角α. 因为△ABC为等腰直角三角形，所以AN＝AB＝a，所以在Rt△AMN中，tan ∠MAN＝tan α＝＝＝. 所以tan αtan β＝1，因为α，β都是锐角， 所以cos αcos β－sin αsin β＝cos (α＋β)＝0， 所以α＋β＝. 学科网（北京）股份有限公司 $