第7章 第6讲 几何法求空间角与距离 课后达标检测(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，依据高考评价体系梳理了空间位置关系、空间角、距离计算等考查要求，通过真题及模拟题分析明确线面角、二面角等高频考点权重，归纳翻折问题、存在性问题等常考题型，构建系统备考框架。
课件亮点在于“真题情境+素养导向+方法建模”，如以正方体翻折问题为例，用等体积法突破点到平面距离计算，培养学生空间观念与推理能力。设置易错点分析与答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准定位学情，提升复习效率。
内容正文：
课后达标检测
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B
1．已知直线a平行于平面α，且它们的距离为d，则到直线a与到平面α的距离都等于d的点的集合是( )
A．一个平面 B．两条平行直线
C．一条直线 D．两个平面
解析：依题意，与平面α的距离为d的点的集合是平行于平面α，且到平面α的距离为d的两个平行平面，在这两个平行平面内到直线a的距离为d的点的集合是与直线a平行的两条直线．
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C
2．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，CN，BM所在直线所成角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：展开图还原后的图形如图所示，连接AN，因为
ABCD-EFMN为正方体，则BM∥AN，则∠ANC为所
求两异面直线所成的角，连接AC，则△ANC为正三
角形，所以∠ANC＝60°.
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解析：由题意可得AD⊥BC，CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD，
又CC1∩BC＝C，CC1，BC⊂平面CC1B1B，
所以AD⊥平面CC1B1B，
又DC1⊂平面CC1B1B，所以AD⊥DC1，
又CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以CC1⊥BC，
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8．如图所示，在矩形ABCD中，AD＝2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得点A′在平面EBCD上的射影在CD上，且直线A′D与平面EBCD所成的
角为30°，则线段AE的长为________．
解析：如图所示，过A′作A′H⊥CD于H，连接EH，
由题意，得A′H⊥平面EBCD.
因为直线A′D与平面EBCD所成的角为30°，
所以∠A′DH＝30°.
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9．(13分)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是
棱B1C1的中点，过A，D1，E的平面与棱BB1相交于点F.
(1)求证：F是BB1的中点；(6分)
证明：连接BC1，如图所示．
因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，
平面AD1E∩平面ADD1A1＝AD1，
平面AD1E∩平面BCC1B1＝EF，所以AD1∥EF.
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又AB＝C1D1，AB∥C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，所以EF∥BC1.
又E是棱B1C1的中点，所以F是BB1的中点．
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(2)求点D到平面AD1E的距离．(7分)
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解析：取DE的中点O，连接AO，PO，AE，
因为AD∥BC，BC＝2，AD＝1，BC的中点为E，
则AD∥BE且AD＝BE，
则四边形ABED为平行四边形，
则ED＝AB＝1＝EC＝CD，
则△CDE为等边三角形，则∠DCE＝60°，
又四边形ABCD为等腰梯形，则∠ABE＝60°，则△ADE为等边三角形，则AO⊥DE，
又因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
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11．已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与平面ABC所成的角为α，二面角F-BC-A的平面角为β，则( )
A．α≤β
B．α≥β
C．α＝β
D．不能确定
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解析：如图所示，过点F作FP∥AA1交AC于点P，
过P作PM⊥BC于M，
连接PE，FM，FE，则PE≥PM，
因为AA1⊥平面ABC，
所以FP⊥平面ABC，
则∠FEP是EF与平面ABC所成的角，即α＝∠FEP，
又因为BC⊂平面ABC，所以FP⊥BC，
又PM∩FP＝P，PM，FP⊂平面FPM，
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解析：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；
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证明：如图，取BD的中点O，连接PO，OE，
因为△BCD为等边三角形，所以PO⊥BD，
因为∠ADB＝90°，所以BD⊥DA，
又因为O，E分别是BD，AB的中点，
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所以OE∥DA，
所以BD⊥OE，
因为PO∩OE＝O，PO，OE⊂平面POE，
所以BD⊥平面POE，
因为PE⊂平面POE，
所以BD⊥PE.
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证明：因为AD＝4且M为AD的中点，
所以MD＝2，
因为BC∥MD，BC＝MD，
所以四边形BCDM是平行四边形，则BM∥CD，
因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
所以BM∥平面CDE，
同理可得MF∥平面CDE，
又因为BM∩MF＝M，BM，MF⊂平面BMF，
所以平面BMF∥平面CDE.
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(2)求平面ABF与平面CDE的夹角的正弦值；(5分)
解：由(1)知平面ABF与平面CDE所成角即为平面ABF与平面BMF所成角，过点A作AG⊥BF交BF于点G，连接MG，
易知△ABF≌△MBF，所以MG⊥BF，
则∠AGM或其补角即为平面ABF
与平面BMF所成角的平面角，
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(3)求点M到平面ABF的距离．(6分)
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则PA⊥DE，又PA∩AO＝A ，
PA，AO⊂平面PAO，则DE⊥平面PAO，
又因为PO⊂平面PAO，则DE⊥PO，
则∠POA为平面PDE与平面CED的夹角，
在Rt△PAO中，PA＝2，AO＝AD＝，则PO＝＝，
则cos ∠POA＝＝.
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
所以S△ABM·FH＝S△ABF·h⇒h＝＝＝，
所以点M到平面ABF的距离为.
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