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

**基本信息** 聚焦立体几何空间角与距离计算，以构造辅助线、等体积法、补形法为核心方法体系，形成从概念到综合应用的递进逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|4题（2/7/11/13）|平移法（异面直线）、定义法（线面角）、构造平面角（二面角）|从异面直线所成角到二面角，逐步深化空间角转化思想| |空间距离计算|3题（5/8/14）|等体积法、垂线段法、补形法|以点面距离为核心，关联线面平行性质与几何体体积公式| |几何体表面积与体积|2题（3/12）|公式法（圆台表面积）、补形法（外接球）|结合旋转体与多面体，强化空间几何体度量计算| |翻折与综合应用|5题（4/6/9/10/13）|不变量分析、辅助面构造|通过翻折问题串联线面垂直、面面垂直判定，培养直观想象与逻辑推理能力|

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：选B．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． 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：选C．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°. 3．(2026·秦皇岛模拟)已知圆台的上、下底面半径分别是1和2，且该圆台的表面积为11π，则圆台的母线与底面所成角的正切值是(　　) A． B． C． D． 解析：选D．设圆台的母线长为l，则圆台的表面积为π＋4π＋π×(1＋2)×l＝11π，即l＝2，故圆台的高为＝，根据线面角定义求出母线与底面所成的角为60°，所以圆台的母线与底面所成角的正切值为. 4．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折成60°的二面角，则此时顶点B到CD的距离是(　　) A．1 B． C． D． 解析：选B．取AC中点O，连接OB，OD， 则有AC⊥OD，AC⊥OB，则∠BOD为二面角D­AC­B的平面角，即∠BOD＝60°，则△BOD为等边三角形，故BD＝OD＝OB＝，过点B作BE⊥CD于点E，由于CD＝CB＝1，故cos ∠CDB＝＝，因此sin ∠CDB＝＝，故BE＝BD·sin ∠CDB＝×＝. 5．如图，各棱长均为2的直三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则点B1到平面ADC1的距离为(　　) A． B．2 C． D． 解析：选A．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， 又直三棱柱ABC-A1B1C1各棱长均为2， 所以AD＝＝＝， DC1＝＝＝， 连接AB1，B1D(图略)， 所以S＝C1B1·C1C＝2， S＝AD·DC1＝××＝， 设点B1到平面ADC1的距离为d， 由V＝V，得S·AD＝S·d，所以×2×＝×·d，解得d＝. 6．(多选)已知平面α∥β∥γ，直线a分别交α，β，γ于点A，B，C，且AC＝2AB＝6，直线a与α所成角为30°，则β到γ的距离可能是(　　) A． B． C． D． 解析：选AC．如图1，当β位于平面α，γ中间时，过B作BD⊥γ于点D，连接CD，由题意可得BC＝3，线面角∠BCD＝30°，此时β到γ的距离是BD＝BC sin 30°＝； 　 当α位于平面β，γ中间时，如图2，过A作AD⊥γ于点D，连接CD，易得AD＝3，易知α，β间的距离为，所以β到γ的距离是3＋＝. 7．在四面体ABCD中，AC＝BD＝4，E，F分别是AD，BC的中点，若EF＝2，则异面直线AC与BD所成的角为________． 解析：取AB的中点G，连接GE，GF，又E，F分别是AD，BC的中点，所以GE∥BD，GF∥AC， 故∠EGF或其补角就是异面直线AC与BD所成的角，因为AC＝BD＝4，所以GE＝GF＝2，又EF＝2，在△GEF中，由余弦定理的推论得cos ∠EGF＝＝－， 因为异面直线所成角的范围为(0，]， 故异面直线AC与BD所成的角为. 答案： 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°. 又因为A′D＝2，所以A′H＝1，DH＝， 设A′E＝AE＝x，则EH＝. 在四边形DAEH中，可得AD2＋(AE－DH)2＝EH2， 所以22＋(x－)2＝x2－1，所以x＝. 答案： 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) (2)求点D到平面AD1E的距离．(7分) 解：(1)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. 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． (2)连接AE(图略)，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易求AD1＝2，D1E＝，AE＝3. 在△AD1E中，由余弦定理可得cos ∠AD1E＝，所以sin ∠AD1E＝， S＝×2××＝3. 设点D到平面AD1E的距离为d. 因为V＝V， 所以dS＝AB·S， 所以d＝＝＝. 10．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝1，BC＝PA＝2，BC的中点为E，则平面PDE与平面CED夹角的余弦值为(　　) A． B． C．－ D．－ 解析：选A．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，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＝＝. 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 解析：选A．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， 所以BC⊥平面FPM，又因为FM⊂平面FPM，所以BC⊥FM， 则∠FMP是二面角F-BC-A的平面角，即β＝∠FMP， 因为FP⊥平面ABC，PE，PM⊂平面ABC， 所以FP⊥PE，FP⊥PM，tan α＝，tan β＝≥＝tan α，由图易知，α∈[0，]，β∈[0，]，所以α≤β. 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，即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．(13分)如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，且AD＝2，∠ADB＝90°，E为AB的中点，将△CBD沿BD翻折至△PBD. (1)证明：BD⊥PE；(6分) (2)若AP＝2，求直线EP与平面PBD所成角的余弦值．(7分) 解：(1)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， 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. (2)在△ABD中，AD＝2，BD＝2，BD⊥DA，所以AB＝＝4， 在△ABP中，BP＝2，AB＝4，AP＝2， 由BP2＋AB2＝AP2可得BP⊥AB， 在Rt△PBE中，BP＝2，BE＝2，则EP＝2， 由(1)知BD⊥平面POE，BD⊂平面PBD， 所以平面POE⊥平面PBD， 又因为平面POE∩平面PBD＝PO， 所以∠EPO为直线EP与平面PBD所成的角，在△EPO中，PE＝2，PO＝×2＝，OE＝AD＝， 所以cos ∠EPO＝＝，所以直线EP与平面PBD所成角的余弦值为. 14．(15分)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝3，M为AD的中点． (1)证明：平面BMF∥平面CDE；(4分) (2)求平面ABF与平面CDE的夹角的正弦值；(5分) (3)求点M到平面ABF的距离．(6分) 解：(1)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. (2)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， 在△ABF中，由余弦定理得cos ∠BAF＝＝， 则sin ∠BAF＝＝， 因为S△ABF＝×2××＝×3AG，解得AG＝， 在△AGM中，由余弦定理得cos∠AGM＝＝＝， 所以平面ABF与平面CDE的夹角的正弦值为＝. (3)取AM的中点为H，连接BH，FH， 因为△AFM为等腰三角形，△ABM为等边三角形，所以FH⊥AM，BH⊥AM，所以BH＝＝，FH＝＝， 因为BH2＋FH2＝BF2， 所以∠FHB＝，FH⊥BH， 因为FH⊥BH，FH⊥AM，BH∩AM＝H，BH，AM⊂平面ABM， 所以FH⊥平面ABM， 设点M到平面ABF的距离为h， 因为V三棱锥F-ABM＝V三棱锥M-ABF，所以S△ABM·FH＝S△ABF·h⇒h＝＝＝，所以点M到平面ABF的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $