第6章 第7节 第2课时 求空间角和距离（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

**基本信息** 以空间向量法为核心，系统训练空间角（二面角、线面角等）和距离（点面距离等）的求解，通过建系、求向量、用法向量实现几何问题代数化，培养空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础训练组|10道|空间向量法：建系→求向量→求法向量→套用角度/距离公式|空间角与距离概念→向量工具转化→代数运算求解，体现几何直观到数学运算的逻辑链条| |能力提升组|4道|综合应用：动态问题（动点）、多面体（四棱锥）中角与距离的综合求解|从单一几何体到复杂情境，强化推理能力与模型意识，覆盖高考高频考法|

课时冲关49　求空间角和距离 学生用书　P349 [基础训练组] 1．(2024·上海市模拟)如图，点A、B、C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ＝(　　) A．－　　B.　　C.　 D．－ 解析：C　[∵点A、B、C分别在空间直角坐标系 O－xyz的三条坐标轴上， ＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)， 二面角C－AB－O的大小为θ， ∴cos θ＝＝＝.] 2．(2024·金华市模拟)在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　) A．4 B．2 C．3 D．1 解析：B　[由已知平面OAB的一条斜线的方向向量＝(－1,3,2)，所以点P到平面OAB的距离d＝||·|cos〈，n〉|＝＝＝2. ] 3．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(　　) A. B． C. D． 解析：A　[∵AB＝1，AC＝2，BC＝， AC2＝BC2＋AB2，∴AB⊥BC. ∵三棱柱为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC. 以B为原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(0,1,0)，C(，0,0)．设B1(0,0，a)，则C1(，0，a)， ∴D，E， ∴＝，平面BB1C1C的法向量＝(0,1,0)．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为α，则sin α＝|cos〈，〉|＝，∴α＝.] 4．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝1，CB＝，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角线交于点D，则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为(　　) A．－ B．－ C. D． 解析：A　[建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,1)，D，＝，＝(，0,0)，＝(－，1,0)，＝(0,0,1)．设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1，n2，可得n1＝(0,1，－1)，n2＝(1，，0)，所以cos〈n1，n2〉＝＝，又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与〈n1，n2〉互补，故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为－.] 5．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(　　) A. B． C．2 D． 解析：A　[如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0，0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)． 由， 得，令z＝－1，则m＝(a,1，－1)． 又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)， 则由 cos 60°＝，得＝，解得a＝，所以AD＝.] 6．(多选)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为 γ，则α，β，γ大小关系正确的是(　　) A．α＞β B．α＝β C．γ＞β D．γ≥β 解析：AC　[过B作直线l∥AC，过P作底面ABC的垂线PD，D为垂足，过D作DF⊥AB于F，作DE⊥l于E，连接AD，BD，PF，PE. 由题意可知，二面角P－AC－B的大小与二面角P­AB­C的大小相等， 结合空间角的定义知∠PBE＝α，∠PBD＝β，∠PFD＝γ， 在Rt△PEB与Rt△PDB中，由PE＞PD得sin α＞sin β， ∴α＞β(α，β均为锐角)．故A正确，B错误； 在Rt△PDB与Rt△PDF中，由PB＞PF得sin β＜sin γ， ∴γ＞β(β，γ均为锐角)．故C正确；由于不存在PB＝PF的可能，故D错误．] 7．如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为______． 解析：∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)， ∴＝(－1,2,0)，＝(0,2,1)， ∴cos〈， 〉＝＝＝， ∴AF与CE所成角的余弦值为. 答案： 8．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________． 解析：以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2. 所以＝(－2,0，2)，＝ ，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ， 则cos θ＝＝＝. 又θ∈，所以θ＝. 答案： 9．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________． 解析：如图建立空间直角坐标系， 则D1(0,0,2)，A1(2，0,2)，D(0,0,0)，B(2，2,0)， ∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0) . 设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)， 则. 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)， ∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝. 答案： 10．(2022·全国乙卷，18)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 解：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC且BD为公共边，∴△ADB≌△BDC，∴AB＝BC. 又∵E为AC中点且AD＝CD，∴DE⊥AC，同理BE⊥AC. 又∵DE∩BE＝E，且DE，BE⊂平面BED， ∴AC⊥平面BED. 又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD. (2)在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝60°，AB＝BC， ∴AC＝2，BE＝. 在△ACD中，AD⊥CD，AD＝CD，AC＝2，E为AC中点，∴DE⊥AC，DE＝1. 又∵BD＝2，∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE. ∴直线AC、直线ED、直线EB两两互相垂直． 由点F在BD上且△ADB≌△BDC，∴AF＝FC， 由于E为AC中点，∴EF⊥AC， 当△AFC的面积最小时，∴EF⊥BD， 在Rt△DEB中，∵BE＝，DE＝1，∴EF＝，BF＝. 如图，以点E为坐标原点，直线AE、EB、ED分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．则 C(－1,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，F， ＝(0，－，1)，＝(－1,0,1)，＝(－1，－，0)． ∵＝－＝－＝， 设平面ABD的法向量为m＝(x，y，z)． 可得，，设y＝1， ∴m＝(，1，)．设m与所成的角为α，CF与平面ABD所成的角为θ， ∴sin θ＝|cos α|＝＝， 所以CF与平面ABD所成角的正弦值为. [能力提升组] 11．(2024·西宁市模拟)如图所示的三棱锥P­ABC中，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，PA⊥平面ABC，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为(　　) A．－　 B．－　　 C.　　 D. 解析：D　[因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．如图所示，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)． 因为D为PB的中点，所以D(2,0,1)． 故＝(－4,2,2)，＝(2,0,1)． 所以cos〈，〉＝＝ ＝ ＝－. 设异面直线PC，AD所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉|＝.] 12．(多选)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，D，E，F分别为AC，AA1，AB的中点．则下列结论正确的是(　　) A．AC1与EF相交 B．B1C1∥平面DEF C．EF与AC1所成的角为90° D．点B1到平面DEF的距离为 解析：BCD　[对选项A，由图知AC1⊂平面ACC1A1，EF∩平面ACC1A1＝E，且E∉AC1.由异面直线的定义可知AC1与EF异面，故A错误；对于选项B，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，B1C1∥BC. ∵D，F分别是AC，AB的中点， ∴FD∥BC，∴B1C1∥FD. 又∵B1C1⊄平面DEF，DF⊂平面DEF， ∴B1C1∥平面DEF.故B正确； 对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,0)，E(2,0,1)，F(1,1,0)． ∴＝(－1,1，－1)，＝(－2,0,2)． ∵·＝2＋0－2＝0，∴⊥， ∵EF与AC1所成的角为90°.故C正确； 对于选项D，设向量n＝(x，y，z)是平面DEF的一个法向量． ∵＝(1,0,1)，D＝(0,1,0)， ∴由即得 取x＝1，则z＝－1，∴n＝(1,0，－1)， 设点B1到平面DEF的距离为d. 又∵＝(－1,2,2)， ∴d＝＝＝， ∴点B1到平面DEF的距离为，故D正确．] 13．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________． 解析：由题意知，AB，AD，AQ两两垂直，以点A为原点，AB、AD、AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建系，设AB＝2，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)， M(0，t,2)，0≤t≤2， ＝(2,1,0)，＝(－1，t,2)， 则cos θ＝. 设f(t)＝，则f′(t)＝ . ∵0≤t≤2.∴f′(t)≤0，即f(t)在[0,2]上递减，故当t＝0时，cos θ最大为. 答案： 14.如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PC⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，BC＝PC，E是PB的中点． (1)求证：PB⊥平面AEC； (2)求二面角P－AC－E的大小． 解：(1)以C为坐标原点，分别以CD，CP所在的直线为y轴，z轴，以平面ABCD内垂直于平面PCD的直线为x轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)．(建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标) 设AB与x轴交于点G， 则四边形ADCG是边长为1的正方形， 所以CG⊥AB， 所以BC＝＝＝， 所以PC＝BC＝， 所以P(0,0，)， 因为E＝PB的中点，所以E， 所以＝(1,1,0)，＝，＝(1，－1，－)， 所以·＝(1,1,0)·(1，－1，－)＝1×1＋1×(－1)＋0×(－)＝0， ·＝·(1，－1，－)＝×1＋×(－1)＋×(－)＝0， 所以AC⊥PB，EC⊥PB. 又AC∩EC＝C，AC，EC⊂平面AEC， 所以PB⊥平面AEC. (2)因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PC⊥BC， 又AC＝＝，BC＝，AB＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC， 因为AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC，所以是平面PAC的一个法向量． 由(1)可知是平面AEC的一个法向量，(准确求出两个平面的法向量) 因为＝(1，－1，－)，＝(1，－1,0)， 所以cos〈，〉＝＝＝， 由图易知二面角P－AC－E是锐二面角， 所以二面角P－AC－E的在大小是45°.(最后一定要回归到二面角的大小) 11 学科网（北京）股份有限公司 $