高中数学学考复习优化练习21空间角与距离含答案

这是一份高中数学学考复习优化练习21空间角与距离含答案，共15页。
1.(2018浙江学考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C与平面ABCD所成角的余弦值是( )
A.13B.33
C.23D.63
2.在四面体ABCD中,二面角A-BC-D为60°,点P为直线BC上一动点,记直线PA与平面BCD所成角为θ,则( )
A.θ的最大值为60°B.θ的最小值为60°
C.θ的最大值为30°D.θ的最小值为30°
3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的等边三角形,AA1⊥底面ABC,AA1=3,M是AB的中点,则异面直线BB1与MC1所成角的大小为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
4.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,AB=2,二面角A1-BD-A的大小为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
5.(2019浙江学考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面A1B1CD⊥平面ABCD,且四边形ABCD和四边形A1B1CD都是正方形,则直线BD1与平面A1B1CD所成角的正切值是( )
A.22B.32C.2D.3
6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O为底面A1B1C1D1的中心,则点O到平面ABC1D1的距离是( )
A.12B.24C.22D.32
7.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值是( )
A.33B.23C.36D.13
8.(2023浙江绍兴) 轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥,如图所示,在直角圆锥P-ABC中,AB为底面圆的直径,C在底面圆周上且为AB的中点,则异面直线PB与AC所成角的大小为( )
A.30°B.45°
C.60°D.90°
9.(多选)(2023浙江舟山中学)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠DAB=∠A1AB=∠A1AD=π3,AA1=3,AB=AD=2,以下选项正确的是( )
A.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为62
B.异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为223
C.AC1⊥平面BDD1B1
D.二面角D1-AA1-B的余弦值为13
10.(2023浙江温州A卷)“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为 .
11.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=AA1=1,则点B1到平面D1BC的距离为 .
12.(2023浙江杭州)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都是2,则直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为 ;直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为 .
13.(2023浙江台州)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在正方体的顶点中,到平面A1DB的距离为3的顶点可能是 .(写出一个顶点即可)
14.(2023浙江丽水) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AA1,B1C1的中点,DC1⊥BD,AC=BC=1,AA1=2.
(1)求证:BC⊥平面AA1C1C;
(2)求点E到平面C1BD的距离.
能力提升
15.(2023浙江台州)在正三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面B1BCC1,AB=2A1B1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.25B.35C.45D.215
16.(2022浙江杭州二中)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=2,AA1=4,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,则直线BC1与CA1所成角的正弦值为( )
A.2142B.342C.2114D.5714
17.(多选)(2023浙江余姚)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1,侧棱长为2,点M为侧棱CC1上的动点(包括端点),AM⊥平面α.下列说法正确的有( )
A.异面直线AM与B1C可能垂直
B.直线BC与平面α可能垂直
C.AB与平面α所成角的正弦值的取值范围为[33,22]
D.若M∈α且CM=MC1,则平面α截正四棱柱所得截面多边形的周长为32
18.(2023浙江绍兴)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为3,O1是上底面A1B1C1D1的一个动点.
(1)求三棱锥A-O1BC的体积;
(2)当O1是上底面A1B1C1D1的中心时,求AO1与平面ABCD所成角的余弦值.
19.(2023浙江丽水)
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2CD=4,PA⊥CD,在锐角三角形PAD中,AD=PD=32,点E在PD上,PE=2ED.
(1)求证:PB∥平面ACE;
(2)若AC与平面PCD所成的角为30°,求二面角P-AC-E的正切值.
优化集训21 空间角与距离
基础巩固
1.D 解析 ∵正方体ABCD-A1B1C1D1,
∴AA1⊥平面ABCD,
∴∠A1CA即为直线A1C与平面ABCD所成角,设正方体棱长为1,
∴cs∠A1CA=ACA1C=23=63.
故选D.
2.A 解析 设点A在平面BCD上的射影为点O,作OE⊥BC,连接AE,则∠AEO为二面角A-BC-D的平面角.
连接OP,AP,则sin∠APO=AOAP=AOAE·AEAP=sin∠AEO·AEAP≤32,故选A.
3.A 解析 取A1B1中点N,连接NM,NC1,
∵M为AB的中点,易知MN∥BB1,
∴∠C1MN即为异面直线BB1与MC1所成角.
∵AA1⊥平面ABC,
∴AA1⊥NC1,
∴MN⊥NC1.
∵△ABC是边长为2的等边三角形,且AA1=3,
∴NC1=3,MN=3,
∴tan∠C1MN=NC1MN=33,
∴∠C1MN=30°.故选A.
4. C 解析 取BD中点O,连接A1O,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,易知AO⊥BD,
∵AA1⊥平面ABCD,可知,A1O⊥BD,
∴∠A1OA即为二面角A1-BD-A的平面角.
∴tan∠A1OA=AA1AO=31=3,∴∠A1OA=60°.故选C.
5.C 解析 连接A1C,交BD1于点O,由对称性可知,OC=12A1C.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC⊥CD.
又平面A1B1CD⊥平面ABCD,平面A1B1CD∩平面ABCD=CD,∴BC⊥平面A1B1CD,
∴∠BOC即为直线BD1与平面A1B1CD所成的角,
不妨设AD=a,则tan∠BOC=BCOC=a22a=2.
6.B 解析 ∵O为A1C1的中点,∴点O到平面ABC1D1的距离是点A1到平面ABC1D1的距离的一半,故可计算点A1到平面ABC1D1的距离.
∵AB⊥平面ADD1A1,且AB⊂平面ABC1D1,
∴平面ABC1D1⊥平面ADD1A1.
过点A1作A1M⊥AD1,∴A1M⊥平面ABC1D1,
∴点A1到平面ABC1D1的距离即为A1M.
∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
∴A1M=22.
∴点O到平面ABC1D1的距离是24.故选B.
7.B 解析 如图,∵AD1∥BC1,
∴异面直线AB1与BC1所成的角即∠D1AB1.
在△AB1D1中,AB1=AD1=3,B1D1=2,所以cs∠D1AB1=23,故选B.
8.C 解析 因为AB为底面圆的直径,C在底面圆周上且为AB的中点,则∠ACB=90°,PA=PB=22AB=AC=BC.
过点B作BD∥AC交底面圆于点D,连接PD,AD,如图,
则∠PBD是异面直线PB与AC所成角或其补角,显然BD=22AB=PB=PD,即△PBD是正三角形,所以∠PBD=60°,即异面直线PB与AC所成角的大小为60°.故选C.
9.ABD 解析 对于A,连接AC,BD交于点O,则O为AC,BD的中点.
因为∠DAB=π3,AB=AD=2,则△ABD为正三角形,故BD=2,AO=3,BO=DO=1.
又∠A1AB=∠A1AD=π3,AA1=3,由余弦定理,得A1B=A1D=22+32-2×2×3×12=7,
则△A1OB≌△A1OD,故∠A1OB=∠A1OD.
又∠A1OB+∠A1OD=π,故∠A1OB=∠A1OD=π2,A1O=7-1=6.
因为A1O2+AO2=A1A2,则A1O⊥AO.
又A1O⊥BO,AO∩BO=O,AO,BO⊂平面ABCD,故A1O⊥平面ABCD,
则平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V=S平行四边形ABCD·A1O=22×sinπ3×6=62,故A正确.
对于B,因为AA1∥BB1,所以∠AA1C为异面直线BB1与A1C所成的角.
因为A1O⊥AO,且AO=OC,所以△AA1C为等腰三角形,则∠AA1O=∠CA1O,cs∠AA1O=A1OAA1=63,所以cs∠AA1C=cs 2∠AA1O=2cs2∠AA1O-1=2×(63)2-1=13,故sin∠AA1C=1-(13) 2=223,所以异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为223,故B正确.
对于C,因为cs∠AA1C=13>0,所以AC1与AA1不垂直.
又AA1∥BB1,所以AC1与BB1不垂直.
因为BB1⊂平面BDD1B1,故AC1⊥平面BDD1B1不成立,故C错误.
对于D,由AA1=AA1,AB=AD,DA1=BA1,故△A1AB≌△A1AD.
作BP⊥AA1于点P,连接DP,由全等性质可得DP⊥AA1,
则二面角D1-AA1-B的平面角为∠DPB.
又BP=DP=ABsinπ3=3,BD=2,故cs∠DPB=3+3-42×3×3=13,
即二面角D1-AA1-B的余弦值为13,故D正确.
故选ABD.
10. 66 解析 如图所示,将多面体放置于正方体中,连接MC,设MC的中点为E,连接EF,CF.
因为M,C分别为所在正方体棱的中点,所以MC∥NF,且ME=NF=12MC,则四边形MEFN为平行四边形,所以MN∥EF,故直线MN与平面ABCD所成的角即为直线EF与平面ABCD所成的角.
又MC⊥平面ABCD,所以直线EF与平面ABCD所成的角即为∠EFC.
设正方体的棱长为2,则EC=1,CF=22+12=5,EF=EC2+CF2=6,所以sin∠EFC=ECEF=16=66,即直线MN与平面ABCD所成的角的正弦值为66.
11.255 解析 设点B1到平面D1BC的距离为d,
∵VB1-BCD1=VD1-BCB1,
∴13S△BCD1·d=13S△BCB1·A1B1.
∴13×12×1×5×d=13×12×1×1×2.∴d=255.
12.155 14 解析 取AB的中点D,连接CD,B1D.
因为△ABC为等边三角形,所以CD⊥AB.
因为BB1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,所以BB1⊥CD.
因为BB1∩AB=B,BB1,AB⊂平面AA1B1B,所以CD⊥平面AA1B1B,
所以∠CB1D为直线CB1与平面AA1B1B所成的角.
因为正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都是2,所以CD=32×2=3,DB1=22+12=5,
所以tan∠CB1D=CDDB1=35=155,所以直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为155.
取BC,BB1,A1B1的中点E,F,G,连接EF,FG,EG.
则EF∥B1C,FG∥A1B,则EF=12B1C=12×22=2,FG=12A1B=12×22=2,所以∠EFG(或其补角)为直线CB1与直线A1B所成的角.
连接DG,DE,则EG=DG2+DE2=22+12=5.
在△EFG中,由余弦定理得cs∠EFG=EF2+FG2-EG22EF·FG=2+2-52×2×2=-14.
因为异面直线所成的角的取值范围为(0,π2],所以直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为14.
13.点A(答案不唯一)
14.(1)证明 连接CD.
因为AC=1,AA1=2,D是AA1的中点,
所以CD=2,C1D=2,
则CD2+C1D2=CC12,
所以CD⊥C1D.
又DC1⊥BD,DC∩BD=D,DC,BD⊂平面BCD,所以DC1⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD,所以DC1⊥BC.
因为CC1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以CC1⊥BC.
又CC1∩DC1=C1,CC1,DC1⊂平面AA1C1C,所以BC⊥平面AA1C1C.
(2)解 由BC⊥平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,得BC⊥AC.
又CC1⊥AC,CC1∩BC=C,CC1,BC⊂平面BB1C1C,
所以AC⊥平面BB1C1C.
因为AC=BC=1,
所以AB=2,
则BD=3.
设点E到平面C1BD的距离为h,
因为VE-C1BD=VD-BC1E,所以13S△C1BD·h=13S△BC1E·AC,即h×12×2×3=12×12×2×1,解得h=66,所以点E到平面C1BD的距离为66.
能力提升
15.A 解析 将正三棱台ABC-A1B1C1补全为正三棱锥S-ABC.
因为AA1⊥平面B1BCC1,
即SA⊥平面SBC,
即∠ASB=∠ASC=90°,
根据正三棱锥的性质可得,∠BSC=90°.
因为AB=2A1B1,所以B1为SB的中点,同理可得,A1为SA的中点,C1为SC的中点.
取SC1的中点D,连接B1D,AD,则B1D∥BC1.
所以∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角(或补角).
不妨令SB=2,则AB1=12+22=5,AD=22+(12) 2=172,B1D=12+(12) 2=52.
在△AB1D中,由余弦定理得AD2=AB12+DB12-2AB1·DB1cs∠AB1D,即(172)2=(5)2+(52)2-2×52×5cs∠AB1D,解得cs∠AB1D=25,所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为25.
故选A.
16.D 解析 BC1=AD+AA1,CA1=AA1-AC=AA1-AD-AB,
则BC1·CA1=(AD+AA1)·(AA1-AD-AB)=AD·AA1-AD2-AD·AB+AA12-AD·AA1-AB·AA1=6,|BC1|=(AD+AA1)2 =AD2+2AD·AA1+AA12 =27,
|CA1|2=(AA1-AD-AB)2 =AA12+AD2+AB2-2AA1·AD-2AB·AA1+2AD·AB =23,
cs=BC1·CA1|BC1||CA1|=3221=2114,
所以sin=1-(2114) 2=5714,
故选D.
17.AD 解析 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面正方形ABCD的边长为1,AA1=2,如图.
当MC=12时,在矩形BCC1B1中,tan∠CBM=12=tan∠CB1B,则∠CBM=∠CB1B,
所以B1C⊥BM.
又因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C.
因为AB∩BM=B,AB,BM⊂平面ABM,
所以B1C⊥平面ABM,所以AM⊥B1C,故A正确.
因为AM与BC是异面直线,所以AM与BC不可能平行,故BC与α不可能垂直,故B错误.
因为AM⊥平面α,AB是平面α的斜线,则AB与平面α所成角θ=π2-∠BAM,
所以sin θ=cs∠BAM=ABAM=1AM.
又因为当点M在棱CC1上移动时,2≤AM≤6,
所以16≤1AM≤12,所以66≤sin θ≤22,故C错误.
当M为棱CC1中点时,连接AB1,AD1,AC,MB1,MD1,BD1,如图所示,则有AC=2,AM=3,AB1=AD1=5,MB1=MD1=B1D1=2,所以AM2+MB12=5=AB12,所以AM⊥MB1.
同理可得,AM⊥MD1.
又因为MB1∩MD1=M,MB1,MD1⊂平面MB1D1,
所以AM⊥平面MB1D1,
所以平面α截正四棱柱所得截面多边形为正三角形B1MD1,
所以其周长3B1M=32,故D正确.
故选AD.
18.解 (1)由题可得,VA-O1BC=VO1-ABC=13×12×3×3×3=92.
(2)过点O1作O1O⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,连接AO1,AO(图略),则∠O1AO即为直线AO1与平面ABCD所成的角.
∵O1O=3,AO=322,AO1=362,
∴cs∠O1AO=AOAO1=33.
19.(1)证明 连接BD交AC于点O,连接OE.
因为CD∥AB,所以DOOB=CDAB=12=DEEP,所以OE∥PB,又OE⊂平面ACE,PB⊄平面ACE,所以PB∥平面ACE.
(2)解 在平面PAD内作AF⊥PD,点F为垂足,连接CF.
因为CD⊥AD,CD⊥PA,AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.
又AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF.
因为AF⊥PD,CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,所以AF⊥平面PCD,
所以∠ACF即为直线AC与平面PCD所成的角,即∠ACF=30°.
因为AC=AD2+CD2=22,所以AF=222,DF=522,PF=22,PA=6.
因为CD⊥平面PAD,CD⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.
在平面PAD内过点P作PM⊥AD于点M,交AE于点K,在平面ABCD内过点M作MH⊥AC于点H,连接PH,HK.
因为平面PAD⊥平面ABCD,PM⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM⊂平面PAD,所以PM⊥平面ABCD.
又因为AC⊂平面ABCD,所以PM⊥AC.
又因为MH⊥AC,MH∩PM=M,MH,PM⊂平面PMH,所以AC⊥平面PMH.
因为PH,HK⊂平面PMH,所以AC⊥PH,AC⊥HK,
所以∠PHK即为二面角P-AC-E的平面角,得PM=222,AM=22.
因为∠MAH=∠CAD,∠MHA=∠CDA,所以△MAH∽△CAD,所以MHCD=AMAC,
所以MH=1111,所以tan∠PHM=PMMH=1122.
在平面PAD内过点E作ET⊥AD于点T,则ET∥KM,ET=13PM=226,DT=526,AT=1326,
则KMET=AMAT=221326=313,所以KM=2226,
所以tan∠KHM=11226,
所以tan∠PHK=tan(∠PHM-∠KHM)=tan∠PHM-tan∠KHM1+tan∠PHM·tan∠KHM=44249,
所以二面角P-AC-E的正切值是44249.