2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习52几何法求线面角二面角及距离（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习52几何法求线面角二面角及距离（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.
已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，那么直线A1C与平面AA1D1D所成角的正弦值为( )
A．eq \f(\r(6),6)B．eq \f(\r(35),6)
C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(\r(6),3)
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线A1D与平面BB1D1D所成角为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
3.
如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB的中点，则点A到平面EB1C的距离为( )
A．eq \f(\r(6),3)B．eq \f(\r(3),4)
C．eq \f(\r(6),6)D．eq \f(\r(5),5)
4.
[2024·湖北咸宁模拟]在棱长为2的正方体ABCD­A′B′C′D′中，点E为棱CC′的中点，则点A′到直线BE的距离为( )
A．3B．2eq \r(2)
C．eq \f(6\r(5),5)D．eq \f(2\r(5),5)
5.
如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的棱长都相等，则二面角A1­BC­A的余弦值为( )
A．eq \f(\r(2),2)B．eq \f(\r(21),7)
C．eq \f(\r(7),7)D．eq \f(2\r(7),7)
6.
如图，在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，A1B1＝AA1＝2，AB＝4，则AA1与平面BDD1B1所成角的大小为( )
A．30° B．45°C．60° D．90°
二、多项选择题
7.
如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F分别为CC1和AA1的中点，则( )
A．D1，F，B，E四点共面
B．直线B1E与直线BF所成的角为90°
C．直线B1E与平面FD1C1所成的角为90°
D．直线BE与平面A1B1C1D1所成的角为45°
8．如图，正四面体ABCD的棱长为a，则( )
A.点A到直线CD的距离为eq \f(\r(3),2)a
B．点A到平面BCD的距离为eq \f(\r(6),3)a
C．直线AB与平面BCD所成角的余弦值为eq \r(3)
D．二面角A­BC­D的余弦值为eq \f(1,3)
三、填空题
9．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ABC1D1和平面ABCD所成二面角的大小是______．
10．在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面ADC1B1的距离为________．
课后定时检测案52 几何法求线面角、二面角及距离
1．解析：
根据长方体性质知：CD⊥平面AA1D1D，故∠CA1D为A1C与平面AA1D1D所成的角，AA1＝2，AB＝AD＝1⇒CA1＝eq \r(12＋12＋22)＝eq \r(6)，所以sin∠CA1D＝eq \f(CD,CA1)＝eq \f(\r(6),6).故选A.
答案：A
2．解析：如图，连接A1C1交B1D1于O，连接OD，
因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1O在平面A1B1C1D1内，
所以DD1⊥A1O，又A1O⊥B1D1，DD1∩B1D1＝D1，DD1，B1D1⊂平面BB1D1D，
所以A1O⊥平面BB1D1D，
所以∠A1DO为直线A1D和平面BB1D1D所成的角，
设正方体的棱长为1，则A1D＝eq \r(2)，A1C1＝eq \r(2)，A1O＝eq \f(\r(2),2)，又DO⊂平面BB1D1D，故A1O⊥DO，
所以sin∠A1DO＝eq \f(A1O,A1D)＝eq \f(1,2)，
因为∠A1DO∈(0，eq \f(π,2)]，所以∠A1DO＝eq \f(π,6)，
所以直线A1D和平面BB1D1D所成的角为eq \f(π,6)，故选A.
答案：A
3．解析：由于E是AB的中点，所以A到平面EB1C的距离等于B到平面EB1C的距离，设这个距离为h，
B1E＝CE＝eq \r(12＋（\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(5),2)，B1C＝eq \r(2)，
所以S△B1CE＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(（\f(\r(5),2)）2－（\f(\r(2),2)）2)＝eq \f(\r(6),4)，
由于VB1­BCE＝VB­B1CE，
所以eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2))×1＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),4)×h，h＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).故选C.
答案：C
4．解析：连接A′B，A′E，A′C′，过点A′作A′F⊥BE于点F，故A′F即为点A′到直线BE的距离，∵正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为2，∴A′C′＝A′B＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，BE＝eq \r(BC2＋CE2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，A′E＝eq \r(A′C′2＋C′E2)＝eq \r(8＋1)＝3，
在△A′BE中，cs∠A′BE＝eq \f(A′B2＋BE2－A′E2,2A′B·BE)＝eq \f(8＋5－9,2×2\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，故sin∠A′BE＝eq \r(1－cs2∠A′BE)＝eq \f(3\r(10),10).点A′到直线BE的距离为A′F＝A′Bsin∠A′BE＝2eq \r(2)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(6\r(5),5).故选C.
答案：C
5．解析：
取BC的中点M，连接AM，A1M，
因为△ABC为等边三角形，则AM⊥BC，
又因为AA1⊥平面ABC，AB，AC，AM⊂平面ABC，则AA1⊥AB，AA1⊥AC，AA1⊥AM，
可知△AA1B≌△AA1C，可得A1B＝A1C，则A1M⊥BC，
所以二面角A1­BC­A的平面角为∠AMA1，
设AB＝2，则A1A＝2，AM＝eq \r(3)，A1M＝eq \r(A1A2＋AM2)＝eq \r(7)，
所以cs∠AMA1＝eq \f(AM,A1M)＝eq \f(\r(3),\r(7))＝eq \f(\r(21),7).故选B.
答案：B
6．解析：
将该正四棱台补成正四棱锥P­ABCD，设ABCD的中心为O，如图：
连接PO，设PO∩B1D1＝O1，因为A1B1＝AA1＝2，AB＝4，所以B1O1＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，BO＝eq \f(1,2)BD＝2eq \r(2)，
所以eq \f(B1O1,BO)＝eq \f(PB1,PB)＝eq \f(1,2)，又PB－PB1＝BB1＝2，所以PB＝4，由正棱锥的性质可知PO⊥底面ABCD，AO⊂底面ABCD，所以PO⊥AO，因为四边形ABCD是正方形，所以AO⊥BD，而PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PDB，所以AO⊥平面PDB，则AA1与平面BDD1B1所成角为∠APO，又PA＝PB＝4，AO＝eq \f(1,2)AC＝2eq \r(2)，则在直角三角形PAO中，sin∠APO＝eq \f(AO,PA)＝eq \f(\r(2),2)，又0°≤∠APO≤90°，所以∠APO＝45°.故选B.
答案：B
7．解析：
设AA1＝2AB＝2，
对A选项，如图，取DD1的中点G，连接GE，GA，D1E，
又E，F分别为CC1和AA1的中点，∴GE∥DC∥AB，且GE＝DC＝AB，
∴四边形ABEG为平行四边形，∴AG∥BE，AG＝BE，
∵AF∥D1G，AF＝D1G，∴四边形AFD1G为平行四边形，
∴AG∥DF1，AG＝DF1，
∴D1F∥BE，D1F＝BE，四边形BFD1E为平行四边形，
∴D1，F，B，E四点共面，故A正确；
对B选项，∵四边形BFD1E为平行四边形，∴BF∥D1E，
∴∠B1ED1或其补角为直线B1E与直线BF所成的角，
∵B1E＝B1D1＝D1E＝eq \r(2)，∴∠B1ED1＝60°，
∴直线B1E与直线BF所成的角为60°，故B错误；
对C选项，取BB1的中点H，连接FH，HE，HC1，
∵FH∥A1B1∥D1C1，FH＝A1B1＝D1C1，
∴四边形FHC1D1为平行四边形，F，H，C1，D1四点共面，
∵四边形HEC1B1为正方形，∴B1E⊥HC1，
∵D1C1⊥平面BCC1B1，B1E⊂平面BCC1B1，∴D1C1⊥B1E，
∵D1C1∩HC1＝C1，D1C1，HC1⊂平面FHC1D1，
∴B1E⊥平面FHC1D1，∴直线B1E与平面FD1C1所成的角为90°，故C正确；
对D选项，∵CC1⊥平面ABCD，∴BE与平面ABCD所成的角为∠EBC，
由题意易知∠EBC＝45°，又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
∴直线BE与平面A1B1C1D1所成的角为45°，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
8．解析：对于A项，在等边△ACD中，点A到直线CD的距离为a·sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)a，故A项正确；
对于B项，如图所示，取CD的中点E，连接AE，BE，过A作AG⊥BE交BE于点G，
则AE⊥CD，BE⊥CD，
又因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，
所以CD⊥平面ABE，
又因为CD⊂平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ABE，
又因为平面BCD∩平面ABE＝BE，AG⊥BE，AG⊂平面ABE，
所以AG⊥平面BCD，
由正四面体的性质可知，BG＝eq \f(2,3)BE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),3)a，
所以在Rt△AGB中，AG＝eq \r(AB2－BG2)＝eq \r(a2－（\f(\r(3),3)a）2)＝eq \f(\r(6),3)a，故B项正确；
对于C项，由B项知，AG⊥平面BCD，
所以∠ABG即为直线AB与平面BCD所成角，
在Rt△AGB中，cs∠ABG＝eq \f(BG,AB)＝eq \f(\f(\r(3),3)a,a)＝eq \f(\r(3),3)，故C项错误；
对于D项，取BC中点F，连接AF，DF，如图所示，
则AF⊥BC，DF⊥BC，
又因为AF⊂平面ABC，DF⊂平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，
所以∠AFD为二面角A­BC­D的平面角，
又因为AF＝DF＝a·sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)a，AD＝a，
所以在△AFD中，由余弦定理得
cs∠AFD＝eq \f(（\f(\r(3),2)a）2＋（\f(\r(3),2)a）2－a2,2×\f(\r(3),2)a×\f(\r(3),2)a)＝eq \f(\f(1,2)a2,\f(3,2)a2)＝eq \f(1,3)，
所以二面角A­BC­D的余弦值为eq \f(1,3)，故D项正确．故选ABD.
答案：ABD
9．解析：∵ABCD­A1B1C1D1是正方体，
∴AB⊥平面B1C1CB，∴AB⊥BC1，AB⊥BC，
∴∠C1BC是平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角，
∵∠C1BC＝45°，
∴平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角为45°.
答案：45°
10．解析：在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，取AD，BC，B1C1的中点O，M，N，连接MN，OM，ON，如图，
B1C1∥BC∥AD，BC⊄平面ADC1B1，AD⊂平面ADC1B1，则BC∥平面ADC1B1，
MN∥BB1，BB1⊥平面ABCDEF，则MN⊥平面ABCDEF，AD⊂平面ABCDEF，
即MN⊥AD，而OM⊥BC，即有OM⊥AD，OM∩MN＝M，OM，MN⊂平面OMN，
则AD⊥平面OMN，又AD⊂平面ADC1B1，因此平面OMN⊥平面ADC1B1，
在平面OMN内过M作MH⊥ON于H，而平面OMN∩平面ADC1B1＝ON，
于是MH⊥平面ADC1B1，线段MH长即为BC到平面ADC1B1的距离，
OM＝1×cs30°＝eq \f(\r(3),2)，MN＝3，Rt△OMN中，ON＝eq \r(OM2＋MN2)＝eq \f(\r(39),2)，所以BC到平面ADC1B1的距离MH＝eq \f(OM·MN,ON)＝eq \f(\f(\r(3),2)×3,\f(\r(39),2))＝eq \f(3\r(13),13).
答案：eq \f(3\r(13),13)