数学人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用学案及答案

这是一份数学人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用学案及答案，文件包含14几何法求空间角和距离原卷版docx、14几何法求空间角和距离解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共36页， 欢迎下载使用。

1.掌握异面直线所成角、线面角、二面角的概念及其求法；
2.掌握利用等积法求点到面距离的方法.
1 异面直线所成的角
① 范围：θ∈(0∘ , 90∘] ；
② 作异面直线所成的角：平移法.
如图，在空间任取一点O，过O作a' // a , b' // b，则 a' , b'所成的θ角为异面直线a , b所成的角.特别地，找异面直线所成的角时，经常把一条异面直线平移到另一条异面直线的特殊点(如线段中点，端点等)上，形成异面直线所成的角.
2 线面所成的角
① 定义
如下图，平面的一条斜线(直线l)和它在平面上的射影(AO)所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.
一条直线垂直平面，则θ=90°；一条直线和平面平行或在平面内，则θ=0°.
② 范围
直线和平面所成的角θ的取值范围是0°≤θ≤90°.
3 二面角
① 定义
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.
在二面角的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.
② 范围 二面角的平面角α的取值范围是[0° , 180°].
【题型一】 异面直线所成的角
【典题1】 如图，已知空间四边形ABCD的四条边及对角线的长均为1，M､N分别是BC与AD的中点，设AM和CN所成角为α，则csα的值为( )
A．23B．13C．34D．14
【答案】A
【分析】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角(或补角)即可求解三角形得出答案.
【详解】提示：如图，连接MD，设O为MD的中点，连接ON､OC，则ON=12AM且ON∥AM.
所以∠ONC为异面直线AM与CN所成的角(或补角).
由题意，可得AM=CN=DM=32，
所以ON=12AM=34，MO=12DM=34，
OC=MC2+MO2=14+316=74.
在△CON中，由余弦定理，可得：cs∠ONC=ON2+CN2-OC22ON⋅CN=316+34-7162×34×32=23，即csα=23.
故选A.
变式练习
1.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑P-ABC中，PB⊥平面ABC，BC⊥CA，且PB=BC=CA=2，M为PA的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为( )
A．23B．34C．33D．24
【答案】C
【分析】如图取PC的中点N，可得 MN∥CA，即异面直线BM与AC所成的角为∠BMN，然后利用PB⊥平面ABC，可得两直角三角形的斜边中线长，从而得到求解.
【详解】取PC的中点N，连接MN、BN，如图所示：
∵M、N分别为PA、PC的中点，则MN∥CA且MN=12CA=1，
∴异面直线BM与AC所成的角为∠BMN或其补角．
∵PB⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PB⊥BC，PC=PB2+BC2=22，
∴BN=12PC=2，同理可得BM=12PA=3，∴BN2+MN2=BM2，
∴BN⊥MN，则cs∠BMN=MNBM=33,
故选:C．
2.正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱侧面对角线E1D与BC1所成的角是( )
A．90°B．60°C．45°D．30°
【答案】B
【分析】连接FE1,FD，则FE1∥BC1，∠FE1D即为E1D与BC1所成的角，在△FE1D中求解即可．
【详解】连接FE1,FD，则FE1∥BC1，故∠FE1D为E1D与BC1所成的角．
在△EFD中，EF=ED=1,∠FED=120°，
∴FD2=EF2+ED2-2EF⋅ED⋅cs120°=3，∴FD=3，
在△EFE1和△EE1D中，得E1F=E1D=(2)2+1=3，
∴△FE1D是等边三角形，∠FE1D=60°．
故选：B．
3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=2π3，AA1=AC=2AB=2，O为四边形AA1C1C的中心，则异面直线OB1与A1B夹角的余弦值为( )
A．510B．515C．520D．525
【答案】C
【分析】利用异面直角所成角的定义作出所求的角，然后利用余弦定理求解即可.
【详解】如图，延长AB至点D，使AB=BD，延长A1B1至点E，使A1B1=B1E，连接DE，B1D，
易证A1B∥B1D，则异面直线OB1与A1B的夹角为∠OB1D，过O作FH⊥AC，垂足为F，
交A1C1于H，
连接DF，B1H，OD，由余弦定理得B1H=A1B12+A1H2-2A1B1⋅A1Hcs∠B1A1H=3，
DF=AF2+AD2-2AF⋅ADcs∠DAF=7，所以OB1=2，OD=22，
易得B1D=5，所以cs∠OB1D=22+52-2222×2×5=520.

故选：C

【题型二】 线面角
【典题1】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=22a，设E，F分别为PC，BD的中点．
(1)求证：平面PAB⊥平面PDC；
(2)求直线EF与平面ABCD所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)π4
【分析】(1)由PA2+PD2=AD2，可得PA⊥PD，由面PAD⊥面ABCD，可得CD⊥PA，则有PA⊥面PCD，可证得平面PAB⊥平面PDC；
(2)求点E到面ABCD的距离和EF的长，可直线EF与平面ABCD所成角的大小．
【详解】(1)在△PAD中，PA=PD=22a，AD=a，
由PA2+PD2=AD2，可得PA⊥PD， ．
由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
AD⊥CD，CD⊂平面ABCD，可得CD⊥平面PAD，
又PA⊂面PAD，则CD⊥PA， ．
又PA⊥PD，CD∩PD=D，CD,PD⊂面PCD，
则PA⊥平面PCD，又PA⊂平面PAB，
则平面PAB⊥平面PDC；
(2)取PD中点S，AD中点T，连接ES,ST,TF，又E，F分别为PC,BD的中点，
则ES//CD，ES=12CD，TF//AB，TF=12AB，
又AB//CD,AB=CD，则ES//TF,TF=ES，
则四边形ESTF为平行四边形，则EF=TS，
连接PT，△PAD中，PA=PD,AT=DT，则PT⊥AD，
又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PT⊂面PAD，
则PT⊥平面ABCD，则PT为点P到平面ABCD的距离，
又E为PC的中点，则点E到平面ABCD的距离为12PT，
又△PAD中，PA=PD=22a，AD=a，AT=DT，
则PT=12a，12PT=14a，则点E到面ABCD的距离为14a，
又EF=ST=12PA=24a，
设直线EF与平面ABCD所成角为θ，则sinθ=14a24a=22，
又θ∈0,π2，则θ=π4，则直线EF与平面ABCD所成角的大小为π4．
变式练习
1. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C与平面ADD1A1所成的角为α,A1C与AB所成的角为β，则( )

A．α=βB．α+β=π
C．α+β=π2D．α-β=π4
【答案】C
【分析】借助线面角定义与等角定理可得α与∠CA1D相等，β与∠A1CD相等，结合线面垂直的性质定理计算即可得.
【详解】连接A1D，由长方体的性质可得CD⊥平面ADD1A1，
故A1C与平面ADD1A1所成的角为α与∠CA1D相等，
又A1D⊂平面ADD1A1，故CD⊥平面A1D，即∠CDA1=π2，
又AB//CD，故A1C与AB所成的角与A1C与CD所成角相等，
即β与∠A1CD相等，又∠A1CD+∠CA1D+∠CDA1=π，
故α+β=π-∠CDA1=π2.

故选：C.
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC,AA1=BC，则BC1与平面ABB1A1所成的角为( ).
A．π6B．π4C．π3D．5π6
【答案】A
【分析】由AB⊥AC，AA1⊥AC，得到AC⊥平面ABB1A1，从而有A1C1⊥平面ABB1A1，∠A1BC1即为所求线面角，在Rt△A1BC1中，由长度关系求得∠A1BC1.
【详解】由题意，AB⊥AC，AA1⊥AC，可知AC⊥平面ABB1A1，
则有A1C1⊥平面ABB1A1，∠A1BC1即为所求线面角，
不妨设AB=AC=a，则BB1=BC=2a，A1B=3a，
故tan∠A1BC1=A1C1A1B=33，故∠A1BC1=π6.

故选:A.
3.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-ABD的体积为13,AC1与底面ABCD所成角的正切值为2，则此正四棱柱的表面积为( )
A．10B．12C．14D．18
【答案】A
【分析】设此正四棱柱的底面边长为a，高为h，根据三棱锥的体积公式和线面角建立关于a、h的方程组，解之即可求解.
【详解】设此正四棱柱的底面边长为a，高为h，
则三棱锥A1-ABD的体积为16a2h=13，得a2h=2，
又AC1与底面ABCD所成的角为∠C1AC，
所以tan∠C1AC=h2a=2，得h=2a，得a=1,h=2，
所以此正四棱柱的表面积为2a2+4ah=10．
故选：A．
4.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，SA=SB=2，E、F分别是SC、BD的中点.
(1)求证：EF//平面SAB；
(2)若二面角S-AB-D的大小为π2，求直线SD与平面ABCD所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)π3
【分析】(1)取线段SB、AB的中点分别为H、G，连接EH、HG、FG，然后四边形EFGH为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；
(2)根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.
【详解】(1)证明：取线段SB、AB的中点分别为H、G，连接EH、HG、FG，
则EH //BC,EH =12BC ，FG//AD,FG=12AD，
又底面ABCD是正方形，即 BC//AD,BC=AD，
则EH//FG,EH=FG，即四边形EFGH为平行四边形，
则EF //HG，又EF在平面SAB外，HG⊂平面SAB，
故EF//平面SAB.
(2)取线段AB的中点为O点，连接SO、DO，
又SA=SB=2，底面ABCD是边长为1的正方形，
则SO⊥AB，且SO=152，DO=52，
又二面角S-AB-D的大小为π2，
即平面SAB⊥平面ABCD，
又SO⊂平面SAB，平面SAB∩平面ABCD=AB，
则SO⊥平面ABCD，
则∠SDO是直线SD与平面ABCD所成角，
在Rt△SDO中，tan∠SDO=SODO=3，
即∠SDO=π3，
故直线SD与平面ABCD所成角的大小为π3.
【题型三】 二面角
【典题1】 设P为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB上的动点，则平面PDB1与平面ADD1A1夹角的正切值的最小值为( )
A．1B．12C．22D．33
【答案】C
【分析】确定平面PDB1与平面ADD1A1的交线，利用线面垂直得到二面角B1-DQ-A的平面角，利用几何关系计算求解即可求解.
【详解】延长B1P和A1A交于点Q,则Q为平面PDB1与平面ADD1A1的公共点，
从而DQ为平面PDB1与平面ADD1A1的交线；
在平面ADD1A1内做AH⊥DQ于点H,连PH，
由正方体性质易知PA⊥平面ADD1A1，DQ⊂面ADD1A1，则PA⊥ DQ，
又AH∩PA=A,AH,PA⊂平面AHP，故DQ⊥平面AHP，又HP⊂平面AHP，
故DQ⊥ HP，故∠PHA为二面角B1-DQ-A的平面角，
设正方体棱长为1，PA=x,x∈0,1，易知△QAP∼△QB1A1,故APA1B1=AQA1Q，
即x1=AQAQ+1，则AQ=x1-x,
由△AQD的面积得：AH=AD⋅AQDQ=x1-2x+2x2
故tan∠PHA=APAH=2x2-2x+1=2x-122+12≥22，当点P为AB中点时等号成立，
故二面角B1-DQ-A正切值的最小值为22，则平面PDB1与平面ADD1A1夹角的正切值的最小值为22.
故选：C


变式练习
1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则平面ABE与底面ABCD所成角的正切值是( )
A．22B．12
C．1D．2
【答案】B
【分析】由正方体的性质可得AB⊥AD，AB⊥AE，即可得到∠EAD为平面ABE与底面ABCD所成角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】依题意AB⊥平面ADD1A1，AD,AE⊂平面ADD1A1，
所以AB⊥AD，AB⊥AE，
所以∠EAD为平面ABE与底面ABCD所成角的平面角，
设正方体的棱长为2，则AD=2，DE=1，
又AD⊥DD1，所以tan∠EAD=DEAD=12，
即平面ABE与底面ABCD所成角的正切值为12.
故选：B
2.在正三棱锥A-BCD中，侧面与底面所成二面角的正切值为3,BC=6，则这个三棱锥的内切球半径为( )
A．1B．32C．2D．52
【答案】A
【分析】法一：利用等体积法求三棱锥的内切球半径；
法二：研究截面ABM，设内切求球心为O,作OE⊥AM，由Rt△AEO∼Rt△AHM，可求半径.
【详解】法一：取CD中点M，连接AM,BM，取截面ABM．作AH⊥BM，
易得BM=33,MH=3,
由AM⊥CD,BM⊥CD，则∠AMB为侧面与底面所成二面角，
且∠AMB的正切值为3．故AH=3,AM=23，
VA-BCD=13⋅S△BCD⋅AH=13⋅93⋅3=93，
S表=S△BCD+3⋅S侧=34×62+3⋅12×6×23
=93+3⋅63=273，
VA-BCD=13⋅S表⋅r，故r=1.
法二：研究截面ABM，设内切求球心为O,作OE⊥AM，
则OH=OE=r，由Rt△AEO∼Rt△AHM，
得OEHM=AOAM，即r3=3-r23，则r=1.
故选：A
3.已知△ABC为等边三角形，△BCD为等腰直角三角形，BC为斜边，若二面角A-BC-D为150°，则直线AD与平面BCD所成角的正切值为( )．
A．15B．25C．35D．25
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取BC的中点E，连接AE,DE，

因为△BCD是等腰直角三角形，且BC为斜边，则有DE⊥BC，
又△ABC是等边三角形，则AE⊥BC，
从而∠AED为二面角A-BC-D的平面角，即∠AED=150°，
显然AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE，于是BC⊥平面ADE，
又BC⊂平面BCD，因此平面ADE⊥平面BCD，
因为平面ADE∩平面BCD=DE，直线AD⊂平面ADE，
则直线AD在平面BCD内的射影在直线DE上，
从而∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角，
不妨设BC=2，则DE=1,AE=3，
在△ADE中，由余弦定理得：
AD=AE2+DE2-2AE⋅DEcs∠AED =3+1-2×3×1×(-32)=7，
由正弦定理得AEsin∠ADE=ADsin∠AED，即sin∠ADE=3sin150°7=327，
显然∠ADE是锐角，cs∠ADE=1-sin2∠ADE=1-(327)2=527，
所以tan∠ADE=35，
所以直线AD与平面BCD所成角的正切值为35.
故选：C.
4.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=2，AA1=6，∠BAD=60°，点P为DD1的中点，点Q为BB1上靠近B的三分点.
(1)求证：BD1∥平面PAC；
(2)求二面角P-AC-Q的正切值.(先找角再证明最后计算)
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】(1)构造底面的中心并证明，再使用线面平行的判定定理；
(2)证明PO⊥AC，QO⊥AC，然后直接计算tan∠POQ即可.
【详解】(1)
已知底面ABCD是菱形，如图，设其中心为O，则O是线段AC和BD的中点.
由于P是DD1的中点，故BD1∥OP，而OP在平面PAC内，BD1不在平面PAC内，所以BD1∥平面PAC.
(2)我们有PA=PD2+DA2=PD2+DC2=PC，QA=QB2+BA2=QB2+BC2=QC.
而O是AC的中点，所以PO⊥AC，QO⊥AC，从而二面角P-AC-Q的正切值就是tan∠POQ.
而由于tan∠POD=PDDO=12DD112AB=12⋅612⋅2=3，tan∠QOB=QBBO=13BB112AB=13⋅612⋅2=2，
故tan∠POQ=tanπ-∠POD+∠QOB=-tan∠POD+∠QOB=tan∠POD+tan∠QOBtan∠PODtan∠QOB-1=3+23⋅2-1=1.
所以二面角P-AC-Q的正切值为1.

【题型四】 点到面的距离
【典题1】 已知正四棱锥S-ABCD侧面和底面的棱长都为4，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是( )
A．23B．263C．43D．463
【答案】D
【分析】连接AC,BD交于点O，连接SO，根据正四棱锥的性质结合已知求出SO=22.
进而证明BC//平面SAD，将点P到平面SAD的距离，转化为点B到平面SAD的距离.求出三棱锥S-ABD的体积，即可根据等体积法得出答案.
【详解】如图，连接AC,BD交于点O，连接SO，
根据已知可得，SO⊥平面ABCD.
又OD=12BD=12×2BC=22，SD=4，
在Rt△SOD中，有SO=SD2-OD2=22.
由已知可得BC//AD，AD⊂平面SAD，BC⊄平面SAD，
所以，BC//平面SAD.
又P∈BC，所以点P到平面SAD的距离，即等于点B到平面SAD的距离.
设点B到平面SAD的距离为h，
则VB-SAD=13×S△SAD⋅h.
又VS-ABD=13×S△ABD×SO=13×12AB×AD×SO
=13×12×4×4×22=1632，
S△SAD=12SA×SD×sinπ3 =12×4×4×32=43，
所以，VB-SAD=13×S△SAD⋅h=13×43h=VS-ABD=1632，
所以，h=463.
故选：D.

变式练习
1. 如图直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为8，底面ABCD为平行四边形，△A1BC的面积为22，则点A到平面A1BC的距离为( )
A．1B．2C．3D．2
【答案】B
【分析】先得到VA-A1BC=VA1-ABCA1=43，设点A到平面A1BC的距离为h，得到方程，求出答案.
【详解】设点A到平面A1BC的距离为h，因为直四棱柱的体积为8，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，故VA-A1BC=VA1-ABCA1=43，
即13S△ABC⋅AA1=13S△A1BC⋅h=43，
又因为S△A1BC=22，
所以h=2，故点A到平面A1BC的距离为2.
故选：B
2.如图，已知∠APB=90°，S为平面APB外一点，SP=4，点S到∠APB两边PA，PB的距离分别为SF，SE，且SE=SF=23，则点S到平面APB的距离SO为( )
A．4B．22C．2D．2
【答案】B
【分析】根据三垂线定理，即可结合全等和勾股定理求解.
【详解】由于SO⊥平面APB,EO,FO⊂平面APB,故SO⊥ EO,SO⊥FO,
且SE=SF=23，SO=SO,
因此△SOF≅△SOE,故OE=OF，
又SE⊥PB,所以PE=SP2-SE2=2,
SO⊥PB,SE⊥PB,SO∩SE=S,SO,SE⊂平面SOE，故PB⊥平面SOE，
OE⊂平面SOE，故PB⊥OE,
同理可得PA⊥OF,
又∠APB=90°，因此四边形OEPF为正方形，
所以SO=SE2-OE2=SE2-PE2=22,
故选：B
3.柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．如图是棱长均为2的柏拉图多面体PABCDQ，已知四边形ABCD为正方形，O，E分别为PQ，CQ的中点，则点A到平面OEB的距离为( )
A．2B．1C．12D．14
【答案】B
【分析】由三棱锥等体积法，可得VA-OEB=VE-OAB，运算得解.
【详解】连接AO,AE，如图所示.因为O,E分别为PQ,CQ的中点，
所以OE为△PCQ的中位线，所以|OE|=1，
因为EB为正三角形CBQ的中线，所以|EB|=3，|OB|=2,
所以|EB|2=|OB|2+|OE|2，所以△OBE为直角三角形，即OB⊥OE，
所以S△OBE=12|OE|⋅|OB|=22．因为|QE|=|CE|，
所以E到平面AOB的距离为12|OQ|=1222-(2)2=22，
设A到平面OEB的距离为d，因为VA-OEB=VE-OAB，
所以13S△OEB⋅d=13S△OAB⋅22，
所以22⋅d=12⋅2⋅2⋅22，所以d=1．
故选：B.
4.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是AB和BC的中点，则MN到平面A1C1D的距离为( )
A．33B．63C．32D．62
【答案】C
【分析】延长MN交DC延长线于点Q，连接A1Q,C1Q，由几何关系证明MN到平面A1C1D的距离即点Q到平面A1C1D的距离，再由等体积法VQ-A1DC1=VA1-QDC1求出结果即可；
【详解】
延长MN交DC延长线于点Q，连接A1Q,C1Q，AC，
因为M,N分别是AB和BC的中点，则MN//AC，
由正方体的性质可得AC//A1C1，所以MN//A1C1，
又A1C1⊂平面A1C1D，MN⊄平面A1C1D，所以MN//平面A1C1D，
所以MN到平面A1C1D的距离即点Q到平面A1C1D的距离，设为h，
则VQ-A1DC1=VA1-QDC1，
因为正方体的棱长为1，
所以DQ=32，A1D=DC1=A1C1=2，，
所以13S△A1DC1⋅h=13SDQC1⋅A1D1，即13×34×22×h=13×12×32×1×1⇒h=32，
故选：C.


【A组---基础题】
1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，若AB=AC=AA1=1，AB⊥AC，点M，N分别A1C1，CC1的中点，则异面直线MN与B1C1所成的角为( )
A．90°B．60°C．45°D．30°
【答案】B
【分析】推导出MN//A1C，B1C1//BC，从而∠A1CB是异面直线MN与B1C1所成的角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线MN与B1C1所成的角．
【详解】在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，
AB=AC=AA1=1，AB⊥AC，点M，N分别A1C1，CC1的中点，
∴MN//A1C，B1C1//BC，
∴∠A1CB是异面直线MN与B1C1所成的角(或所成角的补角)，
连结A1B，则A1B=A1C=BC=2，
∴∠A1CB=60°，
∴异面直线MN与B1C1所成的角为60°．
故选B．
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2.设E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB=2，EF=1，则下列命题为假命题的是( )
A．三棱锥D1-B1EF的体积为定值B．异面直线D1B1与EF所成的角为45°
C．D1B1⊥平面B1EF;D．直线D1B1与平面B1EF所成的角30°
【答案】C
【分析】根据正方体的性质，结合体积公式、线面垂直、线线垂直，线面角的求解逐项判断即可．
【详解】
对A，三棱锥D1-B1EF的体积为V=13S△D1EF⋅B1C1=13×12×2×2×1=23为定值，A正确；
对B，EF//D1C1， ∠B1D1C1或其补角是异面直线D1B1与EF所成的角，为45°，B正确；
对C，取A1D的中点O，连结D1O,B1O，可知：D1O⊥A1D，
又因为CD⊥侧面A1D1DA，D1O⊂侧面A1D1DA，所以CD⊥D1O，
又因为CD∩A1D=D，CD⊂平面B1EF，A1D⊂平面B1EF，所以D1O⊥平面B1EF，
根据过一点有且只有一条直线与平面垂直，可知C错误；
对D，由D1O⊥平面B1EF，可知：∠D1B1O为直线D1B1与平面B1EF所成的角，
所以sin∠D1B1O=D1OD1B1=222=12，
即直线D1B1与平面B1EF所成的角为30°，故D正确；
故选：C.
3.已知正三棱台ABC-A1B1C1的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为60∘，则此三棱台的体积为( )
A．273B．453C．633D．813
【答案】C
【分析】利用正三棱台的几何特征求出棱台的高，再求出上下底面积，利用棱台的体积公式求解即可.
【详解】由题意可知正三棱台ABC-A1B1C1的上底面面积为12×6×6×32=93，下底面面积为12×12×12×32=363，
设AB,A1B1中点为D,D1，H,H1为下、上底面中心，连接DD1,CD,HH1，过D1作D1E⊥底面ABC交CD于E，
由正三棱台的性质可知DD1⊥AB，CD⊥AB，
因为平面A1B1BA∩平面ABC=AB，所以∠D1DC为棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，即∠D1DC=60°，
因为DH=13DC=13×32×12=23，D1H1=13D1C1=13×32×6=3，
所以DE=DH-D1H1=3，D1E=DE⋅tan60°=3，
所以此三棱台的体积V=13×93+363+93×363×3=633，
故选：C
4.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，分别取棱AA1，A1D1的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面ACD1的距离为( )
A．233B．3C．2D．23
【答案】A
【分析】根据已知条件做出图形，利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理，结合等体积法即可求解.
【详解】如图所示，
因为点E，F分别是棱AA1，A1D1的中点，
所以EF∥AD1,
又EF⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
所以EF∥平面ACD1，
所以点G到平面ACD1的距离即为点E或F到平面ACD1的距离.
因为该正方体的棱长为4，
所以 AD1=AC=CD1=42,
所以△ACD1为等边三角形，
所以S△ACD1=12×42×42×32=83,
S△FAD1=12×2×4=4,
设F到平面ACD1的距离为d，则
VF-ACD1=VC-FAD1，即13S△ACD1d=13S△FAD1×4，于是有13×83d=13×4×4，解得d=233，
所以点G到平面ACD1的距离为233.
故选：A.
5.如图，已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A=AB，E，F分别是BD1和AD中点，则异面直线CD1，EF所成的角的大小为 .
【答案】90°/π2
【分析】取CD1的中点G，连接EG，DG，由题设条件可得EF∥DG且DG⊥CD1，从而可求异面直线CD1，EF所成的角.
【详解】取CD1的中点G，连接EG，DG.
∵E是BD1的中点，
∴EG∥BC，EG=12BC.
∵F是AD的中点，且AD∥BC，AD=BC，
∴DF∥BC，DF=12BC，∴EG∥DF，EG=DF，
∴四边形EFDG是平行四边形，∴EF∥DG，
∴∠DGD1(或其补角)是异面直线CD1与EF所成的角.
又A1A=AB，∴四边形ABB1A1，四边形CDD1C1都是正方形，且G为CD1的中点，
∴DG⊥CD1，∴∠D1GD=90°，
∴异面直线CD1，EF所成的角为90°.
故答案为：90°.
6.如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BDC，∠BDC=90°,AB=8,BD=6，则点B到平面ACD的距离等于 .
【答案】4.8
【分析】设B到平面ACD的距离为h，利用VA-BCD=VB-ACD，即可求得点B到平面ACD的距离.
【详解】因为AB⊥平面BDC，所以AB⊥BD，AB⊥CD，
又∠BDC=90°，则CD⊥BD，AB∩BD=B,AB⊂平面ABD,BD⊂平面ABD,
所以CD⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以CD⊥AD，
因为AB=8,BD=6，所以AD=10，
所以S△BDC=12×6×CD=3CD，所以S△ACD=12×10×CD=5CD，
设B到平面ACD的距离为h，因为VA-BCD=VB-ACD，
所以13×3CD×8=13×5CD×h，解得 h=4.8，
故答案为：4.8
7.已知△ABC中，∠BAC=60°,AB=42,Q是边BC上的动点．若PA⊥平面ABC，PA=2，且PQ与面ABC所成角的正弦值的最大值为33，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ．
【答案】36π
【分析】根据题意得PQ的最小值为23，AQ的最小值是22，即A到BC的距离为22，则∠ACB=90°，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥P-ABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．
【详解】三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为θ，
又sinθ的最大值是33，所以sinθ=PAPQ=2PQ≤33，解得PQ≥23，
即PQ的最小值为23，AQ的最小值是22，即A到BC的距离为22，
如下图AQ⊥BC，直角三角形△ABQ中AB=42，所以∠BAQ=60°，又∠BAC=60°，
所以C,Q重合，则∠ACB=90°，则△ABC的外接圆圆心M为AB的中点，
又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，
外接球的半径R=OB=MB2+MO2=AB22+PA22=(22)2+12=3，
三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2=4π×32=36π．
故答案为：36π．
8.已知三棱锥P-ABC中，AB⊥AC, PA⊥平面ABC, PA=AB=3, AC=4, M为BC中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC、PC于点E、F.

(1)求直线PM与平面ABC所成的角的正切值；
(2)证明：平面MEF//平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离.
【答案】(1)54
(2)证明见解析；2
【分析】(1)根据直线与平面夹角的定义即可知∠PMA即为直线PM与平面ABC所成的角，然后利用线段长直接求解即可.
(2)利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案.
【详解】(1)

因为PA⊥平面ABC，连接AM，
则∠PMA即为直线PM与平面ABC所成的角，
又PA=AB=3，AC=4，AB⊥AC，
M为BC中点，可得BC=5，AM=52，
所以tan∠PMA=PAAM=65，
即直线PM与平面ABC所成的角的正切值为65.
(2)由题知，ME//平面PAB，MF//平面PAB，
ME∩MF=M，ME,MF⊂平面MEF，
所以平面MEF//平面PAB.
因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以PA⊥AC，
又AC⊥AB，AB,PA⊂平面PAB，AB∩PA=A，
所以AC⊥平面PAB，又ME//平面PAB，
所以AE就是直线ME到平面PAB的距离，
又M为BC中点，
则AE=12AC=2，
即直线ME到平面PAB的距离为2.
9.如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起使得点D到点D'的位置，连接BD'，O为AC的中点.
(1)若平面D'AC⊥平面ABC，求点O到平面D'BC的距离；
(2)不考虑点D'与点B重合的位置，若二面角A-BD'-C的余弦值为-23，求BD'的长度.
【答案】(1)33；
(2)455
【分析】(1)利用等体积法求解点到平面的距离；
(2)根据二面角的定义找出二面角的平面角，结合余弦值得出AE2=CE2=65，利用勾股定理可得答案.
【详解】(1)连接OD',OB，则OD'⊥AC，
∵平面D'AC⊥平面ABC，平面D'AC∩平面ABC＝AC，OD'⊂平面D'AC，
∴OD'⊥平面ABC，又OB⊂平面ABC，
∴OD'⊥OB，又正方形ABCD的边长为2，
∴OD'=OB=OC=1，BD'=BC=D'C=2，
设点O到平面D'BC的距离为h，则VD'-OBC=VO-D'BC，
∴13×12×1×1×1=13×34×22⋅h，
∴h=33，即点O到平面D'BC的距离33；
(2)取D'B的中点E，连接AE，EC，
∵AB=AD'=BC=D'C=2，
∴AE⊥BD'，EC⊥BD'，
∠AEC为二面角A-BD'-C的平面角，∴cs∠AEC=-23，
由题可知△ABD'与△CBD'全等，
在△AEC中，AC=2，AE=CE，
cs∠AEC=AE2+CE2-AC22AE⋅CE=-23，∴ AE2=CE2=65，
∴D'E2=AD'2-AE2=2-65=45，∴D'B=2D'E=455.
【B组---提高题】
1.已知三棱锥A-BCD,AB=BC=23,E为BC中点，A-BC-D为直二面角，且∠AED为二面角A-BC-D的平面角，三棱锥A-BCD的外接球O表面积为84π5，则平面BCD被球O截得的截面面积及直线AD与平面BCD所成角的正切值分别为( )
A．4π5,255B．4π5,355C．16π5,255D．16π5,355
【答案】D
【分析】利用球的截面的性质，找出球心球心O，再根据条件求出球的半径R=215，在Rt△OBF中，利用勾股定理，求出△BCD外接圆的半径，即可求出截面面积，再求出DE的长，即可求出直线AD与平面BCD所成角的正切值，从而求出结果.
【详解】依题知AE⊥平面BCD，又BC⊂面BCD，所以AE⊥BC，又E为BC中点，
所以AB=AC=BC=23，
取AC中点为G，连接BG交AE于H，则H是△ABC外心，又AE=23sinπ3=3，
所以HE=1,AH=2，连接ED，在ED上取F为△BCD外心，
过F作平面BCD的垂线，过H作平面ABC的垂线，
两垂线的交点即为三棱锥A-BCD外接球球心O，
则四边形OHEF是矩形，OF=HE=1，
连接OB,BF，设△BCD外接圆半径FD=BF=r，
设球O半径为OB=R，因为球O的表面积为84π5，所以4πR2=84π5，得到R2=215，
所以在Rt△OBF中，r2=DF2=R2-OF2=215-1=165，
所以平面BCD截球O的截面面积πr2=16π5，
在Rt△AOH中，OH=R2-4=55，
所以ED=EF+FD=OH+r=55+455=5，
又∠ADE为直线AD与平面BCD所成角，所以tan∠ADE=AEED=35=355，
故选：D.
2.如图，已知Rt△ABC中∠A为直角，D是线段AB上任意一点(不含端点)，沿直线CD将△ACD折成△A'CD，所成二面角A'-CD-B的平面角为α0<α<π，则下列说法正确的是( )
A．∠A'DB<αB．∠A'DB与α的大小关系与D点位置有关
C．∠A'DB>αD．∠A'DB与α的大小关系与α大小有关
【答案】C
【分析】根据二面角的几何法可得∠A'MP即为二面角A'-CD-B的平面角，进而在△A'DB以及△A'MP中运用余弦定理，即可作差后结合余弦函数的单调性求解.
【详解】过点A'作A'M⊥直线CD于点M，过点B作BN⊥直线CD于点N，
则可知M，N分别在点D的两边，
如图，将线段BN平移到PM处，过A'作A'O⊥PM于O，连接OD，
∵BN⊥CM，PM//BN，∴PM⊥CM，则∠A'MP即为二面角A'-CD-B的平面角，
设∠ADC=θ， AD=A'D=x,BD=y，A'B=t，
在△A'DB中，cs∠A'DB=A'D2+DB2-A'B22×A'D×DB=x2+y2-t22xy⇒x2+y2-t2=2xycs∠A'DB，
在Rt△ A'MD中，DM=A'Dcs∠A'DC=xcsθ，A'M=A'Dsin∠A'DC=xsinθ，
同理，BN=PM=ysinθ，DN=ycsθ，∴BP=MN=x+ycsθ，
由题意BP⊥平面A'MP，A'P⊂平面A'MP，∴BP⊥A'P，
在Rt△ A'BP中，A'P2=A'B2-BP2，
在△A'MP中，cs∠A'MP=csα=A'M2+MP2-A'P22A'M×MP =x2sin2θ+y2sin2θ-(t2-x+y2cs2θ)2xysinθ×sinθ
=x2+y2-t2+2xycs2θ2xysinθ×sinθ=2xycs∠A'DB+2xycs2θ2xysinθ×sinθ=cs∠A'DB+cs2θsin2θ
csα-cs∠A'DB=cs∠A'DB+cs2θsin2θ-cs∠A'DB=cs2θsin2θ1+cs∠A'DB≥0，
∴csα≥cs∠A'DB(当θ=π2时取等号)，
由于∠ADC=θ∈0,π2，故等号取不到，
∵α，∠A'DB∈[0,π]，y=csx在[0,π]上为递减函数，
故α<∠A'DB，故C正确．
故选：C．