2025届高中数学一轮复习练习：第八章　限时跟踪检测(44)　空间角与距离（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第八章　限时跟踪检测(44)　空间角与距离（含解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2024·重庆诊断)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝2.D，E，F分别是BB1，AA1，A1C1的中点，则直线EF与CD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r( ,2),2) C．－eq \f(1,2) D．0
2．(2024·河北沧州模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P是C1D1的中点，则异面直线AP与BA1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r( ,2),6) B.eq \f(\r( ,3),6) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
3．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．(2024·广东肇庆一中月考)如图，E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，将△CEF沿着EF折起到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABCD，连接AP，BF，则AP，BF所成角的余弦值是( )
A.eq \f(\r( ,5),5) B.eq \f(\r( ,3),3) C.eq \f(3,10) D.eq \f(1,3)
5．若正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(3,4) D.eq \f(\r( ,5),5)
二、多项选择题
6．(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
7．关于正方体ABCD­A1B1C1D1，下列说法正确的是( )
A．直线AC1⊥平面A1BD
B．若平面A1BD与平面AB1D1的交线为l，则l与AD所成的角为45°
C．直线CC1与平面A1BD所成角的正切值为eq \r( ,2)
D．若正方体的棱长为2，P，Q分别为棱DD1，BB1的中点，则经过点A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形的周长为4eq \r( ,5)
三、填空题与解答题
8．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
9．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，平面A1ADD1⊥平面ABCD，AD＝2，AA1＝A1D.若直线AB与平面A1DC1所成角的正弦值为eq \f(\r( ,21),7)，则AA1的长度为________．
10．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq \r( ,2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．
11．(2024·山东潍坊模拟)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，二面角A­CD­P为直二面角．
(1)求证：PB⊥PD；
(2)当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
12．(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
13．(2024·湖南岳阳第一次质量监测)已知在直三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F分别为棱B1B和A1C1的中点，∠BAC＝45°，AC＝2eq \r( ,2)，AB＝3.
(1)求证：平面EFC⊥平面A1ACC1；
(2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为eq \f(\r( ,2),3)，且AA10，
则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，A1(0,0，a)，C1(2,2，a)，D(0,1,0)，
eq \(AB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \(A1C1,\s\up16(→))＝(2,2,0)，eq \(A1D,\s\up16(→))＝(0,1，－a)，
设平面A1DC1的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，,m·\(A1D,\s\up16(→))＝y－az＝0，))
取x＝a，则m＝(a，－a，－1)，
由题意可得|cs〈eq \(AB,\s\up16(→))，m〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up16(→))·m|,|\(AB,\s\up16(→))||m|)＝eq \f(2a,2\r( ,2a2＋1))＝eq \f(a,\r( ,2a2＋1))＝eq \f(\r( ,21),7)，
因为a>0，则a＝eq \r( ,3)，
所以|eq \(AA1,\s\up16(→))|＝eq \r( ,1＋a2)＝2.
答案：2
10．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq \r( ,2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．
解析： 以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，C1(0,0，2eq \r( ,2))．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r( ,3),2)，2\r( ,2))).所以eq \(AC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2eq \r( ,2))，eq \(AC2,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r( ,3),2)，2\r( ,2)))，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(\(AC1,\s\up16(→))·\(AC2,\s\up16(→)),|\(AC1,\s\up16(→))||\(AC2,\s\up16(→))|)＝eq \f(1＋0＋8,2\r( ,3)×3)＝eq \f(\r( ,3),2).
又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6).
答案：eq \f(π,6)
11．(2024·山东潍坊模拟)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC⊥PD，二面角A­CD­P为直二面角．
(1)求证：PB⊥PD；
(2)当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
(1)证明：由题意知平面PCD⊥平面ABCD，
又平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PCD.
因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD.
又因为PC⊥PD，BC∩PC＝C，PC⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以PD⊥平面PBC.因为PB⊂平面PBC，所以PD⊥PB.
(2)解：取CD中点为O，连接PO.取AB中点为E，连接OE.因为PC＝PD，点O是CD中点，所以PO⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO⊂平面PCD，所以PO⊥平面ABCD.因为点O，E分别是CD，AB的中点，所以OE∥AD，则OE⊥CD.则OP＝eq \f(1,2)CD＝1，OE＝AD＝2.
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则O(0,0,0)，D(1，0,0)，C(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0，0,1)，E(0,2,0)，A(1,2,0)，eq \(AP,\s\up16(→))＝(－1，－2,1)，eq \(AB,\s\up16(→))＝(－2,0,0)，eq \(PC,\s\up16(→))＝(－1，0，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PAB的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up16(→))＝－x－2y＋z＝0，,n·\(AB,\s\up16(→))＝－2x＝0，))取y＝1，则z＝2，
所以n＝(0,1,2)是平面PAB的一个法向量．设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈n，eq \(PC,\s\up16(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(PC,\s\up16(→)),|n||\(PC,\s\up16(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2,\r( ,5)×\r( ,2))))＝eq \f(\r( ,10),5)，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r( ,10),5).
12．(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，
所以AB⊥PM.
(2)解：方法一：由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠BAN为直线AN与平面PDM所成角的余角．
连接AM(图略)，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r( ,7)，
又PA＝eq \r( ,15)，易得PM＝2eq \r( ,2)，PB＝PC＝2eq \r( ,3)，
连接BN(图略)，结合余弦定理得BN＝eq \r( ,11).
连接AC(图略)，则由余弦定理得AC＝eq \r( ,21).
在△PAC中，结合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r( ,15).
所以在△ABN中，cs∠BAN＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r( ,15))＝eq \f(\r( ,15),6).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cs∠BAN＝eq \f(\r( ,15),6).
方法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝eq \r( ,7)，
又PA＝eq \r( ,15)，易得PM＝2eq \r( ,2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则
ME⊥MD，MD，ME，MP两两垂直．
故以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－eq \r( ,3)，2,0)，P(0,0,2eq \r( ,2))，C(eq \r( ,3)，－1，0)，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,3),2)，－\f(1,2)，\r( ,2)))，
所以eq \(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r( ,3),2)，－\f(5,2)，\r( ,2))).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\(AN,\s\up16(→))·n|,|\(AN,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(\f(5,2),\r( ,15))＝eq \f(\r( ,15),6).
13．(2024·湖南岳阳第一次质量监测)已知在直三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F分别为棱B1B和A1C1的中点，∠BAC＝45°，AC＝2eq \r( ,2)，AB＝3.
(1)求证：平面EFC⊥平面A1ACC1；
(2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为eq \f(\r( ,2),3)，且AA1