2024高考数学基础知识综合复习优化集训试题21空间角与距离

这是一份2024高考数学基础知识综合复习优化集训试题21空间角与距离，共10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.B.
C.D.
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=,AB=,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.B.C.D.
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.B.C.D.
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.B.C.D.
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=,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6
B.异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为
C.AC1⊥平面BDD1B1
D.二面角D1-AA1-B的余弦值为
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.B.C.D.
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.B.C.D.
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[]
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3
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=3,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=.
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==sin∠AEO·,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=,MN=3,
∴tan∠C1MN=,
∴∠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=,∴∠A1OA=60°.故选C.
5.C 解析 连接A1C,交BD1于点O,由对称性可知,OC=A1C.
∵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=.
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=.
∴点O到平面ABC1D1的距离是.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=,B1D1=,所以cs∠D1AB1=,故选B.
8.C 解析 因为AB为底面圆的直径,C在底面圆周上且为的中点,则∠ACB=90°,PA=PB=AB=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=AB=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=,AB=AD=2,则△ABD为正三角形,故BD=2,AO=,BO=DO=1.
又∠A1AB=∠A1AD=,AA1=3,由余弦定理,得A1B=A1D=,
则△A1OB≌△A1OD,故∠A1OB=∠A1OD.
又∠A1OB+∠A1OD=π,故∠A1OB=∠A1OD=,A1O=.
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×sin=6,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=,所以cs∠AA1C=cs2∠AA1O=2cs2∠AA1O-1=2×()2-1=,故sin∠AA1C=,所以异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为,故B正确.
对于C,因为cs∠AA1C=>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=ABsin,BD=2,故cs∠DPB=,
即二面角D1-AA1-B的余弦值为,故D正确.
故选ABD.
10. 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=MC,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=,EF=,所以sin∠EFC=,即直线MN与平面ABCD所成的角的正弦值为.
11. 解析 设点B1到平面D1BC的距离为d,
∵,
∴·d=·A1B1.
∴×1××d=×1×1×2.∴d=.
12. 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=×2=,DB1=,
所以tan∠CB1D=,所以直线CB1与平面AA1B1B所成角的正切值为.
取BC,BB1,A1B1的中点E,F,G,连接EF,FG,EG.
则EF∥B1C,FG∥A1B,则EF=B1C=×2,FG=A1B=×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=.
在△EFG中,由余弦定理得cs∠EFG==-.
因为异面直线所成的角的取值范围为(0,],所以直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为.
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=,C1D=,
则CD2+C1D2=C,
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=,
则BD=.
设点E到平面C1BD的距离为h,
因为,所以·h=·AC,即h××2×1,解得h=,所以点E到平面C1BD的距离为.
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=,AD=,B1D=.
在△AB1D中,由余弦定理得AD2=A+D-2AB1·DB1cs∠AB1D,即()2=()2+()2-2×cs∠AB1D,解得cs∠AB1D=,所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
故选A.
16.D 解析 ,
则=()·()==6,||===2,
||2===2,
cs=,
所以sin=,
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=时,在矩形BCC1B1中,tan∠CBM==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=-∠BAM,
所以sinθ=cs∠BAM=.
又因为当点M在棱CC1上移动时,≤AM≤,
所以,所以≤sinθ≤,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=,AM=,AB1=AD1=,MB1=MD1=B1D1=,所以AM2+M=5=A,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=3,故D正确.
故选AD.
18.解 (1)由题可得,×3×3×3=.
(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=,AO1=,
∴cs∠O1AO=.
19.(1)证明 连接BD交AC于点O,连接OE.
因为CD∥AB,所以,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=,所以AF=,DF=,PF=,PA=.
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=,AM=.
因为∠MAH=∠CAD,∠MHA=∠CDA,所以△MAH∽△CAD,所以,
所以MH=,所以tan∠PHM=.
在平面PAD内过点E作ET⊥AD于点T,则ET∥KM,ET=PM=,DT=,AT=,
则,所以KM=,
所以tan∠KHM=,
所以tan∠PHK=tan(∠PHM-∠KHM)=,
所以二面角P-AC-E的正切值是.