热点专测专练04 空间角与距离的计算问题【解析版】

热点专测专练：空间角与距离的计算问题热点专测专练：空间角与距离的计算问题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2023·吉林长春·统考三模）如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将平移到与相交，求所成的角，即异面直线所成的角.【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，因为为正三角形，所以与所成的角为，所以异面直线与所成的角为.故选：C.2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.故选：C3．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知正方体的棱长为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，则（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】由题意知平面平面，可先令为中点，再证明当点为中点时，满足平面平面，即可轻易得出的值.【详解】因为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，所以∥平面,而平面，故平面平面.在正方体中，如图所示，取中点为,中点为,连接，假设为中点，则为等腰三角形，中点为,所以;又因为,,所以，中点为,中点为,所以,而,所以，，平面，所以平面，平面,所以；因为，，,平面，所以平面，平面，所以平面平面，符合题意，故为中点，.故选：D.4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，，利用三角形中位线定理可知是异面直线与所成的角或其补角，再利用解三角形的知识求出的边长，最后利用余弦定理即可得解.【详解】如图，设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，则，，，，∴是异面直线与所成的角或其补角.∵，为的中点，∴，，∵平面平面，平面平面，∴平面.设为的中点，连接，，则平面，，，，∴，连接，易得，，∴在中，，∴，∴，∴异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.5．（2023·江西·统考模拟预测）如图，直三棱柱中，，点分别是棱的中点，点在棱上，且，截面内的动点满足，则的最小值是（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】设点在平面内的投影为、点在线段上且，根据题意和线面垂直的判定定理与性质可知点的轨迹是正方形的对角线，将与展开，如图，则的最小值是，结合余弦定理计算即可求解.【详解】由题意知，，，又平面，所以平面.设点在平面内的投影为，则点在线段上，且，即，所以，设点在线段上，且，则四边形是一个正方形，点的轨迹是其对角线.将与展开到一个面内，得到如图图形，因此的最小值是，由余弦定理，得，所以.故选：C.6．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.【详解】取的中点，连接，由已知为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，设，则，，又，所以矩形的面积，所以四棱锥的体积，所以，所以，所以，因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以为直角三角形，斜边为，因为平面，所以与平面所成角的平面角为，在中，，，所以，与平面所成角的正切值为.故选：B.7．（2022春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）在平面四边形中，，，现将沿折起，连接，得到一个三棱锥，当二面角的大小为时，所得三棱锥的体积为（

）A． B．4 C． D．12【答案】B【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，借助面面垂直求出点平面的距离作答.【详解】因为，，则，即，取的中点，连接，如图，显然，则是二面角的平面角，即，而平面，于是平面，而平面，则平面平面，在平面内过作于，而平面平面，因此平面，在正中，，有，，所以三棱锥的体积为.故选：B8．（河南省十所名校2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（六）理科数学试题）已知四棱锥的底面ABCD是矩形，，，，．若四棱锥的外接球的体积为，则该球上的点到平面PAB的距离的最大值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，结合球的截面圆的性质探求球心位置，再求出球心到平面PAB的距离作答.【详解】如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记，则点F为矩形ABCD的外接圆圆心，设，在中，由余弦定理得：，即，的外接圆半径为，记的外接圆圆心为G，则，取AD的中点E，连接PE，EF，显然，，，且P，E，G共线，因为，，，于是平面PAD，即平面PAD，平面PAD，有，而平面ABCD，因此平面ABCD，过G作平面PAD，使，连接FO，于是，则四边形EFOG为矩形，有，则平面ABCD，根据球的性质，得点O为四棱锥外接球的球心，因为球O的体积为，则，解得，而，在，，因此外接圆直径，取PB的中点H，连接OH，显然H为外接圆圆心，则平面PAB，且，所以四棱锥的外接球上的点到平面PAB的距离的最大值为8．故选：C【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，正四棱柱中，，、分别为的中点，则（

）A．B．直线与直线所成的角为C．直线与直线所成的角为D．直线与平面所成的角为【答案】ACD【分析】根据线面垂直的判定定理、线面角的定义，结合异面直线所成的角定义逐一判断即可.【详解】对A选项，如图，取的中点，连接，，，又，分别为的中点，，且，四边形为平行四边形，，又易知，，所以本选项正确；对B选项，假设直线与直线所成的角为，即，由正四棱柱的性质可知：平面，而平面，所以，显然平面，所以平面，而由正四棱柱的性质可知：平面，所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此本选项错误；对C选项，在矩形中，因为，所以，而，因此，所以直线与直线所成的角为，本选项正确；对D选项，由A选项分析可知，直线与平面所成的角为，又根据题意易知，本选项正确，故选：ACD10．（2023·河北唐山·统考二模）如图，直四棱柱的所有棱长均为2，，则（

）A．与所成角的余弦值为B．与所成角的余弦值为C．与平面所成角的正弦值为D．与平面所成角的正弦值为【答案】BC【分析】证明是异面直线与所成角或其补角，求出其余弦值，作于，证明是与平面所成角，然后求出其正弦值．【详解】连接，直四棱柱中,由与平行且相等得平行四边形，从而，是异面直线与所成角或其补角，又由已知易得，，，所以与所成角的余弦值为，A错B正确；作于，连接，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，从而可得（因为平面），则是与平面所成角，由得，，，C正确，D错误．故选：BC．11．（2023·全国·高二专题练习）已知异面直线与直线，所成角为，平面与平面所成的二面角为，直线与平面所成的角为，点为平面、外一定点，则下列结论正确的是（

）A．过点且与直线、所成角均为的直线有3条B．过点且与平面、所成角都是的直线有4条C．过点作与平面成角的直线，可以作无数条D．过点作与平面成角，且与直线成的直线，可以作3条【答案】BC【分析】根据选项，可知A只有1条，根据，可知B有4条，做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥可知C有无数条，同理做与圆锥中轴线夹角为的母线可知该直线条数，选出选项即可.【详解】：因为异面直线与直线所成角为，所以过点与直线所成角均为的直线只有1条，故选项A错误；因为平面与平面所成的二面角为，则过点与平面所成角都是和的直线各有一条，若过点与平面所成角都是，则在的两侧各有一条，所以共条，故B正确；因为点为平面外，且过点作与平面成角的直线，则在以为顶点，底面在上的圆锥的母线，如图所示：所以可以做无数条，故选项C正确；过点作与平面成角的直线，形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，设直线与的交点为Q,不妨假设在a上，设直线a与的交点为Z,所以，故能做出两条满足条件的直线，故D错误.故选：BC【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.12．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习）如图，四棱锥的底面是梯形，，，，，平面平面，，分别为线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，则下列结论正确的是（

）A．B．三棱锥外接球的体积为C．异面直线与所成角的余弦值为D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为【答案】AC【分析】根据平面平面，得到平面,可判断A，B选项；异面直线与所成角的余弦值在中由余弦定理，可判断C选项；若直线与平面所成的角为，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆可判断D选项.【详解】易证四边形为菱形，所以，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面又平面，所以，故A正确；易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，因为，所以，在中，由余弦定理，得，故C正确；因为平面，所以为在平面内的射影，若直线与平面所成的角为，则，因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，所以点的轨迹长度为，故D错误．故选：．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（2023·高一课时练习）如图，在正方体中，E、F分别为AB、AD的中点．（1）与所成角的大小为______；（2）与所成角为______．【答案】

60°

90°【分析】利用正方体的结构特征、异面直线所成的角的概念求解即可．【详解】（1）在正方体中，，与所成角为，是等边三角形，，与所成角的大小是．（2）在正方体中，，又，，在正方形中，，，与所成角的大小；故答案为：；．14．（山东省德州市2022-2023学年高二上学期期末）在正六棱柱中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面的距离为______．【答案】##【分析】取的中点，证明平面，平面平面，再求出斜边上的高作答.【详解】在正六棱柱中，取的中点，连接，如图，，平面，平面，则平面，平面，则平面，平面，即，而，即有，，平面，则平面，又平面，因此平面平面，在平面内过作于，而平面平面，于是平面，线段长即为BC到平面的距离，，，中，，所以BC到平面的距离.故答案为：15．（2023·陕西榆林·统考三模）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为________．【答案】【分析】取的中点D，取的中点E，可得∥平面，由得∥平面，从而平面∥平面，所以N在线段DE上，求出，，即可得出答案．【详解】如图，取的中点D，取的中点E，连接MD，DE，ME，∵，，∴，∵平面，平面，∴∥平面，∵，平面，平面，∴∥平面，又平面，∴平面∥平面，又平面平面，∥平面，所以N在线段DE上．因为，，所以线段MN的最大值为．故答案为：．16．（2023春·浙江杭州·高二校考阶段练习）已知四面体的棱长均为2，下列判断正确的是______.①；

②直线与平面所成的角的正弦值为；③点A到平面的距离为；④两相邻侧面夹角的余弦值为.【答案】①②【分析】取中点E，连接，证明平面，即可判断①；过点A作底面的垂线，作出直线与平面所成的角，解直角三角形求得该角的正弦值，判断②；求得的长，即可判断③；找到相邻侧面夹角，解三角形求得该角余弦值，判断④.【详解】取中点E，连接，因为；同理，又平面，所以平面，又平面，所以，即，所以①正确；过点A作底面的垂线，垂足为G，因为平面，平面,所以平面平面,且平面平面,则G在上，由题意四面体的棱长均为2，底面三角形为正三角形，则，则就是直线与平面所成的角，且，而，∴，所以，∴，所以②正确；由B选项的分析可知，,即点A到平面的距离为，故③错误；因为，平面,平面,平面平面,所以就是四面体相邻两侧面的夹角，，则，④错误，故答案为：①②四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（2022春·高一校考课时练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，PA=4，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点．(1)求异面直线BC与PD所成角的正切值；(2)求证：CD⊥PE．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得到或其补角为异面直线与所成角，再求其正切值即可.（2）连接，根据题意易证平面，再利用线面垂直的性质即可证明.【详解】（1）因为，所以，所以或其补角为异面直线与所成角.因为平面，平面，所以，所以，即异面直线与所成角正切值为（2）连接，如图所示：因为，，所以，因为，为中点，所以.因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面.因为平面，所以.18．（2023·贵州·统考模拟预测）如图所示，在四棱锥中，侧面侧面，，，，，.(1)求证：平面平面；(2)若点A关于中点的对称点为，三棱锥的体积为，求点A到的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，进而证明出面面垂直；（2）由三棱锥的体积求出点到平面的距离，求出点到平面的距离，由面面垂直得到点到的距离，求出，得到点A到的距离.【详解】（1）证明：在中，由，，，由余弦定理得，可得，所以，故，因为侧面侧面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由题意可知，，，共面，且四边形是平行四边形.设点到平面的距离为，则三棱锥的体积，所以.因为，所以点到平面的距离也是2，又因为平面平面，交线为，所以点到的距离是2，所以.所以点A到的距离为.19．（2023·上海普陀·统考二模）如图，在直三棱柱中，，，．(1)求证：；(2)设与底面ABC所成角的大小为，求三梭雉的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由证出，再由线面垂直的性质得出，根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）为与底面ABC所成角，再由等体积法求体积即可.【详解】（1），，，，，又直三棱柱中，平面，平面，，又，平面，平面，平面，.（2）平面，在平面上的射影为，即为与底面ABC所成角，，，.20．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，侧面PAD与底面ABCD的夹角为.(1)求正四棱锥P－ABCD的体积；(2)若点M是正四棱锥P－ABCD内任意一点，点M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距离分别为，，，，，证明：；【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）连接交于点，取的中点，证明即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，从而可求得底面边长及高，再根据棱锥的体积公式即可得解；（2）根据，利用等体积法即可得证.【详解】（1）连接交于点，取的中点，连接，由正四棱锥的几何特征可得为的中点，因为，所以，同理，，平面，平面，平面，所以，，，因为为的中点，所以，所以即为面与底面ABCD所成角的平面角，即，，则，所以；（2），因为，所以.21．（2023·江西南昌·统考一模）已知直四棱柱的底面为菱形，且，，点为的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交