2024高考数学基础知识综合复习优化集训21空间角与距离

优化集训21空间角与距离基础巩固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.13 B.C.23 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=3,AB=2,二面角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.22 B.32 C.2 D6.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.12 B.24 C.227.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.33 B.23 C.368.(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AB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=π3,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62B.异面直线BB1与A1C所成角的正弦值为2C.AC1⊥平面BDD1B1D.二面角D1-AA1-B的余弦值为110.(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3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.25 B.35 C.4516.(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.2142 B.342 C.211417.(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[33D.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3218.(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=32,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,∴cos∠A1CA=ACA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=AOAP=AOAE·AEAP=sin∠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=3,MN=3,∴tan∠C1MN=NC∴∠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=AA1AO=31=3,∴∠5.C解析连接A1C,交BD1于点O,由对称性可知,OC=12A1C∵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=BCOC6.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=22∴点O到平面ABC1D1的距离是24.故选B7.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=3,B1D1=2,所以cos∠D1AB1=23,故选B8.C解析因为AB为底面圆的直径,C在底面圆周上且为AB的中点,则∠ACB=90°,PA=PB=22AB=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=22AB=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C9.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=π3,AB=AD=2,则△ABD为正三角形,故BD=2,AO=3,BO=DO=1又∠A1AB=∠A1AD=π3,AA1=3,由余弦定理,得A1B=A1D=2则△A1OB≌△A1OD,故∠A1OB=∠A1OD.又∠A1OB+∠A1OD=π,故∠A1OB=∠A1OD=π2,A1O=7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×sinπ3×6=62,故对于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,cos∠AA1O=A1OAA1=63,所以cos∠AA1C=cos2∠AA1O=2cos2∠AA1O-1=2×(63)2-1=13,故sin∠AA1C=1-(13)对于C,因为cos∠AA1C=13>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=ABsinπ3=3,BD=2,故cos∠即二面角D1-AA1-B的余弦值为13,故D正确故选ABD.10.66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=12MC,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=22+12=5,EF=EC2+CF2=611.255解析设点B1到平面D1BC的距离为∵VB∴13S△BCD1·d=1∴13×12×1×5×d=13×12×1×12.15514解析取AB的中点D,连接CD,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=32×2=3,DB1=2所以tan∠CB1D=CDDB1=35=155,所以直线CB1取BC,BB1,A1B1的中点E,F,G,连接EF,FG,EG.则EF∥B1C,FG∥A1B,则EF=12B1C=12×22=2,FG=12A1B=12×22=2,所以∠EFG(或其补角)为直线连接DG,DE,则EG=DG在△EFG中,由余弦定理得cos∠EFG=EF2+因为异面直线所成的角的取值范围为(0,π2],所以直线CB1与直线A1B所成角的余弦值为113.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=2,C1D=2,则CD2+C1D2=CC1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=2,则BD=3.设点E到平面C1BD的距离为h,因为VE-C1BD=VD-BC1E,所以13S△C1BD·h=13S△BC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=12+22=5,AD=2在△AB1D中,由余弦定理得AD2=AB12+DB12-2AB1·DB1cos∠AB1D,即(172)2=(5)2+(52)2-2×52×5cos∠AB1D,解得cos∠AB1D=25故选A.16.D解析BC则BC1·CA1=(AD+AA1)·(AA1-AD-|CA1|2=(AA1-cos<BC1,所以sin<BC1,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=12时,在矩形BCC1B1中,tan∠CBM=12=tan∠CB1B,则∠CBM=∠CB1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=π2-∠BAM所以sinθ=cos∠BAM=ABAM又因为当点M在棱CC1上移动时,2≤AM≤6,所以16≤1AM≤12,所以66≤sin当M为棱CC1中点时,连接AB1,AD1,AC,MB1,MD1,BD1,如图所示,则有AC=2,AM=3,AB1=AD1=5,MB1=MD1=B1D1=2,所以AM2+MB12=5=AB12,所以AM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=32,故D正确.故选AD.18.解(1)由题可得,VA-O1BC=VO1(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=322,AO1=∴cos∠O1AO=AOA19.(1)证明连接BD交AC于点O,连接OE.因为CD∥AB,所以DOOB=CDA