热点专测04 空间角与距离的计算问题-2022-2023学年高一数学知识考点培优讲义（人教A版2019必修第二册）【解析版】

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ABC。-ABC"中，异面直线4。与2c所成的角为（）

【答案】C

【分析】将平移到与4。相交，求所成的角，即异面直线所成的角.

【详解】正方体中，AB//RC，所以AQ与AB所成的角即异面直线4。与RC所成的角，

因为48。为正三角形，所以4。与48所成的角为：，

所以异面直线4。与2c所成的角为三.

故选：c.

2.（2023•全国•高三专题练习）如图，在长方体中，已知AB=8C=2,相=5,E为4G的

中点，则异面直线8。与CE所成角的余弦值为（）

V34y/13D

~26-f

【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GR的中点凡连接EECF,B、D、,易知所〃瓦2〃2£),所以/CEF为异面直线8。与CE

所成的角或其补角.因为E尸=：耳。=0,CE=CF=dcC；+CE=J25+1=后,所以由余弦定理得

EF?+EC2-CF22+26-261岳

cosNC£F=

2EFEC2x夜x病一代亚一26

故选：C

3.(2023・浙江嘉兴•统考二模)已知正方体4BCD-A4GA的棱长为2,尸为空间内一点且满足AP2平面

\BD,过AB作与AP平行的平面，与BG交于点。，则CQ=()

A.1B.拒C.6D.75

【答案】D

【分析】由题意知平面AB。，平面48。，可先令。为耳G中点，再证明当点。为BC中点时，满足平面

A8Q，平面AB3,即可轻易得出C。的值.

【详解】因为尸为空间内一点且满足API平面ABO,过作与AP平行的平面，与4a交于点

所以AP〃平面AB。,而AP2平面\BD,故平面\BQ1平面ABD.

在正方体ABCO-ABGR中，如图所示，取a再中点为尸，43中点为E,连接。E,QAAG，

假设。为4G中点，则△A3。为等腰三角形，A5中点为己所以

又因为80,4G,尸。4G,所以2D，尸。，

A4中点为中点为£所以即B4,而所以£F，BD,EFcFQ=F,ERPQu平面EP。，

所以平面所。，石。＜=平面石尸0,所以3£（，£。；

因为EQ_LA]B,BDLEQ,BD\B=B,BD,A}B^A.BD,

所以EQ_L平面A0。，EQu平面A8Q,所以平面4出。，平面4乃。，符合题意,

故。为4G中点，CQ=《CC；+CO=6+1=底

故选：D.

4.（2023・全国•高三专题练习）如图，在三棱锥M-EPG中，ME=MG=EG=2日EF=FG=2,平面MEG,

平面MG,则异面直线ME与PG所成角的余弦值为（）

A71410mn6

A.-------D.C.U.

121244

【答案】D

【分析】设0,C,D分别为线段EG,MG,E尸的中点，连接MO,OC,0D,CD,利用三角形中位

线定理可知NCOD是异面直线ME与尸G所成的角或其补角，再利用解三角形的知识求出△CQD的边长，最

后利用余弦定理即可得解.

【详解】

如图，设O,C,O分别为线段EG,MG,E尸的中点，连接MO,OC,0。，。则OC〃ME,OC=；ME=6,

OD//FG,OD=-FG=l,

2

NCOD是异面直线腔与尸G所成的角或其补角.

'：ME=MG=EG=26,。为EG的中点，/.MOLEG,MO=3,

•.•平面MEGJ_平面E尸G,平面MEGc平面EFG=EG,MO_L平面EFG.

设N为。G的中点，连接CN,DN,则NCL平面跳G,

NC//MO,NC=-MO=~,EN;空,

222

ANCLND,连接OF,易得O尸，EO,cosNFEO=^=好,

EF2

xlx地荐士

在，DEN中,DN2=ED2+EN2-2EDxENcosNDEN=12+

224

13911

.・.CD92=DN02+NC92=-+-=—

442

(后+F一；石

OC2+O£)2—C£>2

cos/COD=

2OCxOD2x1x73-4

••・异面直线感与FG所成角的余弦值为手.

故选：D.

5.（2023・江西・统考模拟预测）如图，直三棱柱ABC-A4C中，AB=AC=2,AAi=l,AB±ACf点瓦片分

别是棱BC,2©的中点，点G在棱A片上，且G4=血，截面的空内的动点尸满足GB1PE1，则PE+PB,

的最小值是（）

G

【答案】c

【分析】设点G在平面AAgE内的投影为,、点H在线段AE上且HE=1,根据题意和线面垂直的判定定

理与性质可知点尸的轨迹是正方形Hd&E的对角线HE1，将aHEE]与，用相展开,如图，贝i]PE+P片的最

小值是qE,结合余弦定理计算即可求解.

【详解】由题意知，AEVBC,EXEVBC,瓦

又AEE}E=E,AE.gEu平面A41gE,所以血_1_平面朋&E.

设点G在平面AA.E.E内的投影为小,

则点”1在线段4月上，且4G2=24*

即（2-夜『=24耳204乜=夜一1,所以E|d=AE「A%=l,

设点H在线段AE上，且HE=1,

则四边形HH^E是一个正方形，点P的轨迹是其对角线.

将；HEE1与耳展开到一个面内，得到如图图形，

因此尸E+P片的最小值是BE，

由余弦定理，得用E2=f+夜2一2X1X后X=5,

所以B］E=布.

E

6.（2023•河北保定・统考一模）如图，在四棱锥尸-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2,F4D是正三

角形，平面B4Q_L平面ABCD,且VPABCD=^"，则PC与平面PAD所成角的正切值为（）

A.2B.；C.73D.B

22

【答案】B

［分析］连接P。，。为AZ）的中点，结合面面垂直性质定理证明尸。1平面ABCD,根据锥体体积公式求PD,

再由面面垂直性质定理证明CDJ■平面PAD,根据线面角的定义证明尸C与平面以。所成角的平面角为

NCPD,解三角形求其正切值.

【详解】取AO的中点。，连接PO,

由已知aPAD为等边三角形，所以尸OLAD,

又平面PLD_L平面ABCD,平面R4T>c平面ABCD=AD,

POu平面E4Z）,

所以尸0人平面ABCD,

设PD=x,贝!JPO=x，AD=x,又AB=2，

2

所以矩形ABCD的面积SABCD=2x,

2

所以四棱锥尸一ABCD的体积/ABCD=-xSABCDxPO=-x2xx^x=—x,

r—/\D^U3AoCrJ323

所以，|炉=电［,所以了=4,

33

所以PD=4,

因为平面RID_L平面ABCD,CDVAD,

平面AWc平面ABCD=AD,C£>u平面ABC。，

所以CD_L平面R4D,又PDu平面E4£）,

所以CDLPD,

所以△CDP为直角三角形，斜边为PC,

因为CD_L平面PAD,

所以PC与平面PAD所成角的平面角为NCPD,

在RtZiCD尸中，CD=AB=2,PD=4,

CD1

所以tanNCPO=——=一，

PD2

PC与平面PAD所成角的正切值为I.

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ABCD中，AB=BD=DA=4,

8c=8=2夜，现将△AB。沿折起，连接AC,得到一个三棱锥，当二面角A-3。-C的大小为60。时,

所得三棱锥的体积为（）

A.史B.4C.4A/3D.12

3

【答案】B

【分析】根据给定条件，作出二面角A-C的平面角，借助面面垂直求出点A平面C5D的距离作答.

【详解】因为相=血=04=4,BC=CD=20,贝UBC2+CD2=16=B£>2,即NBCD=90,

取3D的中点E,连接AE,CE,如图，显然AELBRCELBD,则NAEC是二面角A—B£>-C的平面角,

即NAEC=60，

而AE「CEuE,AE.CEu平面ACE,于是平面ACE,而BDu平面C3£>,则平面ACE_L平面CBD,

在平面ACE内过A作AO_LCE于。，而平面ACE「i平面C3r>=CE,因此AO_L平面，

在正△ABD中，AE=243,<AO=A£sinZAEC=2A/3sin60=3,SBCD=^BCCD=4,

所以三棱锥A—3CD的体积为V=；SBc]AO=gx3x4=4.

故选：B

8.（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P-ABCD的

底面A8CC是矩形，ABLPD,AB=2屈,PA=PD,ZAPD=120°.若四棱锥尸-A3CD的外接球的体

积为竽，则该球上的点到平面B42的距离的最大值为（）

A.6B.7C.8D.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A2CZ）中，连接对角线AC,BD,记ACcBD=b,则点F为矩形A8CO的外接圆

圆心，

i^PA=PD=a,在_皿>中，由余弦定理得:

AD2=PA2+PD2-2PAPDcosZAPD=a2+a2-2aa(--)=34，

即3届’"的外接圆半径为后为―

记，皿(的外接圆圆心为G,则GP=a,取的中点E,连接PE,EF,

显然EF〃AB,EF=；AB=y/^,PELAD,且P,E,G共线，

因为ABJ_PD,AB±AD,ADIPD=D,于是AB1平面物。，即EFI平面融。，PEu平面BAO,

有PELEF,而E产AD=E,£F,ADu平面ABC。，因此尸EJ_平面ABC£),

过G作GO_L平面B4O,使GO=EF,连接FO,

于是GO//。，则四边形ER9G为矩形，有R9//PG,则尸0,平面ABCD,

根据球的性质，得点。为四棱锥尸-ABCD外接球的球心，

因为球。的体积为誓，则^xP03=竽，解得尸。=5,

而AB=2g,在Rt一尸GO,PG=a=>]PO2-GO1=273>

因此PAB外接圆直径尸3=VAB2+PA2=7(2>/13)2+(2A/3)2=8，

取P2的中点氏连接。刊，显然》为外接圆圆心，则。平面B4B,且0”=斤彳=3，

所以四棱锥P-ABS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。分.

9.(2023•浙江杭州•统考一模)如图，正四棱柱ABC。-AgGA中，AA=2AB,E、歹分别为CGM的中

点，则()

A.DtF//BE

B.直线及E与直线BF所成的角为90。

C.直线与E与直线所成的角为90。

D.直线与平面ABCD所成的角为45。

【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DQ的中点G,连接GE,GA,DtE,

又E,P分别为CGA4,的中点，

:.GE//DC//AB,S.GE=DC=AB,

四边形ABGE为平行四边形，

AG//BE,又易知AG//A尸,

.■.D.F//BE,所以本选项正确；

对B选项，假设直线旦E与直线B尸所成的角为90。，即用

由正四棱柱的性质可知：44,平面用Bcq,而4Eu平面与BCG，

所以用显然A综A"BFu平面ABBH，

所以耳平面A3耳A，而由正四棱柱的性质可知：4G，平面与BCG，

所以耳E//瓦G，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ADRA中，因为A4=2AB=2AD,

所以2尸，4G,而AG〃耳E,因此J.耳E,

所以直线与E与直线2尸所成的角为90。，本选项正确；

对D选项，由A选项分析可知//BE,

二.直线与平面ABC。所成的角为/EBC,

又根据题意易知/E3C=45。，本选项正确，

故选：ACD

A

渺

AB

10.（2023・河北唐山•统考二模）如图，直四棱柱4BCO-ABGA的所有棱长均为2,NBM）=60。，则（）

D.

A片与8G所成角的余弦值为！

4

3

A片与8G所成角的余弦值为J

4

A4与平面BCG用所成角的正弦值为逅

A片与平面BCC.B,所成角的正弦值为眄

【答案】BC

【分析】证明/耳4。是异面直线A耳与BG所成角或其补角，求出其余弦值，作于E,证明44用£

是A4与平面BCG与所成角，然后求出其正弦值.

【详解】连接AQ,BiDi，

直四棱柱ABC。-4月。向中，由钻与CQ平行且相等得平行四边形ABCQ,从而AR//BQ,是异

面直线AB,与8G所成角或其补角，

又由已知易得AB】=ADl=2V2,42=2,

/nf8+8-43

cosZB,AD,=-----j=-----,==—,

2x2V2x2V24

3

所以A片与BC1所成角的余弦值为二,A错B正确；

作AE_L8c于E,连接KB一

因为平面BCG4_L平面ABCD,平面平面ABCD=3C,AEu平面ABCD,

所以AEL平面BBCC，从而可得AEL用E（因为EBu平面BBd）,

则ZABtE是AB,与平面BCC国所成角，

由ZE4D=60°得ZABE=60°,AE=ABsin60°=5/3,

AEV3S/6

E=---

sinZAB,1

ABX20一4，

C正确，D错误.

故选：BC.

11.（2023・全国•高二专题练习）己知异面直线。与直线6,所成角为60，平面a与平面夕所成的二面角为80，

直线。与平面。所成的角为15，点P为平面a、/外一定点，则下列结论正确的是（）

A.过点尸且与直线。、人所成角均为30的直线有3条

B.过点尸且与平面。、夕所成角都是30的直线有4条

C.过点P作与平面a成55角的直线，可以作无数条

D.过点尸作与平面a成55角，且与直线。成60的直线，可以作3条

【答案】BC

【分析】根据选项30="，可知A只有1条，根据30＜组=40,30〈段二组=50,可知B有4条,

222

做以尸为顶点，且与圆锥中轴线夹角为35,且底面在a上的圆锥可知C有无数条，同理做与圆锥中轴线夹

角为60的母线可知该直线条数，选出选项即可.

【详解】：因为异面直线。与直线方所成角为60,

所以过点P与直线a，b所成角均为30的直线只有1条，故选项A错误;

因为平面a与平面夕所成的二面角为80,

则过点尸与平面a,A所成角都是我=40和I8。-80=50的直线各有一条加，〃,

22

若过点尸与平面a,A所成角都是30,则在加，”的两侧各有一条，

所以共2x2=4条，故B正确；

因为点尸为平面a外，且过点尸作与平面a成55角的直线，

则在以尸为顶点，底面在a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P作与平面a成55角的直线，形成以P为顶点，

与圆锥中轴线夹角为35,且底面在a上的圆锥的母线，设直线与a的交点为。，

不妨假设尸在a上，设直线。与a的交点为Z,

所以40W/ZPQV110,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P-ABCD的底面是

梯形，BC//AD,AB^BC=CD=1,AD=2,PA=PD=yf2,平面R4D_L平面ABCD,O,E1分别为线

段AD,PA的中点，点。是底面A3CD内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（）

p

BC

A.ACIBP

B.三棱锥5-AO石外接球的体积为叵

4

3

C-异面直线PC与。E所成角的余弦值句

D.若直线PQ与平面ABCD所成的角为60。，则点。的轨迹长度为后

【答案】AC

【分析】根据平面平面ABC。，得到尸。上平面A3CD,可判断A,B选项；异面直线尸C与OE所成

角的余弦值在,PCD中由余弦定理，可判断C选项；若直线尸。与平面ABCD所成的角为60。，点。的轨迹

易证四边形A3CO为菱形，所以3O1AC,

连接PO,因为尸A=PO=&,所以尸

因为平面尸AD_L平面ABC。，平面PLDc平面ABCD=AD,POu平面PAD,

所以尸O/平面ABC。，

因为ACu平面ABCD,所以尸OLAC,

又PO\OB=O,所以AC,平面尸QB.又BPu平面P03,所以ACL3P,故A正确；

易证”纯为等腰直角三角形，AO3为等边三角形，且平面平面ABCD,

所以三棱锥3-AOE外接球的球心为等边三角形AO8的中心，所以三棱锥B-AOE外接球的半径为走,

3

所以三棱锥3-AOE外接球的体积为V=±乃x（且）3=拽乃，故B错误；

3327

因为PD//OE,所以ZCPD为异面直线尸C与OE所成的角（或其补角）,

因为PO=4Plf-OD。=1，所以尸c=JPGF+OC?=夜,

2+2—13

在,PCD中，由余弦定理，得cos/CPr)=2x0xa="故C正确；

因为尸0人平面ABCD,所以3为尸。在平面ABCO内的射影，

若直线PQ与平面A3CD所成的角为60°,则NPQ。=60°,

因为PO=1,所以OQ=g,故点。的轨迹为以。为圆心，为半径的半圆,

所以点。的轨迹长度为外，故D错误.

3

故选：AC.

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ABCO-ABGA中，E、P分别为A3、A。的中点.

(1)AG与片c所成角的大小为：

(2)AG与石尸所成角为

【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ABCD-A与GA中，

AG〃AC,

・•.4G与瓦C所成角为NAC耳,

AC耳是等边三角形,

NACB]=60°,

AG与B.C所成角的大小是60。.

(2)在正方体中，AG"AC,B\DJ/BD,

又EFJ/BD,：.EFI/B\D\,

在正方形AAGR中，AC42，

■•■AG与EF所成角的大小90°；

故答案为：60°；90°.

14.(山东省德州市2022-2023学年高二上学期期末)在正六棱柱ABCOEP-4用6口耳耳中，若底面边长为

1,高为3,则BC到平面ADC4的距离为.

【答案】豆叵##上加

1313

【分析】取8c的中点O,M,N,证明BC〃平面ADCg，平面OMNL平面瓦，再求出

口△OMN斜边上的高作答.

【详解】在正六棱柱ABCDE尸-A4CQE禺中，取AD,2C,4a的中点O,M,N,连接MNQMQN,如图，

B^CJ/BCHAD,BCO平面ADGB，ADu平面A^G旦，则BC//平面40G4，

MN//BB、,BBi±平面ABCDEF,则肱V_L平面ABCDEF,A£>u平面ABCDEF,

即MV1AZ),而OM_L3C,即有OAfJ_AD,OMMN=M,0M,MNu平面OMN,

则A£)_L平面。MN,又A£>u平面A£>C4,因此平面。WV_L平面4£)£耳，

在平面OMN内过A7作MH_LON于H,而平面OMN平面AOC4=ON,

于是MH，平面ADCXBX,线段MH长即为2C到平面ADCXBX的距离,

/a。

OM=lxcos30包MN=3,RtAOMN中,ON=^OM2+MN2=-

22

0M.MN_3乂3_3岳

所以BC到平面ADC4的距离MH=

~ON--区一13

2

故答案为：誓

15.（2023・陕西榆林・统考三模）如图，正三棱柱ABC-AB|G的底面边长是2,侧棱长是26，M为AG的

中点，N是侧面BCG耳上一点，且"N〃平面ABC一则线段MN的最大值为.

【答案】2夜

【分析】取用G的中点。，取B耳的中点E,可得D暇〃平面ABC.由DE〃2C［得DE〃平面ABC-从而

平面。E做〃平面ABG，所以N在线段。E上，求出ME,即可得出答案.

【详解】如图，取AG的中点D取8片的中点E,连接MO,DE,ME,

'；DM//A}Bt,AB/ZA^,：.DM//AB,

：DMU平面ABC1，ABu平面ABC1，〃平面ABC1，

•/DE//BQ,DEa平面ABC-80u平面ABC1，，OE〃平面ABC1，

又。；.平面£）耳/〃平面ABC1，

又平面£>£M平面8CC4=DE,MN〃平面ABG，所以N在线段DE上.

因为MD=1,ME=+（6）2=20,

所以线段MN的最大值为2近.

故答案为：2应.

16.（2023春•浙江杭州•高二校考阶段练习）已知四面体ABCD的棱长均为2,下列判断正确的是.

①AB_LC£＞；

②直线与平面BCD所成的角的正弦值为亚；

3

③点A到平面BCD的距离为追；

3

④两相邻侧面夹角的余弦值为”.

6

【答案】①②

【分析】取8中点E,连接AE,BE,证明CD,平面上汨，即可判断①；过点A作底面BCD的垂线AG,

作出直线与平面3CD所成的角，解直角三角形求得该角的正弦值，判断②；求得AG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8中点E,连接

因为ACnAACEuOE,r.AELa）；同理3E_LCD,

又AEcBE=E,AE,3Eu平面ABE,所以CD平面ABE,

又ABu平面ME,所以CDLAB,即ASLCD,所以①正确；

过点A作底面3CD的垂线，垂足为G,

因为CD_L平面ABE,CDu平面BCD,

所以平面3co_L平面ABE,且平面BCD）平面ABE=3E,

则G在班上，由题意四面体ABCD的棱长均为2,底面三角形BCD为正三角形,

2

则3G=]3E,

TT

则ZABG就是直线AB与平面3co所成的角，且ZABGe[0,-],

而3E=，22-下=百，:.BG=10,

所以3^⑺，AsinZABG=^,所以②正确;

cosNA6G=------=-----4

23°

即点A到平面3CD的距离为壁，故③错误；

3

因为AEJ_CD,3EJ_CD,AEu平面AC。,3Eu平面3cD,

平面AC。1平面3CD=CD,

所以NAEB就是四面体A3CD相邻两侧面的夹角，

n_____6

GE=BE-BG=—,AE=^22-\2=73,贝lj八口R_GE_3_1,④错误，

JAE由3

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PABC。中，面ABC。，AB=4,BC=3,AD=5,PA=4,

ZDAB=ZABC=9Q°,E是CD的中点.

liC

(1)求异面直线BC与尸。所成角的正切值；

(2)求证：CDA.PE.

【答案】(呜4

(2)证明见解析

【分析】(1)根据题意得到NPZM或其补角为异面直线BC与尸。所成角，再求其正切值即可.

(2)连接AC,根据题意易证CD，平面己4E,再利用线面垂直的性质即可证明CDLPE.

【详解】(1)因为NDAB=NABC=90,所以BC//AZ),

所以，尸D4或其补角为异面直线BC与PD所成角.

因为PA_L平面A3CD,ADu平面ABCD,所以P4_LAL>,

PA44

所以tanNPD4=E=1,即异面直线3C与尸。所成角正切值为二

AD55

（2）连接AC,如图所示：

因为NABC=90,AB=4,BC=3,所以AC=J42+。=5，

因为AC=AD=5,E为CO中点，所以AELCD.

因为PAL平面ABC。，CDu平面ABCD,所以B4LCD,

又因为上4AE=A,MAEu平面R4£,所以CD,平面R4E.

因为尸Eu平面R4E,所以CDLPE.

18.（2023•贵州・统考模拟预测）如图所示,在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB±侧面PAD,PB=4,AD=2厄,

AD//BC,PA=BC=y/2,NB4D=60°.

（1）求证：平面R4B_L平面PCD；

（2）若点A关于中点的对称点为A，三棱锥C-ADP的体积为2叵，求点A到PB的距离.

3

【答案】（1）证明见解析

⑵比

2

【分析】（1）由余弦定理求出尸。="，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C-ADP的体积求出点C到平面4玄。的距离，求出点B到平面4尸四。的距离，由面面垂直

得到点8到AP的距离，求出sinZAP3=；,得到点A到网的距离.

【详解】（1）证明：在..A4D中，由AD=2夜，PA=近,ZPAD=60°,

由余弦定理得尸O?=AO2+Ap2-2ArhAPcos/ZMP=8+2-2x2&><0xL=6,

2

可得尸。=«,所以+=4£>2,故出,如，

因为侧面上钻_L侧面PAD,平面R4Bc平面R4D=X4,BDu平面PAD,

所以PD_L平面上4B,

因为尸_Du平面尸CD,

所以平面P4B_L平面尸CD

(2)由题意可知4，P,A,。共面，且四边形AfAD是平行四边形.

设点C到平面\PAD的距离为h,

则三棱锥C-4。尸的体积V=-X-xPAxPDxh=-x^2xy[6xh=h=,

32633

所以〃=2.

因为3C//AD,所以点B到平面\PAD的距离也是2,

又因为平面平面交线为AP,

/?1

所以点8到AP的距离是2,所以sin/APB=旃2=a=/.

所以点A到PB的距离为APxsin/APB=—.

2

19.(2023•上海普陀・统考二模)如图，在直三棱柱ABC-中，AC=4,BC=3,AB=5.

(1)求证：AC1BC1；

(2)设AG与底面ABC所成角的大小为60。，求三梭雉C-A2G的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)8A/3

【分析】(1)由AC2+8C2=AB2证出AC/BC,再由线面垂直的性质得出CG，AC,根据线面垂直的判

定定理即可得证;

(2)/&AC为A。与底面A8C所成角，再由等体积法求体积即可.

【详解】(1)AC=4,BC=3,AB=5,

AC2+BC-=AB1,

:.AC±BC,

又直三棱柱ABC-中，CC,1平面ABC,

ACu平面ABC,ACq1AC,

又CC[CBC=C,CC^BC^^BCC^,

.^.AC/平面BCG旦，

BQu平面BCC|B|,AC1BC»

（2）.CQ_L平面ABC,

AG在平面ABC上的射影为AC,即ZQAC为AQ与底面ABC所成角,

.•.ZC1AC=60°,.-.eq=ACtan60°=4^,

•••^-ABC1=K：1-ABC=1-CC1-SAABC=1-CC1-|AC-BC=1X4^X1X4X3=8V3.

20.（2023・全国•高一专题练习）如图，在正四棱锥P—ABC。中，A8=2,侧面阴。与底面48C£）的夹角为

71

(1)求正四棱锥P-ABCD的体积；

⑵若点M是正四棱锥P—ABC。内任意一点，点M到平面ABC。，平面E48,平面P2C,平面尸C£),平面

PD4的距离分别为4，办，4，Z，4，证明：24+&+&+/+4=26；

【答案】⑴拽

3

(2)证明见解析;

【分析】（1）连接AC，B。交于点P，取AD的中点E,证明NPEF即为面与底面A2C。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；

d5d

⑵根据=g5ABez/l+gs+gs尸BC4+；SPCD4+JPAD5'利用等体积法即可得证.

【详解】（1）连接AC，的交于点P,取AD的中点E,连接尸E,所,

由正四棱锥的几何特征可得F为AC,BD的中点，

因为PA=PC,所以尸FLAC,同理

ACryBD=F,AC,5。u平面ABC。，

尸尸_L平面ABC。，EFu平面ABC。,

所以PFJLEF,

AF=DF=拒，PA=PD,

因为E为AD的中点，

所以PE_LAD,Er_LAD,

JT

所以ZPEF即为面上4。与底面ABCD所成角的平面角,即NPEF=-,

EF=^AB=1,贝I|PE=2,PB=百，

=SPBC=SPCD=-X2X2=2,

因为Vp_ABc»=；x4《+；x2(&+4+%+4)=^^,

以2d1+d,+4+d&+4=2^/3.

21.（2023•江西南昌・统考一模）已知直四棱柱ABC。-ABC。的底面A3CD为菱形，且=A£>=&）=2,

用=石，点E为42的中点.

(1)证明：AE〃平面BOG；

(2)求二面角B-AE-C的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)半

【分析】(1)连接AC交3。于点P,通过证明AE//GF得AE//平面

(2)方法一：取AE的中点G,证明/3G/为二面