高中數(shù)學(xué)學(xué)考復(fù)習(xí)優(yōu)化練習(xí)21空間角與距離含答案

優(yōu)化集訓(xùn)21空間角與距離基礎(chǔ)鞏固1.(2018浙江學(xué)考)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,直線A1C與平面ABCD所成角的余弦值是()A.13 B.C.23 D.2.在四面體ABCD中,二面角A-BC-D為60°,點P為直線BC上一動點,記直線PA與平面BCD所成角為θ,則()A.θ的最大值為60° B.θ的最小值為60°C.θ的最大值為30° D.θ的最小值為30°3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,AA1⊥底面ABC,AA1=3,M是AB的中點,則異面直線BB1與MC1所成角的大小為()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的大小為()A.30° B.45° C.60° D.90°5.(2019浙江學(xué)考)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面A1B1CD⊥平面ABCD,且四邊形ABCD和四邊形A1B1CD都是正方形,則直線BD1與平面A1B1CD所成角的正切值是()A.22 B.32 C.2 D6.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,O為底面A1B1C1D1的中心,則點O到平面ABC1D1的距離是()A.12 B.24 C.22 7.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值是()A.33 B.23 C.36 8.(2023浙江紹興)軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐,如圖所示,在直角圓錐P-ABC中,AB為底面圓的直徑,C在底面圓周上且為AB的中點,則異面直線PB與AC所成角的大小為()A.30° B.45°C.60° D.90°9.(多選)(2023浙江舟山中學(xué))在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,∠DAB=∠A1AB=∠A1AD=π3,AA1=3,AB=AD=2,以下選項正確的是(A.平行六面體ABCD-A1B1C1D1的體積為62B.異面直線BB1與A1C所成角的正弦值為2C.AC1⊥平面BDD1B1D.二面角D1-AA1-B的余弦值為110.(2023浙江溫州A卷)“阿基米德多面體”也稱為半正多面體,是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體,如圖,將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐,共可截去八個三棱錐,得到八個面為正三角形,六個面為正方形的“阿基米德多面體”,則直線MN與平面ABCD所成角的正弦值為.

11.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=AA1=1,則點B1到平面D1BC的距離為.

12.(2023浙江杭州)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長都是2,則直線CB1與平面AA1B1B所成角的正切值為;直線CB1與直線A1B所成角的余弦值為.

13.(2023浙江臺州)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3,在正方體的頂點中,到平面A1DB的距離為3的頂點可能是.(寫出一個頂點即可)

14.(2023浙江麗水)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AA1,B1C1的中點,DC1⊥BD,AC=BC=1,AA1=2.(1)求證:BC⊥平面AA1C1C;(2)求點E到平面C1BD的距離.能力提升15.(2023浙江臺州)在正三棱臺ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面B1BCC1,AB=2A1B1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.25 B.35 C.45 16.(2022浙江杭州二中)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=2,AA1=4,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,則直線BC1與CA1所成角的正弦值為()A.2142 B.342 C.2114 17.(多選)(2023浙江余姚)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為1,側(cè)棱長為2,點M為側(cè)棱CC1上的動點(包括端點),AM⊥平面α.下列說法正確的有()A.異面直線AM與B1C可能垂直B.直線BC與平面α可能垂直C.AB與平面α所成角的正弦值的取值范圍為[33D.若M∈α且CM=MC1,則平面α截正四棱柱所得截面多邊形的周長為3218.(2023浙江紹興)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為3,O1是上底面A1B1C1D1的一個動點.(1)求三棱錐A-O1BC的體積;(2)當(dāng)O1是上底面A1B1C1D1的中心時,求AO1與平面ABCD所成角的余弦值.19.(2023浙江麗水)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2CD=4,PA⊥CD,在銳角三角形PAD中,AD=PD=32,點E在PD上,PE=2ED.(1)求證:PB∥平面ACE;(2)若AC與平面PCD所成的角為30°,求二面角P-AC-E的正切值.

優(yōu)化集訓(xùn)21空間角與距離基礎(chǔ)鞏固1.D解析∵正方體ABCD-A1B1C1D1,∴AA1⊥平面ABCD,∴∠A1CA即為直線A1C與平面ABCD所成角,設(shè)正方體棱長為1,∴cos∠A1CA=ACA故選D.2.A解析設(shè)點A在平面BCD上的射影為點O,作OE⊥BC,連接AE,則∠AEO為二面角A-BC-D的平面角.連接OP,AP,則sin∠APO=AOAP=AOAE·AEAP=sin∠3.A解析取A1B1中點N,連接NM,NC1,∵M(jìn)為AB的中點,易知MN∥BB1,∴∠C1MN即為異面直線BB1與MC1所成角.∵AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥NC1,∴MN⊥NC1.∵△ABC是邊長為2的等邊三角形,且AA1=3,∴NC1=3,MN=3,∴tan∠C1MN=NC∴∠C1MN=30°.故選A.4.C解析取BD中點O,連接A1O,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,易知AO⊥BD,∵AA1⊥平面ABCD,可知,A1O⊥BD,∴∠A1OA即為二面角A1-BD-A的平面角.∴tan∠A1OA=AA1AO=31=3,∴∠5.C解析連接A1C,交BD1于點O,由對稱性可知,OC=12A1C∵四邊形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即為直線BD1與平面A1B1CD所成的角,不妨設(shè)AD=a,則tan∠BOC=BCOC6.B解析∵O為A1C1的中點,∴點O到平面ABC1D1的距離是點A1到平面ABC1D1的距離的一半,故可計算點A1到平面ABC1D1的距離.∵AB⊥平面ADD1A1,且AB?平面ABC1D1,∴平面ABC1D1⊥平面ADD1A1.過點A1作A1M⊥AD1,∴A1M⊥平面ABC1D1,∴點A1到平面ABC1D1的距離即為A1M.∵正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,∴A1M=22∴點O到平面ABC1D1的距離是24.故選B7.B解析如圖,∵AD1∥BC1,∴異面直線AB1與BC1所成的角即∠D1AB1.在△AB1D1中,AB1=AD1=3,B1D1=2,所以cos∠D1AB1=23,故選B8.C解析因為AB為底面圓的直徑,C在底面圓周上且為AB的中點,則∠ACB=90°,PA=PB=22AB=AC=BC過點B作BD∥AC交底面圓于點D,連接PD,AD,如圖,則∠PBD是異面直線PB與AC所成角或其補(bǔ)角,顯然BD=22AB=PB=PD,即△PBD是正三角形,所以∠PBD=60°,即異面直線PB與AC所成角的大小為60°.故選C9.ABD解析對于A,連接AC,BD交于點O,則O為AC,BD的中點.因為∠DAB=π3,AB=AD=2,則△ABD為正三角形,故BD=2,AO=3,BO=DO=1又∠A1AB=∠A1AD=π3,AA1=3,由余弦定理,得A1B=A1D=2則△A1OB≌△A1OD,故∠A1OB=∠A1OD.又∠A1OB+∠A1OD=π,故∠A1OB=∠A1OD=π2,A1O=7因為A1O2+AO2=A1A2,則A1O⊥AO.又A1O⊥BO,AO∩BO=O,AO,BO?平面ABCD,故A1O⊥平面ABCD,則平行六面體ABCD-A1B1C1D1的體積為V=S平行四邊形ABCD·A1O=22×sinπ3×6=62,故對于B,因為AA1∥BB1,所以∠AA1C為異面直線BB1與A1C所成的角.因為A1O⊥AO,且AO=OC,所以△AA1C為等腰三角形,則∠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)對于C,因為cos∠AA1C=13>0,所以AC1與AA1不垂直又AA1∥BB1,所以AC1與BB1不垂直.因為BB1?平面BDD1B1,故AC1⊥平面BDD1B1不成立,故C錯誤.對于D,由AA1=AA1,AB=AD,DA1=BA1,故△A1AB≌△A1AD.作BP⊥AA1于點P,連接DP,由全等性質(zhì)可得DP⊥AA1,則二面角D1-AA1-B的平面角為∠DPB.又BP=DP=ABsinπ3=3,BD=2,故cos∠即二面角D1-AA1-B的余弦值為13,故D正確故選ABD.10.66解析如圖所示,將多面體放置于正方體中,連接MC,設(shè)MC的中點為E,連接EF,因為M,C分別為所在正方體棱的中點,所以MC∥NF,且ME=NF=12MC,則四邊形MEFN為平行四邊形,所以MN∥EF,故直線MN與平面ABCD所成的角即為直線EF與平面ABCD所成的角又MC⊥平面ABCD,所以直線EF與平面ABCD所成的角即為∠EFC.設(shè)正方體的棱長為2,則EC=1,CF=22+12=5,EF=EC2+CF2=611.255解析設(shè)點B1到平面D1BC的距離為∵VB∴13S△BCD1·d=1∴13×12×1×5×d=13×12×1×12.15514解析取AB的中點D,連接CD,因為△ABC為等邊三角形,所以CD⊥AB.因為BB1⊥平面ABC,CD?平面ABC,所以BB1⊥CD.因為BB1∩AB=B,BB1,AB?平面AA1B1B,所以CD⊥平面AA1B1B,所以∠CB1D為直線CB1與平面AA1B1B所成的角.因為正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長都是2,所以CD=32×2=3,DB1=2所以tan∠CB1D=CDDB1=35=155,所以直線CB1取BC,BB1,A1B1的中點E,F,G,連接EF,FG,EG.則EF∥B1C,FG∥A1B,則EF=12B1C=12×22=2,FG=12A1B=12×22=2,所以∠EFG(或其補(bǔ)角)為直線連接DG,DE,則EG=DG在△EFG中,由余弦定理得cos∠EFG=EF2+因為異面直線所成的角的取值范圍為(0,π2],所以直線CB1與直線A1B所成角的余弦值為113.點A(答案不唯一)14.(1)證明連接CD.因為AC=1,AA1=2,D是AA1的中點,所以CD=2,C1D=2,則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.因為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.因為AC=BC=1,所以AB=2,則BD=3.設(shè)點E到平面C1BD的距離為h,因為VE-C1BD=VD-BC1E,所以13S△C1BD·h=13S△BC能力提升15.A解析將正三棱臺ABC-A1B1C1補(bǔ)全為正三棱錐S-ABC.因為AA1⊥平面B1BCC1,即SA⊥平面SBC,即∠ASB=∠ASC=90°,根據(jù)正三棱錐的性質(zhì)可得,∠BSC=90°.因為AB=2A1B1,所以B1為SB的中點,同理可得,A1為SA的中點,C1為SC的中點.取SC1的中點D,連接B1D,AD,則B1D∥BC1.所以∠AB1D即為異面直線AB1與BC1所成的角(或補(bǔ)角).不妨令SB=2,則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故選A.16.D解析BC則BC1·CA1=(AD+AA1)·(AA1-AD-|CA1|2=(AA1-cos<BC1,所以sin<BC1,故選D.17.AD解析在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面正方形ABCD的邊長為1,AA1=2,如圖.當(dāng)MC=12時,在矩形BCC1B1中,tan∠CBM=12=tan∠CB1B,則∠CBM=∠CB1所以B1C⊥BM.又因為AB⊥平面BCC1B1,B1C?平面BCC1B1,所以AB⊥B1C.因為AB∩BM=B,AB,BM?平面ABM,所以B1C⊥平面ABM,所以AM⊥B1C,故A正確.因為AM與BC是異面直線,所以AM與BC不可能平行,故BC與α不可能垂直,故B錯誤.因為AM⊥平面α,AB是平面α的斜線,則AB與平面α所成角θ=π2-∠BAM所以sinθ=cos∠BAM=ABAM又因為當(dāng)點M在棱CC1上移動時,2≤AM≤6,所以16≤1AM≤12,所以66≤sin當(dāng)M為棱CC1中點時,連接AB1,AD1,AC,MB1,MD1,BD1,如圖所示,則有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.又因為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邊形為正三角形B1MD1,所以其周長3B1M=32,故D正確.故選AD.18.解(1)由題可得,VA-O1BC=VO1(2)過點O1作O1O⊥平面ABCD交平面ABCD于點O,連接AO1,AO(圖略),則∠O1AO即為直線AO1與平面ABCD所成的角.∵O1O=3,AO=322,AO1=∴cos∠O1AO=AOA19.(1)證明連接BD交AC于點O,連接OE.因為CD∥AB,所以DOOB=CDA