適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練54幾何法求線面角二面角及距離新人教A版

課時(shí)規(guī)范練54幾何法求線面角、二面角及距離基礎(chǔ)鞏固練1.(2024·陜西綏德中學(xué)校考)已知直線l和平面α所成的角為π6,則直線l和平面α內(nèi)任意直線所成的角的取值范圍為(A.[0,π6] B.[πC.(0,π2) D.[π2.如圖,三棱臺(tái)ABC-A1B1C1的下底面是正三角形,AB⊥BB1,B1C1⊥BB1,則二面角A-BB1-C的大小是()A.30° B.45° C.60° D.90°3.(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E在線段BB1上運(yùn)動(dòng),則下列直線與平面AD1E的夾角為定值的是()A.B1C B.BC1 C.A1C D.AC14.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥平面ABCD,AB=AP=2,點(diǎn)E,F分別是PC,PD的中點(diǎn),則點(diǎn)C到平面AEF的距離為()A.22 B.2 C.32 D5.(2023·全國(guó)乙,理9)已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角形,若二面角C-AB-D為150°,則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A.15 B.25 C.356.(2024·河南名校聯(lián)考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,∠ABC=∠ACD=60°,AB=BC=2,CD=1,且二面角P-BC-A為60°,則四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為()A.3+53 B.10C.3+932 D7.(2022·浙江,8)如圖,已知正三棱柱ABC-A1B1C1,AC=AA1,E,F分別是棱BC,A1C1上的點(diǎn).記EF與AA1所成的角為α,EF與平面ABC所成的角為β,二面角F-BC-A的平面角為γ,則()A.α≤β≤γ B.β≤α≤γC.β≤γ≤α D.α≤γ≤β8.(多選題)(2022·新高考Ⅰ,9)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則()A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°9.如圖,在三棱錐P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=3,PB=PC=BC=6,則二面角P-BC-A的正弦值為.

10.如圖,AB是圓柱OO1的一條母線,BC是底面圓的一條直徑,D是圓O上一點(diǎn),且AB=BC=5,CD=3.(1)求直線AC與平面ABD所成角的正弦值;(2)求點(diǎn)B到平面ACD的距離.綜合提升練11.(2024·海南?？谀M)如圖,點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),直線AP與平面ABCD所成的角為45°,則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()A.π+42 B.42πC.23 D.32+π12.(2024·廣東珠海模擬)如圖所示,PA垂直于以AB為直徑的圓O所在的平面,C為圓上異于A,B的任意一點(diǎn).若AB=2,PA=3,記直線PB與平面PAC所成的角為α,∠ABC=β,則sinαsinβ的最大值為()A.74 B.75 C.7613.如圖,△ACD和△BCD都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,平面ACD⊥平面BCD,BE⊥平面BCD.(1)證明:BE∥平面ACD;(2)若點(diǎn)E到平面ABC的距離為5,求平面ECD與平面BCD夾角的正切值.創(chuàng)新應(yīng)用練14.(2024·江蘇淮安模擬)刻漏是中國(guó)古代用來(lái)計(jì)時(shí)的儀器,利用附有刻度的浮箭隨著受水壺的水面上升來(lái)指示時(shí)間.為了使受水壺得到均勻水流,古代的科學(xué)家們發(fā)明了一種三級(jí)漏壺,壺形都為正四棱臺(tái).自上而下,三個(gè)漏壺的上口寬依次遞減1寸(約3.3厘米),下底寬和深度也依次遞減1寸.自上而下設(shè)三個(gè)漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角依次為θ1,θ2,θ3,則()A.θ1+θ3=2θ2B.sinθ1+sinθ3=2sinθ2C.cosθ1+cosθ3=2cosθ2D.tanθ1+tanθ3=2tanθ2

課時(shí)規(guī)范練54幾何法求線面角、二面角及距離1.D解析根據(jù)線面角的定義,線面角是平面外的直線與平面內(nèi)所有直線所成的角中最小的角,故直線l與α內(nèi)直線所成角的最小值為π6,當(dāng)直線l在α內(nèi)的射影與平面α內(nèi)的一條直線垂直時(shí),l與這條直線所成的角為π2,故直線l與α內(nèi)直線所成角的范圍為[π2.C解析在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中,因?yàn)锽1C1∥BC,且B1C1⊥BB1,所以BC⊥BB1.又AB⊥BB1,且AB∩BC=B,AB,BC?平面ABC,所以B1B⊥平面ABC,所以∠ABC為二面角A-BB1-C的平面角.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形,所以∠ABC=60°.3.B解析連接BC1.因?yàn)锽C1∥AD1,且AD1?平面AD1E,BC1?平面AD1E,所以BC1∥平面AD1E,所以BC1與平面AD1E的夾角始終為0°.而直線B1C,A1C,AC1與平面AD1E的夾角均會(huì)因?yàn)辄c(diǎn)E的位置的不同而不同.4.B解析在四棱錐P-ABCD中,因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形,PA⊥平面ABCD,所以CD⊥AD,CD⊥PA,又AD∩PA=A,AD,PA?平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又PD?平面PAD,所以CD⊥PD.因?yàn)辄c(diǎn)E,F分別是PC,PD的中點(diǎn),所以CD∥EF,所以PD⊥EF,又PA=AD,則AF⊥PD,且EF∩AF=F,AF,EF?平面AEF,所以PD⊥平面AEF,所以線段PF為點(diǎn)P到平面AEF的距離,又E是PC的中點(diǎn),所以點(diǎn)C與點(diǎn)P到平面AEF的距離相等,又PF=2,所以點(diǎn)C到平面AEF的距離為25.C解析(方法一)如圖,取AB中點(diǎn)O,連接OC,OD,則由題可知∠DOC為二面角C-AB-D的平面角,∴∠DOC=150°.設(shè)CA=CB=a,則OC=12AB=2∵△ABD是等邊三角形,∴OD⊥AB,且OD=32AB=62a.在△DOC中由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos∠DOC=72a2,∴CD=142a.過(guò)D作DH⊥平面ABC,垂足為H,易知點(diǎn)H在直線OC上,則∠DCH為直線CD與平面ABC所成的角,且∠DOH=30°,故DH=12OD=64a,∴sin∠DCH=DHCD=64a142a=(方法二)取AB中點(diǎn)O,連接OC,OD.以O(shè)為原點(diǎn),OA,OC所在直線分別為x軸、y軸,過(guò)O點(diǎn)作平面ABC的垂線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略).設(shè)AB=2,則由題可得A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,-32,32),則CD=(0,-52,32),由題可知平面ABC的一個(gè)法向量為n=(0,0,1).設(shè)CD與平面ABC所成角為θ,則sinθ=|cos<CD,n>|=327×16.C解析因?yàn)锳B=BC,∠ABC=60°,所以△ABC為正三角形.取BC的中點(diǎn)E,連接PE,AE,則AE⊥BC.因?yàn)镻A⊥底面ABCD,BC?平面ABCD,所以PA⊥BC,又PA∩AE=A,PA,AE?平面PAE,所以BC⊥平面PAE,則BC⊥PE,則∠PEA為二面角P-BC-A的平面角,所以∠PEA=60°,所以PA=AEtan60°=3,PE=32+(3)2=23.因?yàn)椤螦CD=AC2+CD2-2AC·CDcos60°=3,則AD2+CD2=AC2,所以AD⊥CD.因?yàn)镻A⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD,又PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因?yàn)镻D?平面PAD,所以CD⊥PD.PD=PA2+AD2=9+3=23.故S△PAB=12PA·AB=12×3×2=3,S△PAD=12PA·AD=12×3×3=332,S△PCD=127.A解析作FG⊥AC交AC于G,連接EG.因?yàn)镕G⊥平面ABC,所以α=∠EFG,β=∠FEG,tanα=EGFG=EGAC,tanβ=FGEG=ACEG,易知AC≥EG,故β≥α.作FH∥B1C1交A1B1于點(diǎn)H,連接BH,CF,作FM⊥BC交BC于點(diǎn)M,連接GM,得γ=∠FMG,則tanγ=FGMG=ACMG,由EG≥MG,故選A.8.ABD解析連接AD1,∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直線BC1與DA1所成的角為90°,故A正確;連接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1?平面A1B1C,B1C?平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1?平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直線BC1與CA1所成的角為90°,故B正確;連接A1C1,交B1D1于點(diǎn)O,連接BO.易證C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a,則OC1=22a,BC1=2a,∴sin∠C1BO=OC1BC1=12,∴∠C1BO=30°,故C錯(cuò)誤;∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C又∠C1BC=45°,∴直線BC1與平面ABCD所成的角為45°,故D正確.故選ABD.9.33解析取BC的中點(diǎn)D,連接PD,AD.因?yàn)镻B=PC,所以PD⊥BC.因?yàn)镻A⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC.因?yàn)镻D?平面PAD,PA?平面PAD,PA∩PD=P,所以BC⊥平面PAD.因?yàn)锳D?平面PAD,所以BC⊥AD.所以∠PDA為二面角P-BC-A的平面角.因?yàn)镻B=PC=BC=6,所以PD=32×6=33,sin∠PDA=PAPD10.解(1)∵AB⊥平面BCD,BC,CD?平面BCD,∴AB⊥CD,AB⊥BC.∵BC是圓O的直徑,∴BD⊥CD,又AB∩BD=B,AB,BD?平面ABD,∴CD⊥平面ABD,∴∠CAD即為直線AC與平面ABD所成角.∵AB=BC=5,AB⊥BC,∴AC=52,又CD=3,∴sin∠CAD=CDAC即直線AC與平面ABD所成角的正弦值為3(2)過(guò)點(diǎn)B作BM⊥AD,垂足為M.由(1)知CD⊥平面ABD,CD?平面ACD,∴平面ABD⊥平面ACD,又平面ABD∩平面ACD=AD,BM?平面ABD,BM⊥AD,∴BM⊥平面ACD.∵BD=BC2∴AD=A∵12AD·BM=1∴BM=AB·即點(diǎn)B到平面ACD的距離是2011.A解析若點(diǎn)P在正方形A1B1C1D1內(nèi),過(guò)點(diǎn)P作PP'⊥平面ABCD于點(diǎn)P',連接AP',A1P.則∠PAP'為直線AP與平面ABCD所成的角,則∠PAP'=45°.又PP'=2,則PA=22,則PA1=2,則點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)A1為圓心,2為半徑的圓落在正方形A1B1C1D1內(nèi)的部分,包括點(diǎn)B1,D1.若點(diǎn)P在正方形A1B1BA內(nèi)或A1D1DA內(nèi),軌跡分別為線段AB1,AD1,不包括點(diǎn)A.因?yàn)辄c(diǎn)P不可能落在其他三個(gè)正方形內(nèi),所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2×π2+22+22=π+12.D解析因?yàn)辄c(diǎn)C為以AB為直徑的圓O上異于A,B的任意一點(diǎn),所以∠ACB=π2,即AC⊥BC.因?yàn)镻A垂直于以AB為直徑的圓O所在的平面,即PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC.又AC∩PA=A,且PA,AC在平面PAC內(nèi),所以BC⊥平面PAC.所以直線PB與平面PAC所成的角為∠BPC,即∠BPC=α.設(shè)AC=x,0<x<2,則BC=4-x2,且PB=3+4=7,所以sinα=BCPB=4-x27,sinβ=x2,所以sinα13.(1)證明如圖,取CD的中點(diǎn)O,連接AO,則AO⊥CD.又平面ACD⊥平面BCD,且平面ACD∩平面BCD=CD,AO?平面ACD,則AO⊥平面BCD.又BE⊥平面BCD,所以BE∥AO.又BE?平面ACD,AO?平面ACD,所以BE∥平面ACD.(2)解如圖,連接EO,BO,取BC的中點(diǎn)F,連接DF,則DF⊥BC.因?yàn)锳B=AO2+BO2=6,則等腰三角形ABC的面積為S△ABC=1因?yàn)锽E⊥平面BCD,DF?平面BCD,則DF⊥BE,又DF⊥BC,BE∩BC=B,BE?平面EBC,BC?平面EBC,所以DF⊥平面EBC.因?yàn)锽E∥AO,所以點(diǎn)A到平面EBC的距離等于點(diǎn)O到平面EBC的距離,為12DF=因?yàn)镾△BCE=12×2則VA-EBC=13×BE×又VE-ABC=VA-BCE,所以EB=5.因?yàn)锽E⊥平面BCD,BC?平面BCD,BD?平面BCD,則BE⊥BC,BE⊥BD,所以CE=DE,所以EO⊥CD,所以平面ECD與平面BCD的夾角為∠EOB,則tan∠EOB=BEOB所以平面ECD與平