高考数学一轮复习 课时规范练48　空间角与距离的计算（基础版）

课时规范练48空间角与距离的计算(分值:59分)1.(12分)(2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值2.(15分)(2026·湖南湘东教学联盟高三联考)如图,空间几何体ABCDE的底面ABC是以∠BAC为直角的等腰直角三角形,平面BCD⊥平面ABC,直线AE⊥平面ABC,且AE=AC=2.(1)求证:AE∥平面BCD;(2)若DE⊥平面BCD,求直线BD与平面ACE所成角的正弦值.3.(15分)(2025·湖南长沙模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面PCD,PA⊥AD,PA=AD=2,点E为线段PD的中点,点F为线段PC上的动点(不含端点).(1)证明:平面AEF⊥平面PCD;(2)若平面AEF与平面PBC的夹角为π4,求点P到平面AEF的距离.4.(17分)(2025·云南红河州模拟)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,D1D⊥平面ABCD,D1D=2,AB=6,A1B1=3.(1)求证:A1A∥平面C1BD;(2)求直线A1A到平面C1BD的距离;(3)若点P是平面ABCD内的动点,且满足BD1⊥B1P,设直线D1P与平面ABCD所成角为θ,求tanθ的最大值.

参考答案课时规范练48空间角与距离的计算1.(1)证明如图1,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.图1(2)解设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=2.DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=2.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,图2则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),∴AB=(0,1,-1).∵EF=DA=(-1,0,1),∴F(∴BF=(-1,-1,1).设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则m令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1).设平面ABF的法向量n=(u,v,w),则n·AB=0,n·BF=0,即v-w=0,-u-v+w=0,令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1).设二面角D-AB-F2.(1)证明过点D作DH⊥BC于点H,连接AH.∵平面BCD⊥平面ABC,且平面BCD∩平面ABC=BC,DH⊂平面BCD,∴DH⊥平面ABC.又AE⊥平面ABC,∴DH∥AE.∵AE⊄平面BCD,DH⊂平面BCD,∴AE∥平面BCD.(2)解取BC的中点G,由题知,底面ABC是以∠BAC为直角的等腰直角三角形,易得AG⊥BC.∵AE⊥平面ABC,且AG⊂平面ABC,∴AE⊥AG.而AE∥DH,∴DH⊥AG.又BC∩DH=H,故AG⊥平面BCD.∵DH⊂平面BCD,∴AG⊥DH.由(1)知,DH⊥平面ABC,AH⊂平面ABC,则DH⊥AH,故H与G重合.又AH⊥BC,DH∩BC=H,DH,BC⊂平面BCD,则AH⊥平面BCD.又DE⊥平面BCD,则AH∥DE.又DH∥AE,故四边形AHDE为矩形.以A为原点,AC,AB,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),C(2,0,0),D(1,1,2),BD=(1,-1,2).∵平面ACE的一个法向量可取为n=(0,1,0),设直线BD与平面ACE所成角为θ,∴sinθ=|cos<BD,n>|=-1∴直线BD与平面ACE所成角的正弦值为663.(1)证明因为PA⊥AD,PA=AD=2,PE=DE=2,所以AE⊥PD.又因为平面PAD⊥平面PCD,且平面PAD∩平面PCD=PD,所以AE⊥平面PCD.又AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面PCD.(2)解由(1)知,AE⊥平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AE⊥CD.又因为底面ABCD为正方形,所以CD⊥AD.由AD∩AE=A,AD,AE⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,PA⊂平面PAD,所以CD⊥PA.又因为PA⊥AD,CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.以A为原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),则AE=(0,1,1),AP=(0,0,2),PC=(2,2,-2),PB=(2,0,-2),设PF=λPC=(2λ,2λ,-2λ)(0<λ<1),则AF=AP+PF=AP+λPC=(2λ,2λ设平面AEF的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令y1=λ,则x1=1-2λ,z1=-λ,故m=(1-2λ,λ,-λ).设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),n·PB=2a-2c=0则平面PBC的法向量n=(1,0,1).由题意得,|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=cosπ4,即|1-3λ|2×6λ2-4λ+1=22,整理得,3λ2-2λ=0,解得λ=23所以点P到平面AEF的距离d=|AP4.(1)证明连接AC交BD于点O,连接OC1,A1C1.如图,把四棱台ABCD-A1B1C1D1补成四棱锥S-ABCD,由棱台的性质,得A1B1∥AB.又因为AB=2A1B1,所以A1,B1,C1,D1分别为SA,SB,SC,SD的中点.在△SAC中,因为C1,O分别为SC,AC的中点,所以OC1∥SA,即A1A∥OC1.又A1A⊄平面C1BD,OC1⊂平面C1BD,所以A1A∥平面C1BD.(2)解由(1)知,A1A∥平面C1BD,故直线A1A到平面C1BD的距离即为点A到平面C1BD的距离.以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(6,6,0),C1(0,3,2),A(6,0,0),D1(0,0,2),B1(3,3,2),DB=(6,6,0),DC1=(0,3,2),DA=设m=(x,y,z)为平面C1BD的一个法向量,则m·DB=6x+6y=0,m·DC1=3y设点A到平面C1BD的距离为d,则d=|DA·m||m|=124+4+9=12(3)解设点P(x,y,0),BD1=(-6,-6,2),B1P=(x-3,y-因为BD1⊥B1P,所以BD1·B1P=(-6)×(x-3)+(-6)×