高考数学精品讲义练习【一轮复习】第七章　7．5　几何法求空间角和距离

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第七章　7．5　几何法求空间角和距离，共17页。试卷主要包含了理解空间角和空间距离的概念等内容，欢迎下载使用。
1．理解空间角和空间距离的概念．
2．会利用几何法求线面角、二面角、距离．
考点1 求距离
【例1】 (1)如图，在四棱锥P­ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为( A )
A．2 eq \r(3) B．2 eq \r(5)
C． eq \r(2) D．4
【解析】 如图，取PA的中点M，连接BM，CM.因为PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB⊥BC，又因为AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.因为M是PA的中点，PB＝AB，所以BM⊥PA，又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BCM，所以PA⊥平面BCM.又CM⊂平面BCM，所以CM⊥PA，即CM为点C到直线PA的距离．在等腰直角三角形PAB中，BM＝ eq \f(\r(2),2)PB＝2 eq \r(2)，在Rt△BCM中，CM＝ eq \r(BM2＋BC2)＝ eq \r(8＋4)＝2 eq \r(3)，故点C到直线PA的距离为2 eq \r(3).故选A.
(2)已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，2 eq \r(2)，2 eq \r(2)，则该四棱锥的高为( D )
A． eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(3),2)
C．2 eq \r(3) D． eq \r(3)
【解析】 如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA＝PB＝AB＝4，PC＝PD＝2 eq \r(2).
分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，PF，EF，则PE⊥AB，EF⊥AB，且PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF，可知AB⊥平面PEF，又AB⊂平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD.过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，由平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO⊂平面PEF，所以PO⊥平面ABCD.由题意可得PE＝2 eq \r(3)，PF＝2，EF＝4，则PE2＋PF2＝EF2，即PE⊥PF，则 eq \f(1,2)PE·PF＝ eq \f(1,2)PO·EF，可得PO＝ eq \f(PE·PF,EF)＝ eq \r(3)，所以四棱锥的高为 eq \r(3).当相对的棱长相等时，不妨设PA＝PC＝4，PB＝PD＝2 eq \r(2)，因为BD＝4 eq \r(2)＝PB＋PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样的情况不存在．故选D.
1．求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形或等面积法求解．
2．求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个距离，可根据条件求解；若不易作出点面距，可借助等体积法求解．
【对点训练1】 (2024·全国甲卷文)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝ eq \r(10)，FB＝2 eq \r(3)，M为AD的中点．
(1)求证：BM∥平面CDE；
(2)求M到平面FAB的距离．
解：(1)证明：由题意知MD＝2，BC＝2，MD∥BC，所以四边形BCDM为平行四边形，故BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE.
(2)如图，记AM的中点为G，连接FG，BG，FM，因为BM＝CD＝AB，所以BG⊥AM，同理FG⊥AM.由已知可得BG＝ eq \r(3)，FG＝3，又FB＝2 eq \r(3)，所以FB2＝BG2＋FG2，即FG⊥BG，又BG∩AM＝G，BG，AM⊂平面ABCD，所以FG⊥平面ABCD.由余弦定理和已知得cs ∠FAB＝ eq \f(\r(10),20)，所以△FAB的面积S＝ eq \f(1,2)AF×AB×sin ∠FAB＝ eq \f(\r(39),2).设M到平面FAB的距离为h，故三棱锥M­FAB的体积V＝ eq \f(1,3)Sh＝ eq \f(\r(39),6)h，又因为三棱锥F­AMB的体积为V＝ eq \f(1,3)×3× eq \r(3)＝ eq \r(3)，可得h＝ eq \f(6\r(13),13).故M到平面FAB的距离为 eq \f(6\r(13),13).
考点2 求线面角
【例2】 (2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为 eq \f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( B )
A． eq \f(1,2) B．1
C．2 D．3
【解析】 如图，设棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点O，则由AB＝3A1B1得O到上底面A1B1C1的距离为 eq \f(1,2)h，O到下底面ABC的距离为 eq \f(3,2)h，所以A1A与平面ABC所成角即为OA1与平面A1B1C1所成角∠OA1O1，又S△ABC＝ eq \f(\r(3),4)×62＝9 eq \r(3)，S△A1B1C1＝ eq \f(\r(3),4)×22＝ eq \r(3)，所以V＝ eq \f(1,3)(9 eq \r(3)＋ eq \r(3)＋ eq \r(9\r(3)×\r(3)))h＝ eq \f(52,3)，解得h＝ eq \f(4,\r(3)).因为上底面中心O1到顶点A1的距离为 eq \f(2,3)× eq \f(\r(3),2)×2＝ eq \f(2,\r(3))，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为 eq \f(\f(1,2)h,\f(2,\r(3)))＝ eq \f(\r(3),4)h＝1.故选B.
求线面角的三个步骤
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解．
三余弦定理
1．链接教材：(人教B版选择性必修第一册P45尝试与发现)
如图所示，设AO是平面α的一条斜线段，O为斜足，A′为A在平面α内的射影，而OM是平面α内的一条射线，A′M⊥OM.记∠AOA′＝θ1，∠A′OM＝θ2，∠AOM＝θ.
那么cs θ＝cs θ1cs θ2.(证明略)
即斜线与平面内一条直线夹角θ的余弦值等于斜线与平面所成角θ1的余弦值乘射影与平面内直线夹角θ2的余弦值．(为了便于记忆，可设θ为斜线角，θ1为线面角，θ2为射影角)
2．定理说明：这三个角中，角θ是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之积．斜线与平面所成角θ1是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角．
【典例】 (1)正四面体ABCD中，O为△BCD的重心，则cs ∠ABO＝ eq \f(\r(3),3)．
【解析】 方法一 如图，不妨设正四面体ABCD的棱长为2，则AB＝2，OB＝ eq \f(2,3)×2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(2\r(3),3)，所以cs ∠ABO＝ eq \f(OB,AB)＝ eq \f(\r(3),3).
方法二 如图，由三余弦定理，得
cs ∠ABD＝cs ∠ABO·cs ∠OBD，
显然∠ABD＝60°，∠OBD＝30°，所以
cs ∠ABO＝ eq \f(cs ∠ABD,cs ∠OBD)＝ eq \f(cs 60°,cs 30°)＝ eq \f(\r(3),3).
(2)如图所示，矩形ABCD中，AB＝2 eq \r(2)，AD＝2，沿BD将△BCD折起，使得点C在平面ABD上的射影落在AB上，则直线BC与平面ABD所成的角为45°．
【解析】 方法一 如图2，作CE⊥AB于E，由题意，CE⊥平面ABD，所以BD⊥CE，作OC⊥BD于O，连接OE，CE∩OC＝C，则BD⊥平面COE，所以BD⊥OE，从而在图1中，C，O，E三点共线，在图1中，BD＝ eq \r(BC2＋CD2)＝2 eq \r(3)，CO＝ eq \f(BC·CD,BD)＝ eq \f(2\r(6),3)，OB＝ eq \r(BC2－OC2)＝ eq \f(2\r(3),3)，所以BE＝ eq \f(OB,cs ∠OBE)，而cs ∠OBE＝ eq \f(AB,BD)＝ eq \f(\r(6),3)，所以BE＝ eq \r(2)，那么在图2中也有BE＝ eq \r(2)，从而cs ∠CBE＝ eq \f(BE,BC)＝ eq \f(\r(2),2)，故∠CBE＝45°，即直线BC与平面ABD所成的角为45°.
方法二 如图2，作CE⊥AB于E，由题意，CE⊥平面ABD，故∠CBE即为BC与平面ABD所成的角，由三余弦定理，得cs ∠CBD＝cs ∠ABD·cs ∠CBE，所以 eq \f(2,2\r(3))＝ eq \f(2\r(2),2\r(3))·cs ∠CBE，故cs ∠CBE＝ eq \f(\r(2),2)，从而∠CBE＝45°，所以直线BC与平面ABD所成的角为45°.
【对点训练2】 (2024·浙江温州二模)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝ eq \f(1,2)AD，点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A′­BE­C等于60°，二面角D′­CE­B等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于 eq \f(\r(37),8)．
解析：由题知△ABE，△BEC，△ECD都为正三角形，设AB＝2a，如图，取CE的中点K，连接BK，A′K，A′C，则BK⊥CE，由题知平面BCE⊥平面D′CE，平面BCE∩平面D′CE＝CE，又BK⊂平面BCE，BK⊥CE，所以BK⊥平面D′CE，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于∠A′BK的正弦值，易求得BK＝ eq \r(3)a，A′C＝ eq \r(3)a，cs ∠A′EC＝ eq \f(A′E2＋EC2－A′C2,2EA′·EC)＝ eq \f(5,8)，又cs ∠A′EC＝ eq \f(A′E2＋EK2－A′K2,2EA′·EK)＝ eq \f(5,8)，解得A′K＝ eq \f(\r(10),2)a，cs ∠A′BK＝ eq \f(A′B2＋BK2－A′K2,2A′B·BK)＝ eq \f(3\r(3),8)，则sin ∠A′BK＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),8)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(37),8)，所以直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于 eq \f(\r(37),8).
考点3 求二面角
【例3】 (2024·河南郑州三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A­PC­B的正切值为( A )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(5),3)
C．2 D． eq \f(2,3)
【解析】 如图，设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA，因为AB＝BC，所以BE⊥AC，又因为平面ABC⊥平面PAC，BE⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC，所以BE⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，则BE⊥PC.因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE＝ eq \f(1,2)×4＝2.因为DE∩BE＝E，且DE，BE⊂平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又因为BD⊂平面BDE，所以PC⊥BD，所以∠BDE为二面角A­PC­B的平面角，且tan ∠BDE＝ eq \f(BE,DE)＝ eq \f(\r(32－(2\r(2))2),2)＝ eq \f(1,2).故选A.
作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
射影面积法求二面角
1．链接教材：(人教B版选择性必修第一册P50尝试与发现)
如图所示，设S为二面角α­AB­β的半平面α上的一点，过点S作半平面β的垂线SS′，垂足为S′，设O为棱AB上一点．如果二面角α­AB­β的大小为θ，则可以看出△S′AB与△SAB在AB边上的高之比为cs θ，因此这两个三角形的面积之比也为cs θ.
即二面角θ的余弦值为cs θ＝ eq \f(S射影,S).
2．定理说明：这个方法对于无棱二面角的求解很简便.
【典例】 已知△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A­BD­C的余弦值为－ eq \f(\r(5),5)．
【解析】 如图，过A作AE⊥CB交CB的延长线于E，连接DE.
∵平面ABC⊥平面BCD，AE⊂平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD，∴点E即为点A在平面BCD内的射影，∴△BDE为△ABD在平面BCD内的射影．设AB＝a，则AE＝DE＝AB·sin 60°＝ eq \f(\r(3),2)a，∴AD＝ eq \f(\r(6),2)a.由余弦定理可得cs ∠ABD＝ eq \f(1,4)，∴sin ∠ABD＝ eq \f(\r(15),4)，
∴S△ABD＝ eq \f(1,2)a2× eq \f(\r(15),4)＝ eq \f(\r(15),8)a2.又BE＝ eq \f(1,2)a，
∴S△BDE＝ eq \f(1,2)× eq \f(\r(3),2)a× eq \f(1,2)a＝ eq \f(\r(3),8)a2.设二面角
A­BD­E的大小为θ，∴cs θ＝ eq \f(S△BDE,S△ABD)＝ eq \f(\r(5),5).而二面角A­BD­C与A­BD­E互补，∴二面角A­BD­C的余弦值为－ eq \f(\r(5),5).
【对点训练3】 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已知四面体PABC为鳖臑，且PA＝AB，AC＝BC，记二面角A­PB­C的平面角为θ，则sin θ＝( C )
A． eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(\r(6),3) D． eq \f(\r(3),6)
解析：由题意设PA⊥AB，PA⊥AC，BC⊥AC，BC⊥PC，取PB的中点M，过点M作MN⊥PB交PC于点N，连接AM，AN，如图所示．
因为PA＝AB，PA⊥AB，点M是等腰直角三角形PAB斜边PB的中点，所以AM⊥PB，又因为MN⊥PB，AM⊂平面PAB，MN⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAB＝PB，所以二面角A­PB­C的平面角θ就是∠AMN.设AC＝BC＝1，则PA＝AB＝ eq \r(2)，PB＝2，PC＝ eq \r(3)，PM＝AM＝ eq \f(1,2)PB＝1，从而∠BPC＝30°，所以MN＝ eq \f(\r(3),3)，PN＝ eq \f(2\r(3),3).又cs ∠APN＝ eq \f(\r(2),\r(3))＝ eq \f(\r(6),3)，所以AN2＝2＋ eq \f(4,3)－2× eq \r(2)× eq \f(2\r(3),3)× eq \f(\r(6),3)＝ eq \f(2,3)，
所以AN＝ eq \f(\r(6),3)，所以cs ∠AMN＝ eq \f(1＋\f(1,3)－\f(2,3),2×1×\f(\r(3),3))＝ eq \f(\r(3),3)，则sin ∠AMN＝ eq \f(\r(6),3).故选C.
课时作业49
1． (5分)如图，已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，那么直线A1C与平面AA1D1D所成角的正弦值为( A )
A． eq \f(\r(6),6) B． eq \f(\r(35),6)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(6),3)
解析：如图，连接A1D，根据长方体性质知，CD⊥平面AA1D1D，故∠CA1D为直线A1C与平面AA1D1D所成的角，AA1＝2，AB＝AD＝1⇒CA1＝ eq \r(12＋12＋22)＝ eq \r(6)，所以sin ∠CA1D＝ eq \f(CD,CA1)＝ eq \f(\r(6),6).故选A.
2．(5分)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则棱BB1到平面AA1C1C的距离为( C )
A． eq \f(\r(3),3)a B．a
C． eq \f(\r(2),2)a D． eq \r(2)a
解析：如图，连接B1D1，交A1C1于点O，正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，又AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，所以B1D1⊥平面AA1C1C，所以B1O的长即为棱BB1到平面AA1C1C的距离，而B1O＝ eq \f(\r(2),2)a，所以所求距离为 eq \f(\r(2),2)a.故选C.
3． (5分)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB的中点，则点A到平面EB1C的距离为( C )
A． eq \f(\r(6),3) B． eq \f(\r(3),4)
C． eq \f(\r(6),6) D． eq \f(\r(5),5)
解析：由于点E是AB的中点，所以点A到平面EB1C的距离等于点B到平面EB1C的距离，设这个距离为h，B1E＝CE＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝ eq \f(\r(5),2)，B1C＝ eq \r(2)，
所以S△B1CE＝ eq \f(1,2)× eq \r(2)× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝ eq \f(\r(6),4)，
由于VB1­BCE＝VB­B1CE，所以 eq \f(1,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1×\f(1,2)))×1＝ eq \f(1,3)× eq \f(\r(6),4)×h，所以h＝ eq \f(1,\r(6))＝ eq \f(\r(6),6).故选C.
4．(5分)已知在三棱锥S­ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且△ABC为等边三角形，则二面角S­AB­C的正切值为( B )
A． eq \f(\r(3),2) B． eq \r(2)
C． eq \r(3) D．2
解析：如图，由SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC以及AB＝BC＝AC，可得△SAC
≌△SBC，△SAC≌△SAB，故SC＝SA＝SB，进而可得AB＝ eq \r(2)SA.不妨设SA＝2，则AB＝2 eq \r(2)，取AB中点M，连接MS，MC，故MS⊥AB，MC⊥AB，故∠SMC即为二面角S­AB­C的平面角．由于SB⊥SC，SA⊥SC，SA∩SB＝S，SA，SB⊂平面SAB，故SC⊥平面SAB，又SM⊂平面SAB，故SC⊥SM，则tan ∠SMC＝ eq \f(SC,SM)＝ eq \f(2,\f(1,2)AB)＝ eq \r(2).故选B.
5．(5分)三棱锥P­ABC中，PA与平面ABC所成角的余弦值为 eq \f(2\r(2),3)，PA＝3，AB＝2BC＝2，AC＝ eq \r(3)，则三棱锥P­ABC的体积是( D )
A． eq \f(\r(3),2) B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \r(3) D． eq \f(\r(3),6)
解析：由AB＝2BC＝2，AC＝ eq \r(3)，得BC2＋AC2＝4＝AB2，则∠ACB＝90°，△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)AC·BC＝ eq \f(\r(3),2).由PA与平面ABC所成角的余弦值为 eq \f(2\r(2),3)，得PA与平面ABC所成角的正弦值为 eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)))2)＝ eq \f(1,3)，又PA＝3，所以三棱锥P­ABC的高h＝ eq \f(1,3)PA＝1，所以三棱锥P­ABC的体积V＝ eq \f(1,3)Sh＝ eq \f(\r(3),6).故选D.
6．(5分)(2024·广东梅州模拟)已知二面角α­l­β为60°，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足，且AC＝3，CD＝1，DB＝2，则线段AB的长为( A )
A．2 eq \r(2) B．2 eq \r(3)
C．2 eq \r(5) D．2 eq \r(6)
解析：如图，在平面β内，过点C作CE⊥l，且使CE＝DB，连接AE，BE，又AC⊥l，则∠ACE即二面角α­l­β的平面角．在△ACE中，由余弦定理得AE2＝AC2＋CE2－2AC·CE·cs ∠ACE＝9＋4－2×3×2×cs 60°＝7，则AE＝ eq \r(7).又BD⊥l，易得四边形CDBE为矩形，故BE∥CD，且BE＝CD＝1.因为CD⊥AC，CD⊥CE，AC，CE⊂平面ACE，AC∩CE＝C，所以CD⊥平面ACE，从而BE⊥平面ACE，则有BE⊥AE.在Rt△AEB中，AB＝ eq \r(7＋1)＝2 eq \r(2).故选A.
7．(6分)(多选)如图，三棱锥O­ABC中，OA＝OC＝OB＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝ eq \f(π,3)，则下列结论正确的是( ABC )
A．直线AB与平面OBC所成的角为45°
B．二面角O­BC­A的正切值为 eq \f(2\r(3),3)
C．点O到平面ABC的距离为 eq \f(\r(21),7)
D．OC⊥AB
解析：因为OA⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角，又OA＝OC＝OB＝1，所以tan ∠ABO＝1，故直线AB与平面OBC所成的角是45°，故A正确；如图，取BC的中点D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝ eq \f(π,3)，所以AB＝AC＝ eq \r(2)，BC＝1，OD⊥BC，AD⊥BC，故∠ODA为二面角O­BC­A的平面角，则tan ∠ODA＝ eq \f(OA,OD)＝ eq \f(2\r(3),3)，故二面角O­BC­A的正切值为 eq \f(2\r(3),3)，故B正确；
因为AB＝AC＝ eq \r(2)，BC＝1，所以AD＝ eq \r(AB2－BD2)＝ eq \r((\r(2))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝ eq \f(\r(7),2)，设O到平面ABC的距离为h，则由VA­OBC＝VO­ABC，可得 eq \f(1,3)× eq \f(\r(3),4)×1＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(\r(7),2)×h，解得h＝ eq \f(\r(21),7)，故C正确；若OC⊥AB，又OC⊥OA，AB∩OA＝A，AB，OA⊂平面OAB，则OC⊥平面OAB，则OC⊥OB，与∠BOC＝ eq \f(π,3)矛盾，故D错误．故选ABC.
8．(6分)(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列选项中正确的是( AB )
A．A1C1⊥BD
B．B1C与BD所成的角为60°
C．二面角A1­BC­D的平面角为30°
D．AC1与平面ABCD所成的角为45°
解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得A1C1∥AC，在正方形ABCD中，可得AC⊥BD，所以A1C1⊥BD，所以A正确；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得B1D1∥BD，所以异面直线B1C与BD所成的角，即为B1C与B1D1所成的角，即∠D1B1C或其补角，因为△D1B1C为等边三角形，所以∠D1B1C＝60°，所以B正确；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得BC⊥平面ABB1A1，因为AB，A1B⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB，BC⊥A1B，所以∠A1BA为二面角A1­BC­D的平面角，在等腰直角三角形A1AB中，可得∠A1BA＝45°，即二面角A1­BC­D的平面角为45°，所以C错误；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得CC1⊥平面ABCD，所以∠C1AC为直线AC1与平面ABCD所成的角，在Rt△C1AC中，tan ∠C1AC＝ eq \f(CC1,AC)＝ eq \f(\r(2),2)，所以∠C1AC≠45°，所以D错误．故选AB.
9．(5分)在正三棱柱ABC­A′B′C′中，AB＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为 eq \f(\r(15),10)．
解析：如图，取A′B′的中点O，连接OC′，OB，因为三棱柱ABC­A′B′C′为正三棱柱，故OC′⊥A′B′，且AA′⊥平面A′B′C′.又OC′⊂平面A′B′C′，故AA′⊥OC′.又A′B′∩AA′＝A′，且A′B′，AA′⊂平面AA′B′B，故OC′⊥平面AA′B′B，则直线BC′与平面ABB′A′所成的角为∠C′BO.又AB＝1，AA′＝2，故OC′＝ eq \r(B′C′2－B′O2)＝ eq \f(\r(3),2)，BC′＝ eq \r(BC2＋CC′2)＝ eq \r(5)，故sin ∠C′BO＝ eq \f(OC′,BC′)＝ eq \f(\r(15),10).
10．(5分)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，则直线AA1到平面BB1C1C的距离为 eq \r(3)．
解析：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，在底面ABC内作AD⊥BC，因为平面BB1C1C⊥底面ABC，平面BB1C1C∩底面ABC＝BC，所以AD⊥平面BB1C1C，因为AA1∥CC1，AA1⊄平面BB1C1C，CC1⊂平面BB1C1C，所以AA1∥平面BB1C1C，所以AD的长即为直线AA1到平面BB1C1C的距离．因为△ABC为等边三角形，且AB＝2，所以直线AA1到平面BB1C1C的距离为AD＝ eq \r(4－1)＝ eq \r(3).
11．(15分)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2 eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
解：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 eq \r(3).如图，连接OB.
因为AB＝BC＝ eq \f(\r(2),2)AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝ eq \f(1,2)AC＝2.
在△POB中，OB＝2，OP＝2 eq \r(3)，PB＝4，
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，且OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC知，PO⊥平面ABC.
(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H.
又由(1)可得OP⊥CH，OP∩OM＝O，OP，OM⊂平面POM，所以CH⊥平面POM，故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝ eq \f(1,2)AC＝2，CM＝ eq \f(2,3)BC＝ eq \f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°.
在△OCM中，OM2＝OC2＋CM2－2OC·CM·cs ∠MCO，
所以OM＝ eq \f(2\r(5),3)，则 eq \f(CM,sin ∠COM)＝ eq \f(OM,sin ∠OCM)，
即sin ∠COM＝ eq \f(sin ∠OCM,OM)·CM，
又CH＝OC·sin ∠COM，
所以CH＝ eq \f(OC·CM·sin ∠OCM,OM)＝ eq \f(4\r(5),5).
所以点C到平面POM的距离为 eq \f(4\r(5),5).
12．(16分)已知四棱锥P­ABCD如图所示，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝PD＝1，△PAB为等边三角形．
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求二面角P­CB­A的余弦值．
解：(1) 证明：如图，取AB的中点E，连接PE，DE.
∵AB＝BC＝2，CD＝PD＝1，△PAB为等边三角形，
∴PE⊥AB，PE＝ eq \r(3)，
BE＝CD.
∵EB∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形，
∴DE＝CB＝2，DE∥CB.
∵BC⊥CD，∴AB⊥ED.
∵PE∩ED＝E，PE，ED⊂平面PED，
∴AB⊥平面PED.
∵PD⊂平面PED，∴AB⊥PD.
∵DE2＝PD2＋PE2，∴PD⊥PE.
∵AB∩PE＝E，AB，PE⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
(2)如图，过点P作PO⊥ED于点O，过点O作OH⊥CB于点H，连接PH.
由(1)知AB⊥平面PED，又AB⊂平面ABCD，∴平面PED⊥平面ABCD.
∵平面PED⊥平面ABCD，平面PED∩平面ABCD＝ED，PO⊂平面PED，∴PO⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴PO⊥BC，
∵PO∩OH＝O，PO，OH⊂平面POH，
∴BC⊥平面POH，又PH⊂平面POH，
∴BC⊥PH，则∠PHO为二面角P­CB­A的平面角．
在Rt△PED中，由PO·ED＝PE·PD，可得PO＝ eq \f(\r(3),2)，在Rt△PHO中，OH＝1，PH＝ eq \r(OH2＋PO2)＝ eq \f(\r(7),2)，
故cs ∠PHO＝ eq \f(OH,PH)＝ eq \f(2\r(7),7)，
∴二面角P­CB­A的余弦值为 eq \f(2\r(7),7).
13．(5分)已知正四棱锥S­ABCD侧面和底面的棱长都为4，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是( D )
A． eq \f(2,3) B． eq \f(2\r(6),3)
C． eq \f(4,3) D． eq \f(4\r(6),3)
解析：如图，连接AC，BD交于点O，连接SO，根据已知可得SO⊥平面ABCD.又OD＝ eq \f(1,2)BD＝ eq \f(1,2)× eq \r(2)BC＝2 eq \r(2)，SD＝4，在Rt△SOD中，有SO＝ eq \r(SD2－OD2)＝2 eq \r(2).由已知可得BC∥AD，AD⊂平面SAD，BC⊄平面SAD，所以BC∥平面SAD.又P∈BC，所以点P到平面SAD的距离，即等于点B到平面SAD的距离．设点B到平面SAD的距离为h，则VB­SAD＝ eq \f(1,3)×S△SAD×h.又VS­ABD＝ eq \f(1,3)×S△ABD×SO＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)AB×AD×SO＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×4×4×2 eq \r(2)＝ eq \f(16\r(2),3)，S△SAD＝ eq \f(1,2)SA×SD×sin eq \f(π,3)＝ eq \f(1,2)×4×4× eq \f(\r(3),2)＝4 eq \r(3)，所以VB­SAD＝ eq \f(1,3)×S△SAD×h＝ eq \f(1,3)×4 eq \r(3)h＝VS­ABD＝ eq \f(16\r(2),3)，所以h＝ eq \f(4\r(6),3).故选D.
14．(6分)(多选)(2024·河北保定二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′的位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C，如图2，则( ABD )
A．BE⊥A′D′
B．平面A′EB∥平面D′FC
C．多面体A′EBCD′F为三棱台
D．直线A′D′与平面BCFE所成的角为 eq \f(π,4)
解析：因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE⊂平面BCFE，所以BE⊥平面A′D′FE，所以BE⊥A′D′，A正确．因为A′E∥D′F，A′E⊄平面D′FC，D′F⊂平面D′FC，则A′E∥平面D′FC，又BE∥CF，BE⊄平面D′FC，CF⊂平面D′FC，则BE∥平面D′FC，又A′E∩BE＝E，A′E，BE⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面D′FC，B正确．易得EB＝4，因为 eq \f(D′F,A′E)＝ eq \f(1,3)， eq \f(FC,EB)＝ eq \f(2,4)＝ eq \f(1,2)，则 eq \f(D′F,A′E)≠ eq \f(FC,EB)，所以多面体A′EBCD′F不是三棱台，C错误．如图，延长A′D′，EF相交于点G，因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，A′E⊂平面A′D′FE，A′E⊥EF，所以A′E⊥平面BCFE，则∠A′GE为直线A′D′与平面BCFE所成的角．因为 eq \f(D′F,A′E)＝ eq \f(GF,GF＋FE)，解得GF＝1，所以GE＝3，tan ∠A′GE＝ eq \f(A′E,GE)＝1，则∠A′GE＝ eq \f(π,4)，D正确．故选ABD.
15．(6分)(多选)(2024·湖南长沙二模)在菱形ABCD中，AB＝2 eq \r(3)，∠ABC＝60°.将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为θ(0°