2027届高三数学一轮复习试题规范练48空间角与距离的计算（Word版附解析）

这是一份2027届高三数学一轮复习试题规范练48空间角与距离的计算（Word版附解析），共5页。
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tan θ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(-1,0,1),
∴BF=(-1,-1,1).
设平面ABD的法向量m=(x,y,z),
则m·AB=0,m·DA=0,即y-z=0,-x+z=0,
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-F的平面角大小为θ,则|cs θ|=|m·n||m||n|=(1,1,1)·(0,1,1)3×2=63,∴sin θ=33,故二面角D-AB-F的正弦值为33.
2.(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,∴sin θ=|cs|=-11×12+(-1)2+22=66,
∴直线BD与平面ACE所成角的正弦值为66.
3.(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