高考数学第一轮1067空间角距离综合

高考数学第一轮1067空间角距离综合

g3.1067空间角.空间距离综合 一:高考真题:‎ 图9—1‎ ‎1.（2003京春文11，理8）如图9—1，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点.将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为（ ）‎ A.90° B.60°‎ C.45° D.0°‎ ‎2.（2002全国理，8）正六棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是（ ）‎ A.90° B.60° C.45° D.30°‎ ‎3.（2001全国，11）一间民房的屋顶有如图9—4三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P1、P2、P3.‎ 图9—4‎ 若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则（ ）‎ A.P3＞P2＞P1 B.P3＞P2＝P1‎ C.P3＝P2＞P1 D.P3＝P2＝P1‎ ‎4.（2001全国，9）在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（ ）‎ A.60° B.90° C.105° D.75°‎ ‎5.（2000全国文，12）如图9—5，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎6.（1995全国文，10）如图9—7，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成角的余弦值是（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎7.（2003上海春，10）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于 （结果用反三角函数值表示）.‎ ‎8.（2002京皖春，15）正方形ABCD的边长是2，E、F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角（如图9—11所示）.M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为，那么点M到直线EF的距离为 .‎ ‎9.（2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为2 cm，体积为4 cm3，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是 .‎ 图9—13‎ ‎10.（2000上海春，8）如图9—13，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD与正三角形CBD所在平面互相垂直，E是BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为_____.‎ ‎11.（2003京春文，19）如图9—19，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点.‎ ‎（Ⅰ）求三棱锥D1—DBC的体积；‎ ‎（Ⅱ）证明BD1∥平面C1DE；‎ ‎（Ⅲ）求面C1DE与面CDE所成二面角的正切值.‎ 图9—19 图9—20‎ 图9—21‎ ‎12.（2003京春理，19）如图9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4.E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；‎ ‎（Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥B1—EFD1的体积V.‎ ‎13.（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=‎ ‎∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=5.（如图9—21）‎ ‎（Ⅰ）证明：SC⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥的体积VS－ABC.‎ ‎14.（2002全国理，18）如图9—26，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直.点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（0＜a＜）.‎ ‎（Ⅰ）求MN的长；‎ ‎（Ⅱ）当a为何值时，MN的长最小；‎ ‎（Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小.‎ 图9—26 图9—27‎ ‎15.（2001春季北京、安徽，19）如图9—27，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高CD上.AB＝a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.‎ ‎（Ⅰ）证明∠MDC是二面角M—AB—C的平面角；‎ ‎（Ⅱ）当∠MDC＝∠CVN时，证明VC⊥平面AMB；‎ ‎（Ⅲ）若∠MDC＝∠CVN＝θ（0＜θ＜＝，求四面体MABC的体积.‎ ‎●答案解析 图9—43‎ ‎1.答案：B 解析：将三角形折成三棱锥如图9—43所示.HG与IJ为一对异面直线.过点D分别作HG与IJ的平行线，即DF与AD.所以∠ADF即为所求.因此，HG与IJ所成角为60°.‎ 评述：本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向.‎ ‎2.答案：B 解析：连结FE1、FD，则由正六棱柱相关性质得FE1∥BC1.‎ 在△EFD中，EF=ED=1，∠FED=120°，∴FD=.‎ 在Rt△EFE1和Rt△EE1D中，易得E1F=E1D=.‎ ‎∴△E1FD是等边三角形.∴∠FE1D=60°.‎ ‎∴BC1与DE1所成的角为60°.‎ 评述：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成的角的求法.‎ ‎3.答案：D 解析：由S底＝S侧cosθ可得P1＝P2‎ 而P3＝‎ 又∵2（S1＋S2）＝S底 ∴P1＝P 2＝P 3‎ 图9—48‎ ‎ 4.答案：B 解析：如图9—48，D1、D分别为B1C1、BC中点，连结AD、D1C，设BB1＝1，则AB＝，则AD为AB1在平面BC1上的射影，又 ‎∴DE2＝BE2＋BD2－2BE·BD·cosC1BC ‎＝‎ 而BE2＋DE2＝＝BD2‎ 图9—49‎ ‎∴∠BED＝90° ∴AB1与C1B垂直 图9—50‎ ‎5.答案：D 解析：如图9—50，由题意知，πr2h＝πR2h，‎ ‎∴r＝． 又△ABO∽△CAO，‎ ‎∴，∴OA2＝r·R＝，‎ ‎∴cosθ＝．‎ ‎6.答案：A 解析：这是两条异面直线所成角的问题，如图9—51将DF1平移至AG1，A1G1＝，再将AG1平移至EE1，其中AE＝，B1E1＝，∠BE1E即是异面直线BE1与DF1所成的角.‎ 图9—51‎ 设正方体棱长为l，可求得EE1＝BE1＝，‎ EB＝，在△BEE1中由余弦定理得 cosBE1E＝‎ 故应选A.‎ 评述：利用直线平移，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，将空间图形问题转化为平面图形问题来解决.“转化”是一种重要的数学思想，这种思想在近几年的试题里明显地、有意识地进行了考查.‎ 图9—53‎ ‎7.答案：arctan 解析：设棱锥的高为h，如图9—53，则V=·4×4×sin60°·h=1，‎ ‎∴h=.‎ D为BC中点，OD=AD=··4=.‎ 易证∠PDO为侧面与底面所成二面角的平面角 tanθ=.故θ=arctan 评述：本题考查三棱锥中的基本数量关系，考查二面角的概念及计算.‎ 图9—54‎ ‎8.答案：‎ 解析：过M作MO⊥EF，交EF于O，则MO⊥平面BCFE.‎ 如图9—54，作ON⊥BC，设OM=x，又tanMBO=，‎ ‎∴BO=2x 又S△MBE=BE·MB·sinMBE=BE·ME S△MBC=BC·MB·sinMBC=BC·MN ‎∴ME=MN，而ME=，MN=，解得x=.‎ ‎9.答案：30°‎ 解析：如图9—60，作BC边中点M，∴VM⊥BC 过V作VO⊥底面ABCD ‎∴VO⊥MO，MO⊥BC，∴∠VMO为其侧面与底面所成二面角的平面角 ‎∵V锥=SABCD·VO ‎∴4=·（2）2·VO ，∴VO=1‎ 又∵OM=，VO⊥MO，∴∠VMO=30°‎ ‎∴侧面与底面所成的二面角为30°.‎ ‎10.答案：45°‎ 解析：过点A作AF⊥BD于F，则AF⊥面BCD，∠AEF为所求的角．设BD＝a，则AF＝，EF＝，∴在Rt△AEF中，∠AEF＝45°．‎ ‎11.（Ⅰ）解： =·2·2·1=.‎ ‎（Ⅱ）证明：记D1C与DC1的交点为O，连结OE.‎ ‎∵O是CD1的中点，E是BC的中点，∴EO∥BD1，‎ ‎∵BD1平面C1DE，EO平面C1DE.∴BD1∥平面C1DE.‎ ‎（Ⅲ）解：过C作CH⊥DE于H，连结C1H.‎ 在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，‎ ‎∴C1H⊥DE，∴∠C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角.‎ ‎∵DC=2，CC1=1，CE=1.∴CH=‎ ‎∴tanC1HC=.即面C1DE与面CDE所成二面角的正切值为.‎ 评述：本题考查正四棱柱的基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.‎ ‎12.（Ⅰ）证法一：连接AC.∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形.‎ ‎∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1‎ ‎∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1‎ ‎∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.‎ 证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD.‎ ‎∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.‎ ‎（Ⅱ）解：在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H ‎∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，‎ ‎∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H.‎ 解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1·sinD1B1H，‎ ‎∵D1B1=A1B1=4.‎ sinD1B1H=sinB1GB=，‎ ‎∴d=D1H=4·‎ 解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴‎ 图9—64‎ ‎∴d=D1H=.‎ 解法三：如图9—64，连接D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半.即B1G·D1H=BB12.‎ ‎∴d=.‎ ‎（Ⅲ）·d·.‎ 评述：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系.要求对图形必须具备一定的洞察力.并进行一定的逻辑推理.在研究本题时，要注意摘出平面图形，便于计算.‎ ‎13.（Ⅰ）证明：∵∠SAB=∠SAC=90°， ∴SA⊥AB，SA⊥AC.‎ 又AB∩AC=A， ∴SA⊥平面ABC.‎ 由于∠ACB=90°，即BC⊥AC， ‎ 由三垂线定理，得SC⊥BC.‎ ‎（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC ‎∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角.‎ 在Rt△SCB中，BC=5，SB=5. ‎ 得SC==10‎ 在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=‎ ‎∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°.‎ ‎（Ⅲ）解：在Rt△SAC中，‎ ‎∵SA=.‎ S△ABC=·AC·BC=×5×5=.‎ ‎∴VS－ABC=·S△ACB·SA=.‎ 图9—70‎ ‎14.解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，依题意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形，如图9—70‎ ‎∴MN=PQ.‎ 由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1，‎ ‎∴AC=BF=， .‎ 即CP=BQ=.‎ ‎∴MN=PQ=‎ ‎（0＜a＜）.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），MN=，‎ 所以，当a=时，MN=.‎ 即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为.‎ 图9—71‎ ‎（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG，如图9—71‎ ‎∵AM=AN，BM=BN，G为MN的中点 ‎∴AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即为二面角α的平面角，‎ 又AG=BG=，所以，由余弦定理有 cosα=.‎ 故所求二面角α=arccos（－）.‎ 评述：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理和几何计算交错为一体；以两个垂直的正方形为背景，加强空间想象能力的考查.体现了立体几何从考查、论证和计算为重点，转到既考查空间概念，又考查几何论证和计算.但有所侧重，融论证于难度适中的计算之中.反映教育改革趋势，体现时代发展潮流.此外解答过程中，必须引入适当的辅助线，不仅考查识图，还考查了基本的作图技能.充分体现了“注重学科之间的内在联系”，较为深入和全面考查各种数学能力.‎ 图9—72‎ ‎15.（Ⅰ）证明：∵CD⊥AB，VN⊥平面ABC，AB平面ABC，∴VN⊥AB.‎ 又∵CD∩VN＝N ∴平面VNC⊥AB 又∵MD平面VNC ∴MD⊥AB ‎∴∠MDC为二面角M－MAB－C的平面角.如图9—72‎ ‎（Ⅱ）证明：∵VC平面VCN，∴AB⊥VC 又∵在△VCN和△CDM中，∠CVN＝∠MDC，∠VCN＝∠VCN ‎ ‎∴∠DMC＝∠VNC＝90°.∴DM⊥VC 又∵AB∩DM＝D，AB、DM平面AMB ‎ ‎∴VC⊥平面AMB．‎ ‎（Ⅲ）解：∵MD⊥AB且MD⊥VC，∴MD为VC与AB的距离为h.‎ 过M作ME⊥CD于E 图9—73‎ ‎∴VMABC＝AB·CD×ME·ah2tanθ 四、作业 同步练习g3.1067 空间角距离综合 ‎1、已知半径是B的球面上有A、B、C三点，AB=6 ,BC=8, AC=10;则球心O到截面ABC的距离为（ ）‎ A、12 B、8 C、6 D、5‎ ‎2、已知三棱锥P-ABC，PA平面ABC，,AB=1,D、E分别是PC、BC的中点，则异面直线DE与AB的距离是（ ）‎ A、 B、 C、 D、与PA的长有关 ‎3、设两平行直线a、b间的距离为2m，平面与a、b都平行且与a、b的距离都为m，这样的平面有（ ）‎ A、1个 B、2个 C、3个 D、4个 ‎4、一个二面角的两个面分别与另一个二面角的两个面垂直，则这两个二面角（ ）‎ A、相等 B、互补 C、相等或互补 D、不确定 ‎5、平面＝CD，P为这两个平面外一点，PA于A，PB于B，若PA=2,PB=1‎ AB=则二面角的大小为（ ）‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎6、P是平面ABC外一点，若PA=PB=PC,且则二面角P-AB-C的余弦值为 .‎ ‎7、正三棱锥的一个侧面的面积与底面面积之比为2：3，则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为 。‎ ‎8、已知,过O点引所在平面的斜线OC与OA、OB分别成、角，则以OC为棱的二面角A-OC-B的余弦值为 。‎ ‎9、平面的一条垂线段OA（O为垂足）的长为6，点B、C在平面上，且,那么B、C两点间距离的范围是 。‎ ‎10、正方体的棱长为a，点P 在棱上运动，那么过P、B、D1三点的截面面积的最小值是 ‎ ‎11、直三棱柱中，,AC=AA1=a，则点A到截面A1BC的距离 是 ‎ ‎12、（05湖南）如图1，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2。‎ ‎　　（Ⅰ）证明：AC⊥BO1；‎ ‎（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小。‎ A B C D O O1‎ A B O C O1‎ D ‎13、（05湖北）如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.‎ ‎ （Ⅰ）求BF的长；‎ ‎ （Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离.‎ 参考答案 A B C D D ‎ ‎12、解法一（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1.‎ ‎ 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，‎ ‎ 即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1‎ ‎ 所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，‎ ‎ 如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），‎ ‎ B（0，3，0），C（0，1，）‎ 图3‎ ‎ O1（0，0，）.‎ ‎ 从而 ‎ 所以AC⊥BO1. ‎ ‎（II）解：因为所以BO1⊥OC，‎ 由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一个法向量.‎ 设是0平面O1AC的一个法向量，‎ 由 得. ‎ 设二面角O—AC—O1的大小为，由、的方向可知，>，‎ A B O C O1‎ D ‎ 所以cos，>=‎ ‎ 即二面角O—AC—O1的大小是 解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1，‎ ‎ 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，‎ 图4‎ ‎ 即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO1，‎ ‎ OC是AC在面OBCO1内的射影.‎ ‎ 因为 ，‎ ‎ 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1‎ ‎ 由三垂线定理得AC⊥BO1.‎ ‎（II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC.‎ ‎ 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC ‎ 内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC.‎ ‎ 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角. ‎ ‎ 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 从而， 又O1E=OO1·sin30°=，‎ ‎ 所以 即二面角O—AC—O1的大小是 ‎13．本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.‎ 解法1：（Ⅰ）过E作EH//BC交CC1于H，则CH=BE=1，EH//AD，且EH=AD.‎ 又∵AF∥EC1，∴∠FAD=∠C1EH.‎ ‎∴Rt△ADF≌Rt△EHC1. ∴DF=C1H=2.‎ ‎（Ⅱ）延长C1E与CB交于G，连AG，‎ 则平面AEC1F与平面ABCD相交于AG.‎ 过C作CM⊥AG，垂足为M，连C1M，‎ 由三垂线定理可知AG⊥C1M.由于AG⊥面C1MC，且 AG面AEC1F，所以平面AEC1F⊥面C1MC.在Rt△C1CM中，作CQ⊥MC1，垂足为Q，则CQ的长即为C到平面AEC1F的距离.‎ 解法2：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，4，0），A（2，0，0），‎ C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）.‎ ‎∵AEC1F为平行四边形，‎ ‎（II）设为平面AEC1F的法向量，‎ 的夹角为a，则 ‎∴C到平面AEC1F的距离为