高考数学二轮复习寒假作业十四空间角与距离注意命题点的区分度理.doc

1寒假作业寒假作业( (十四十四) ) 空间角与距离空间角与距离( (注意命题点的区分度注意命题点的区分度) )一、选择题1在空间直角坐标系中，点P(m,0,0)到点P1(4,1,2)的距离为，则m的值为( )30A9 或 1 B9 或1C5 或5 D2 或 3解析：选 B 由题意PP1，30即，m42122230(m4)225，解得m9 或m1.2.如图所示，点P在正方形ABCD所在的平面外，PA平面ABCD，PAAB，则PB与AC所成的角是( )A90° B60°C45° D30°解析：选 B 将其放入正方体ABCD­PQRS中，连接SC，AS，则PBSC，ACS(或其补角)是PB与AC所成的角ACS为等边三角形，ACS60°，PB与AC所成的角是 60°，故选 B.3.如图所示，将等腰直角ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时BAC60°，则这个二面角的大小是( )A90° B60°C45° D30°解析：选 A 如图，连接BC，则ABC为等边三角形，设ADa，则BDDCa，BCACa，所以BDC90°，故选 A.24正四棱锥的侧棱长与底面边长都是 1，则侧棱与底面所成的角的大小为( )A75° B60°C45° D30°解析：选 C 如图，在四棱锥P­ABCD中，过P作PO平面ABCD于点O，连接AO，则AO是AP在底面ABCD上的射影，PAO即为所求线面角AO，PA1，cosPAO.22AO PA222PAO45°，即所求线面角为 45°.故选 C.5已知正三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长为 4，底面边长为 2.若点M是线段A1C的中点，3则直线BM与底面ABC所成角的正切值为( )A. B.1 21 3C. D.2 33 4解析：选 C 如图，过点M作MNAC于点N，连接BN，则MBN为直线BM与底面ABC所成角，由题意可知MN2，BN3，所以 tanMBN .MN BN2 36在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA12AB4，则点A1到平面AB1D1的距离是( )A1 B4 3C. D216 9解析：选 B 设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1­AB1D1VA­A1B1D1，所以SAB1D1hSA1B1D1×AA1，1 31 3所以h .SA1B1D1 ×AA1 SAB1D11 2× 2 × 2 × 41 2× 2 2 ×4222 224 37(2018 届高三·湖北六校联考)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为 ，9 4底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则直线PA与平面ABC所成角的大3小为( )A. B.5 12 3C. D. 4 6解析：选 B 如图，取P1为底面ABC的中心，连接PP1，AP1，由底面是边长为的正三角形，知底面三角形的高为 ，面积为，又三棱33 23 34柱的体积为 ，则三棱柱的高PP1，AP11，PAP1为所求角，因为9 433tanPAP1，3所以PAP1. 38.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，且PDAD1，AB2，点E是AB上一点，当二面角P­EC­D为时，AE( ) 4A1 B1 2C2 D223解析：选 D 如图，过点D作DFCE于F，连接PF，因为PD平面ABCD，所以PDCE，又PDDFD，所以CE平面PDF，所以PFCE，可得PFD为二面角P­EC­D的平面角，即PFD，故在 4RtPDF中，PDDF1，因为在矩形ABCD中，EBCCFD，所以，得ECDF BCCD EC2，在 RtBCE中，根据勾股定理，得BE，所以CD·BC DFCE2BC23AEABBE2，故选 D.39已知斜四棱柱ABCD­A1B1C1D1的各棱长均为 2，A1AD60°，BAD90°，平面A1ADD1平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为( )A. B.34134C. D.3913393解析：选 C 取AD的中点O，连接OA1，易证A1O平面ABCD，且A1O.建立如图所示的空间直角坐标系，得3B(2，1,0)，D1(0,2，)，1BDuuu u r (2,3，)，33平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)，设BD1与平面ABCD所成的角为，sin ，|cos，n|·n| |·|n|34tan .391310.如图，在棱长均为 2 的正四棱锥P­ABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是( )ABE平面PAD，且BE到平面PAD的距离为34BBE平面PAD，且BE到平面PAD的距离为2 63CBE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于 30°DBE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于 30°解析：选 D 如图，连接AC，BD，交点为O，连接OP，则PO平面ABCD，所以POAC，POBD.又ACBD，故以O为坐标原点，OC，OD，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由正四棱锥P­ABCD的棱长均为 2，点E为PC的中点，知A(，0,0)，B(0，0)，C(，0,0)，D(0， ，0)，P(0,0，)，E，22222(22，0，22)则BEuuu r ，PAuur (，0，)，PDuuu r (0， ，)，(22， 2，22)2222设m(x，y，z)是平面PAD的法向量，则Error!即Error!令x1，则z1，y1，即m(1，1，1)是平面PAD的一个法向量，设BE与平面PAD所成的角为，则 sin |cosm，BEuuu r |< ，|m·| |m|·|231 2故BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于 30°，故选 D.11长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB1，BC2，AA13，点M是BC的中点，点PAC1，QMD，则PQ长度的最小值为( )A1 B.4 3C. D22 33解析：选 C 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x0，2x0,33x0)，Q(x1,2x1,3)，x0，x10,1，所以PQx0x122x0x12233x032 ，2(x1x022)227 2(x02 9)24 3当且仅当x0 ，x1 时，PQ取得最小值，2 98 95即PQmin.4 32 3312(2017·合肥二模)如图，正四面体ABCD的顶点C在平面内，且直线BC与平面所成的角为 45°，顶点B在平面内的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面所成角的正弦值为( )A. B.63 2122 215C. D.6 2452 212解析：选 A 四边形OBAC中，顶点A与点O的距离最大，O，B，A，C四点共面，设此平面为，BO，BO，如图，过点D作DH平面ABC，垂足为H，连接HC，设正四面体ABCD的棱长为 1，则在 RtHCD中，CHBC.BO，直线BC与平面所成的角为 45°，BCO45°，结合3333HCB30°得HCO75°，因此H到平面的距离dCHsin 75°sin(45°30°)33××，过点D作DE于E，连接CE，则33(22×3222×1 2)336 2463 212DCE就是直线CD与平面所成的角，DH，且DH，DH，由此可得点D到平面的距离等于点H到平面的距离，即DE，在 RtCDE中，63 212sinDCE，即直线CD与平面所成角的正弦值为.故选 A.DE CD63 21263 212二、填空题13.如图，四面体ABCD中，CD4，AB2，E，F分别是AC，BD的中点，若EFAB，则EF与CD所成的角的大小为_解析：如图，取AD的中点M，连接ME，MF，则MECD，MFAB，因为EFAB，所以EFMF，则MEF为EF与CD所成的角，又ME2，MF1，故MEF30°.答案：30°614已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是棱A1B1的中点，则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为_解析：以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A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设正方体的棱长为 2，则A(0,0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，ACuuu r (2,2,0)，AEuuu r (1,0，2)ACBD，ACBB1，BDBB1B，AC平面BDD1B1，则ACuuu r (2,2,0)是平面BDD1B1的一个法向量设直线AE与平面BDD1B1所成的角为，则 sin |cosACuuu r ，AEuuu r |.|·| |1010答案：101015已知正四面体ABCD的棱长为 9，点P是ABC内(含边界)的一个动点，满足P到平面DAB、平面DBC、平面DCA的距离成等差数列，则点P到平面DCA的距离的最大值为_解析：设动点P到平面DAB、平面DBC、平面DCA的距离分别为h1，h2，h3，正四面体ABCD的棱长为 9，每个面面积为S ×9×9×sin 1 260°，如图，取BC中点E，连接AE.过D作DO平面ABC，垂足为O.81 34则AOAE 3，2 32 3818143高hDO3.81276正四面体ABCD的体积VShS(h1h2h3)h1h2h33.1 31 36满足P到平面DAB、平面DBC、平面DCA的距离成等差数列，h1h2h33h23，h1h32，66点P到平面DCA的距离最大值为 2.6答案：2616如图，在矩形ABCD中，AB2，AD3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将ABE，DCE翻折，使得点A，D重合于F，此时二面角E­BC­F的余弦值为_7解析：如图所示，取BC的中点P，连接EP，FP，由题意得BFCF2，PFBC，又EBEC，EPBC，EPF为二面角E­BC­F的平面角，而FP ，在EPF中，FB2(12BC)272cosEPF.EP2FP2EF2 2EP·FP4749 42 × 2 ×7274答案：74三、解答题17.(2017·全国卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，ABCD，且BAPCDP90°.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90°，求二面角A­PB­C的余弦值解：(1)证明：由已知BAPCDP90°，得ABAP，CDPD.因为ABCD，所以ABPD.又APPDP，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD，垂足为F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，FAuu u r 的方向为x轴正方向，|ABuuu r |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.由(1)及已知可得A，P，B，(22，0，0)(0，0，22)(22，1，0)C.(22，1，0)所以PCuuu r ，CBuu u r (，0,0)，(22，1，22)2PAuur ，ABuuu r (0,1,0)(22，0，22)8设n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则Error!即Error!所以可取n(0，1，)2设m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则Error!即Error!所以可取m(1,0,1)则 cosn，m.n·m |n|m| 23 ×233由图知二面角A­PB­C为钝角，所以二面角A­PB­C的余弦值为.3318(2017·洛阳统考)如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形，FABDAB90°，二面角F­AB­D是直二面角，BEAF，BCAD，AFABBC2，AD1.(1)证明：在平面BCE上，一定存在过点C的直线l与直线DF平行；(2)求二面角F­CD­A的余弦值解：(1)证明：由已知得，BEAF，AF平面AFD，BE平面AFD，BE平面AFD.同理可得，BC平面AFD.又BEBCB，平面BCE平面AFD.设平面DFC平面BCEl，则l过点C.平面BCE平面AFD，平面DFC平面BCEl，平面DFC平面AFDDF，DFl，即在平面BCE上一定存在过点C的直线l，使得DFl.(2)平面ABEF平面ABCD，FA平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，又FAB90°，AFAB，AF平面ABCD，AD平面ABCD，AFAD.DAB90°，ADAB.以A为坐标原点，AD，AB，AF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图由已知得，D(1,0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，DFuuu r (1,0,2)，DCuuu r (1,2,0)设平面DFC的法向量为n(x，y，z)，则Error!Error!9不妨取z1，则n(2，1,1)，不妨取平面ACD的一个法向量为m(0,0,1)，cosm，n，m·n |m|n|1666由于二面角F­CD­A为锐角，因此二面角F­CD­A的余弦值为.6619(2017·天津高考)如图，在三棱锥P­ABC中，PA底面ABC，BAC90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角C­EM­N的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长721解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以ABuuu r ，ACuuu r ，APuuu r 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明：DEuuu r (0,2,0)，DBuuu r (2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则Error!即Error!不妨取z1，可得n(1,0,1)又MNuuuu r (1,2，1)，可得MNuuuu r ·n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又EMuuur (0，2，1)，MNuuuu r (1,2，1)，则Error!即Error!不妨取y11，可得n2(4,1，2)因此有 cosn1，n2，n1·n2 |n1|n2|421于是 sinn1，n2.10521所以二面角C­EM­N的正弦值为.1052110(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得NHuuur (1，2，h)，BEuuu r (2,2,2)由已知，得|cosNHuuur ，BEuuu r |·| |，|2h2|h25 × 2 3721整理得 10h221h80，解得h 或h .8 51 2所以线段AH的长为 或 .8 51 220在平面四边形ACBD(图)中，ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB2，BAD30°，BAC45°，将ABC沿AB折起，构成如图所示的三棱锥C­ABD，且使CD.2(1)求证：平面CAB平面DAB；(2)求二面角A­CD­B的余弦值解：(1)证明：取AB的中点O，连接CO，DO，在 RtACB，RtADB中，AB2，则CODO1，CD，2CO2DO2CD2，即COOD，又COAB，ABODO，AB，OD平面ABD，CO平面ABD，CO平面ABC，平面CAB平面DAB.(2)以O为原点，AB，OC所在的直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D，(32，12，0)AC uuu u r (0,1,1)，BC uuur (0，1,1)，C D uuu u r .(32，12，1)设平面ACD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则Error!即Error!即Error!令z11，则y11，x1，311n1(，1,1)3设平面BCD的法向量为n2(x2，y2，z2)，则Error!即Error!即Error!令z21，则y21，x2，33n2，(33，1，1)cosn1，n2，由图可知二3 ×331 × 11 × 1311 × 1 31115 ×7 310535面角A­CD­B为钝角二面角 A­CD­B 的余弦值为.10535