(考前大通关)高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题六《第二讲 空间角与距离》题针对训练 理

（考前大通关）2013高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题六《第二讲 空间角与距离》题针对训练 理一、选择题1．若直线l 与平面α所成的角为π4，则直线l 与平面α内与l 不相交的直线所成角中最大，最小的角分别为( )A.3π4，π4 B.π2，π4 C.3π4，0 D.π2，0 解析：选B.直线和平面内直线所成角最大为π2，而直线和平面所成角即为直线和平面内所有直线所成角中的最小角，故最小角为π4.2．(2011年高考大纲全国卷)已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N .若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为( )A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π 解析：选D.如图，由题意可知∠AMN ＝60°，设球心为O ，连接ON 、OM 、OB 、OC ，则ON ⊥CD ，OM ⊥AB ，且OB ＝4，OC ＝4.在圆M 中，∵π·MB 2＝4π， ∴MB ＝2.在△OMB 中，OB ＝4， ∴OM ＝2 3.在△MNO 中，OM ＝23，∠NMO ＝90°－60°＝30°， ∴ON ＝ 3.在△CNO 中，ON ＝3，OC ＝4，∴CN ＝13，∴S ＝π·CN 2＝13π.3．在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点A 1到截面AB 1D 1的距离是( ) A.433 B.34C.233D.32解析：选C.设A1C1∩B1D1＝O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥平面AB1D1，交线为AO1，在平面AA1O1内过A1作A1H ⊥AO1于点H，则易知A1H的长即是点A1到平面AB1D1的距离．在Rt△A1O1A中，A1O1＝2，AO1＝6，由A1O1·A1A＝A1H·AO1，可得A1H＝233.4．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为( )A．2B．3C．4D．5解析：选C.如图所示，则BC中点、A1D1中点、B1、D分别到两异面直线的距离相等，即满足条件的点有四个，故选C项．5．设C是∠AOB所在平面外的一点，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是锐角，而OC与平面AOB所成角的余弦值等于33，则θ的值为( )A．30°B．45°C．60°D．75°解析：选C.作CC1⊥平面AOB于点C1，CA1⊥OA于点A1，CB1⊥OB于点B1，连接OC1(图略)，则∠COC1为直线OC与平面AOB所成的角，则OC1是∠AOB的平分线，设OA1＝x，则OC＝xcosθ，OC1＝xcosθ2，易求得cos∠COC1＝cosθcosθ2＝2cos2θ2－1cosθ2＝33，即2cos2θ2－33cosθ2－1＝0，解之得cosθ2＝32或cosθ2＝－33(舍去)，故θ2＝30°，所以θ＝60°.二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若M为棱BB1的中点，则异面直线B1D与AM所成角的余弦值是__________．解析：取AA1的中点N，连结B1N，DN(图略)，则AM∥B1N，∠DB1N即为所求，设正方体的棱长为1，在△B1DN中，求出各边长，利用余弦定理可求出∠DB1N的余弦值为155.答案：1557．已知点O在二面角α－AB－β的棱上，点P在α内，且∠POB＝45°.若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的大小是________．解析：由已知∠POB 是PO 和平面β所成角中的最小角． 由最小角定理，∠POB 是PO 和面β所成的角． 即BO 是PO 在β内的射影，故α⊥β. 即二面角α—AB —β的大小为90°. 答案：90°8．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A —BD —C ，有如下四个结论： ①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 所成的角为60°； ④AB 与CD 所成的角为60°.其中正确的序号是______．(写出你认为正确的所有结论的序号) 解析：取BD 中点O ，连结AO 、CO ， 则AO ⊥BD ，CO ⊥BD ， ∴BD ⊥面AOC ，∴AC ⊥BD .又AC ＝2AO ＝AD ＝CD ， ∴△ACD 是等边三角形．而∠ABD 是AB 与平面BCD 所成的角，∴应为45°. 又A C →＝A B →＋B D →＋D C →(设AB ＝a )， 则a 2＝a 2＋2a 2＋a 2＋2·a ·2a ·(－22)＋2·a ·2a ·(－22)＋2a 2cos 〈A B →，D C →〉， ∴cos 〈A B →，D C →〉＝12，∴AB 与CD 所成角为60°.答案：①②④ 三、解答题 9.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点． (1)求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； (2)证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M .解：(1)因为C 1D 1∥B 1A 1，所以∠MA 1B 1为异面直线A 1M 与C 1D 1所成的角．因为A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，所以∠A 1B 1M ＝90°.而A 1B 1＝1，B 1M ＝B 1C 21＋MC 21＝2，故tan ∠MA 1B 1＝B 1MA 1B 1＝2， 即异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值为 2.(2)证明：由A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，BM ⊂平面BCC 1B 1，得A 1B 1⊥BM .①由(1)知，B 1M ＝2，又BM ＝BC 2＋CM 2＝2，B 1B ＝2，所以B 1M 2＋BM 2＝B 1B 2，从而BM ⊥B 1M .②又A 1B 1∩B 1M ＝B 1，再由①②得BM ⊥平面A 1B 1M ，而BM ⊂平面ABM ，因此平面ABM ⊥平面A 1B 1M .10．如图，在四棱锥P －ABCD中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点． (1)求证：EF ⊥CD ；(2)求DB 与平面DEF 所成角的正弦值． 解：以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)． 设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E (a ，a2，0)，P (0,0，a )，F (a 2，a 2，a 2)．(1)证明：∵EF →·DC →＝(－a 2，0，a 2)·(0，a,0)＝0，∴EF →⊥DC →，∴EF ⊥CD .(2)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·a 2，a 2，a 2＝0，x ，y ，z ·a ，a2，0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋y ＋z ＝0，ax ＋a2y ＝0.取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，∴n ＝(1，－2,1)，∴cos 〈BD →，n 〉＝BD →·n |BD →|·|n |＝a 2a ·6＝36.设DB 与平面DEF 所成角为θ，则sin θ＝36. 11.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知BC ＝1，BB 1＝2，AB ⊥平面BB 1C 1C . (1)求直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值；(2)在棱CC 1(不包括端点C 、C 1)上确定一点E 的位置，使EA ⊥EB 1(要求说明理由)； (3)在(2)的条件下，若AB ＝2，求二面角A －EB 1－A 1的大小． 解：以B 为坐标原点，BC 、BB 1、AB 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C 1(1,2,0)，B 1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC 的一个法向量为BB 1→＝(0,2,0)，又BC 1→＝(1,2,0)，设BC 1与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BB 1→，BC 1→〉|＝255，∴tan θ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)设E (1，y,0)，A (0,0，z )， 则EB →1＝(－1,2－y,0)，EA →＝(－1，－y ，z )， ∵EA ⊥EB 1， ∴EA →·EB →1＝1－y (2－y )＝0， ∴y ＝1，即E (1,1,0)， ∴E 为CC 1的中点．(3)由题知A (0,0，2)，则AE →＝(1,1，－2)，且由(2)知B 1E →＝(1，－1,0)．设平面AEB 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0n ·B 1E →＝0，∴⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n ＝(1,1，2)． ∵BE →＝(1,1,0)， ∴BE →·B 1E →＝1－1＝0， ∴BE ⊥B 1E .又BE ⊥A 1B 1，∴BE ⊥平面A 1B 1E ，∴平面A 1B 1E 的一个法向量为BE →＝(1,1,0)．∴cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝22，∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.。