沿河民族中学高二数学空间角和距离单元测试题
高中数学空间角度与距离问题(有答案)

AA 1DCB B 1C 1图选修2-1空间向量与立体几何一、选择题:1.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,若AB =2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为( )A .60°B .90°C .105°D .75°2.如图,ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体,B 1E 1=D 1F 1=411B A ,则BE 1与DF 1所成角的余弦值是( )A .1715B .21C .178D .233.如图,A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱,∠BCA =90°,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点,若BC =CA =CC 1,则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( )A .1030 B .21 C . 1530 D .10154.正四棱锥S ABCD -的高2SO =,底边长2AB =,则异面直线BD 和SC 之间的距离( )A .515 B .55 C .552 D .1055.已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱,D 是侧棱1CC 的中点.点1C 到平面1AB D 的距离( ) A .a 42B .a 82 C .a 423D .a 226.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离 ( )A .63B .33 C .332 D .23 7.在三棱锥P -ABC 中,AB ⊥BC ,AB =BC =21P A ,点O 、D 分别是AC 、PC 的中点,OP ⊥底面ABC ,则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值( )图图A .621 B .338 C .60210D .302108.在直三棱柱111C B A ABC -中,底面是等腰直角三角形, 90=∠ACB ,侧棱21=AA ,D ,E 分别是1CC 与B A 1的中点,点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G .则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值( )A .32 B .37C .23 D .73 9.正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3,侧棱3231=AA ,D 是C B 延长线上一点,且BC BD =,则二面角B AD B --1的大小( )A .3π B .6π C .65π D .32π10.正四棱柱1111D C B A ABCD -中,底面边长为22,侧棱长为4,E ,F 分别为棱AB ,CD 的中点,G BD EF =⋂.则三棱锥11EFD B -的体积V( )A .66B .3316 C .316D .16二、填空题:11.在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为11A B 的中点,则异面直线1D E 和1BC 间的距离 . 12. 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别是11A B 、CD 的中点,求点B 到截面1AEC F 的距离 .13.已知棱长为1的正方体AB CD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点,点A 1到平面D B EF 的距离 .14.已知棱长为1的正方体AB CD -A 1B 1C 1D 1中,E 是A 1B 1的中点,求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值 . 三、解答题:15.已知棱长为1的正方体AB CD -A 1B 1C 1D 1,求平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角的大小16.已知棱长为1的正方体AB CD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点,求证:平面A 1EF ∥平面B 1MC .17.在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且P A⊥底面ABCD,PD与底面成30°角.(1)若AE⊥PD,E为垂足,求证:BE⊥PD;(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值.18.已知棱长为1的正方体A C1,E、F分别是B1C1、C1D的中点.(1)求证:E、F、D、B共面;(2)求点A1到平面的B DEF的距离;(3)求直线A1D与平面B DEF所成的角.19如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点,且EB= FB=1.(1) 求二面角C—DE—C1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余值.20如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD是菱形,∠DAB=600,PD⊥平面ABCD,PD=AD,点E为AB 中点,点F为PD中点。
高二数学同步测------空间距离

高二数学同步测试(5)— 空间距离一、选择题:本大题共10个小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.棱长为a 的正方体中,与其中一条棱所在的直线异面,并且距离为a 的棱有 ( )A .4条B . 5条C .6条D . 7条2.已知菱形ABCD 的边长为1,∠DAB=60°,将这个菱形沿AC 折成120°的二面角,则 B ,D 二点的距离为 ( )A .21 B .23C .23 D .433.“平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等”是“α∥β”的 ( )A .充要条件B .必要但不充分条件C .充分但不必要条件D .既不充分也不必要条件4.设P 是60 的二面角α-l-β内一点,PA ⊥平面a ,PB ⊥平面β1 ,A 、B 为垂足,PA=4,PB=2,则AB 的长为 ( )A .23B .25C .27D .425.不共面的四个定点到平面α的距离都相等,这样的平面α共有 ( )A .3个B .4个C .6个D . 7个6.如图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心,则O 到平面AB C 1D 1的距离为( )A .21 B .42 C .22 D .237.直角三角形ABC 在平面α内,点P 在平面α外,若P 到直角顶点A 的距离为8,到两直 角边的距离为52,则P 到平面α的距离为( )A .5B .6C .7D .88.若A ,B 是曲线y 2=x 上位于x 轴两侧的两点,其横坐标分别是1和4,今将坐标平面沿x 轴折成120°的二面角,则这时A ,B 两点的距离为 ( )A .4B .3C .223 D .329.已知正四棱锥P-ABCD 的底面边长为2,高为2,点M ,N 分别在侧棱PA 和底面对角 线BD 上,则M 、N 两点间的最短距离为( )A .5B . 22C .552 D . 310.设MN 为互相垂直的两异面直线a ,b 的公垂线段,P 为线段MN 上不同于M ,N 的一点,A ,B 分别为a 、b 上不同于M ,N 的点,则△APB 为 ( ) A .锐角三角形 B .直角三角形C .钝角三角形D .以上三种情况均有可能二、填空题:本大题满分16分,每小题4分,各题只要求直接写出结果. 11.已知直线a ∥平面α,且距离为1,则到直线a 和平面α距离都为54的点的轨迹为 .12.如图,正方体的棱长为1,C 、D 分别是两条棱的中点, A 、B 、M 是 顶点,那么点M 到截面ABCD 的距离是 .13.四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形,侧棱与底面边长均为2a ,且︒=∠=∠60AB A AD A 11,则侧棱AA 1和截面B 1D 1DB 的距离 是 .14.已知平面α与平面β交于直线l ,P 是空间一点,P A ⊥α,垂足为A ,PB ⊥β,垂足为B ,且P A =1,PB =2,若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合,则点P 到l 的距离为____. 三、解答题:本大题满分84分. 15.(14分)已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中AA 1=4,AD=6,AB=8,E ,F ,G 分别是AA 1,AB ,A 1D 1的中点. (1)求点F ,G 的距离;(2)求点A 1到直线BC 1的距离; (3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离;(4)证明直线EG 与BC 1平行,并求他们之间的距离; (5)求异面直线AA 1与B 1C 之间的距离;(6)证明直线A 1C 与EBD 平行,并求它们之间的距离; (7)证明平面B 1AC 与平面DA 1C 1平行,并求它们之间的距离.16.(14分)正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中,底面边长为22,侧棱长为4.E ,F 分别为棱AB ,BC 的中点,EF ∩BD=G .(1)求证:平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1; (2)求点D 1到平面B 1EF 的距离d .17.(14分)如图,在长方体ABCD—A1B1C1D1,中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AD上移动.(1)证明:D1E⊥A1D;(2)当E为AB的中点时,求点E到面ACD1的距离;.(3)AE等于何值时,二面角D1—EC—D的大小为418.(14分)在三棱锥S—ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=23,M、N分别为AB、SB的中点. (1)证明:AC⊥SB;(2)求二面角N—CM—B的大小;(3)求点B到平面CMN的距离.19.如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的,其中AB=4,BC=2,CC 1=3,BE=1.(1)求BF 的长; (2)求点C 到平面AEC 1F 的距离.20.如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB =3,AA 1=4,M 为AA 1的中点,P 是BC 上一点,且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29,设这条最短路线与CC 1的交点为N ,求: (1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长; (2)PC 和NC 的长; (3)平面NMP 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小(用反三角函数表示).参考答案一、选择题(本题每小题5分,共50分)ABBCDBBACCN B1A二、填空题:本大题满分16分,每小题4分11.两条平行直线12.3213.a 14.5三、解答题:本大题满分84分.15.用向量法解,解略. (1)41;…………(2分)(2)137934;…………(4分)(3)616124;………(6分)(4)1328212;………(8分)(5)8;…………(10分)(6)1324;…………(12分)(7)616124.…………(14分)16.(Ⅰ)证明:连结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. …………(6分)(Ⅱ)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. ……(10分)在Rt△D1HB1中,D1H=D1B1·sin∠D1B1H.∵D1B1=2A1B1=222⋅=4,sin∠D1B1H=sin∠B1GB=11GBBB=22144+=174,∴d=D1H=1744⋅=171716.…………(14分)17.解:以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,……(2分)设AE=x,则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0)C(0,2,0)…………(4分)(1).EDDA,0)1,x,1(),1,0,1(ED,DA1111⊥=-=所以因为即DA1⊥D1E. …………(6分)(2)因为E为AB的中点,则)0,2,1(),1,1,1(),0,1,1(1--=ACEDE从而.⎩⎨⎧=+-=+-⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅=-=2,0),,,().1,0,1(111cabaADnACncbanACDAD也即则的法向量为设平面)2,1,2(n,cab2a=⎩⎨⎧==从而得,…………(8分)所以点E到平面AD1C的距离为.313212h1=-+==…………(10分)1D(3)设平面D 1EC 的法向量)c ,b ,a (n =,∴),1,0,0(DD ),1,2,0(C D ),0,2x ,1(CE 11=-=-=由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2x (b a 0c b 2,0CE n ,0C D n 1 令b=1, ∴c=2,a =2-x , ∴).2,1,x 2(n -=…………(12分) 依题意.225)2x (222|DD n |4cos211=+-⇒=⋅=π∴32x 1+=(不合,舍去),.32x 2-= ∴AE=32-时,二面角D 1—EC —D 的大小为4π.…………(14分)18.解:(Ⅰ)取AC 中点O ,连结OS 、OB.∵SA=SC ,AB=BC ,∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO.∵平面SAC ⊥平面ABC ,平面SAC ∩平面ABC=AC ∴SO ⊥面ABC ,∴SO ⊥BO.如图所示建立空间直角坐标系O -x yz. …………(2分)则A (2,0,0),B (0,23,0),C (-2,0,0),S (0,0,22),M (1,3,0),N (0,3,2). ……(4分)∴AC =(-4,0,0),SB =(0,23,22),∵AC ·SB =(-4,0,0)·(0,23,22)=0,∴AC ⊥SB. …………(6分)(Ⅱ)由(Ⅰ)得CM =(3,3,0),MN =(-1,0,2). 设n=(x ,y ,z )为平面CMN 的一个法向量,则⎪⎩⎪⎨⎧=+=⋅=+=⋅02,033z x n MN y x n CM 取z=1,则x =2 ,y=-6 ∴n=(2,-6,1), ………(8分)又OS =(0,0,22)为平面ABC 的一个法向量, …………(9分)∴cos (n ,OS )OS n ⋅=31.∴二面角N -CM -B 的大小为arccos 31.………(11分)(Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)得MB =(-1,3,0),n=(2,-6,1)为平面CMN 的一个法向量,∴点B 到平面CMN 的距离d=||n MB n ⋅=324. …………(14分)19.解:(I )建立如图所示的空间直角坐标系,…………(2分)则D (0,0,0),B (2,4,0),A (2,0,0),C (0,4,0),E (2,4,1),C 1(0,4,3). …………(4分)设F (0,0,z ). ∵AEC 1F 为平行四边形,.62BF ,62|BF |).2,4,2(EF ).2,0,0(F .2z ),2,0,2()z ,0,2(,EC AF ,F AEC 11的长为即于是得由为平行四边形由=--=∴∴=∴-=-=∴∴…………(8分)(II )设1n 为平面AEC 1F 的法向量,)1,y ,x (n ,ADF n 11=故可设不垂直于平面显然⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02y 0x 201y 4x 0,0AF n ,0AE n 11得由 ⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41y ,1x ,02x 2,01y 4即…………(10分) 111n CC ),3,0,0(CC与设又=的夹角为a ,则.333341161133cos 1111=++⨯==α…………(12分)∴C 到平面AEC 1F 的距离为.11334333343cos |CC |d 1=⨯=α=…………(14分)20.解:(I )正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为974922=+.…………(4分)(II )如图,将侧面BB 1C 1C 绕棱CC 1旋转120°使其与侧面AA 1C 1C 在同一平面上,点P 运动到点P 1的位置,连接MP 1,则MP 1就是由点P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到点M 的最短路线. …………(6分)设PC=x ,则P 1C=x ,在Rt △MAP 1 中,由勾股定理得(3+x )2+22=29求得x =2. ∴PC=P 1C=2 ∵MANC =AP C P 11=52,∴NC=54.…………(9分)(III )如图,连结PP 1,则PP 1就是平面NMP 与平面ABC的交线,作NH ⊥PP 1于H ,又CC 1⊥平面ABC ,连结CH ,由三垂线定理得,CH ⊥PP 1.∴∠NHC 就是平面NMP 与平面ABC 所成二面角的平面角(锐角)……(11分)在Rt △PHC 中,∵∠PCH=21 ∠PCP 1=60°,∴CH=2PC =1在Rt △NCH 中,tan ∠NHC=CH NC=154=54,故平面NMP 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小为arctg 54. …………………………………………………………(14分)MBAM。
高二数学空间的角试题答案及解析

高二数学空间的角试题答案及解析1.在正方体中,直线与平面所成角的大小为____________.【答案】.【解析】连接,,连接.由正方体的性质可得,且,所以平面,所以可得为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为,则,.在中,,从而得到答案为.【考点】直线与平面所成的角;棱柱的结构特征.2.如图是一个正方体的表面展开图,A、B、C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD的夹角的余弦值为。
【答案】【解析】试题分析:把正方体的表面展开图还原成正方体,设的中点为,连接,又,则为异面直线AB和CD所成的角,由余弦定理可得。
【考点】(1)异面直线所成角的定义;(2)平行公里;(3)余弦定理的应用。
3.空间四边形ABCD中,M,N分别是AB和CD的中点,AD=BC=6,MN=则AD和BC所成的角是()A.B.C.D.【答案】B【解析】取线段AC的中点P.由于M,N都是中点.所以QN=3,QM=3.又因为.所以三角形MNP是直角三角形.即MP⊥PN,又因为MP∥BC, PN∥AD.所以AD⊥BC.本题主要是应用三角形的中位线的知识.含中点的题一般都的转化为中位线的知识.【考点】1.异面直线所成的角.2.中位线定理.3.空间问题向平面问题转化.4.在正方体中,是的中点,则异面直线与所成角的大小是()A.B.C.D.【答案】D【解析】在正方体中,容易得到平面,又因为平面,故得到.【考点】异面直线所成角.5.在三棱锥中,是边长为2的正三角形,平面平面,,分别为的中点.(1)证明:;(2)求锐二面角的余弦值;【答案】(1)见试题解析;(2).【解析】(1)要证线线垂直,一般可先证线面垂直,而本题中有,是等边三角形,故可以取中点为,则有,,这是等腰三角形的常用辅助线的作法;(2)关键是作出所求二面角的平面角,由已知及(1)中辅助线,可知平面,由于是中点,故只要取中点,则有,也即平面,有了平面的垂线,二面角的平面角就容易找到了。
高二数学距离试题答案及解析

高二数学距离试题答案及解析1.在空间直角坐标系中,若两点间的距离为10,则__________.【答案】0.【解析】直接由空间两点的距离公式知:,解之得.【考点】空间两点的距离公式.2.如图,在空间直角坐标系中,正方体的棱长为1,,则等于()A.B.C.D.【答案】C【解析】在空间直角坐标系中写出点的坐标,,,所以.【考点】空间向量的坐标.3.在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,,、分别为、的中点.(1)求二面角的余弦值;(2)求点到平面的距离.【答案】(1);(2).【解析】(1)本题中取中点,将会出现许多垂直,这正是我们解题时需要的结果,由于,则,由于平面平面,则平面,是正三角形,则,有了这些垂直后,就可以建立空间直角坐标系(以为原点,分别为轴),写出相应点的坐标,计算所需向量的坐标,设分别是二面角的两个面的法向量,则二面角的余弦值,就等于(或者其相反数,这要通过图形观察确定);(2)设平面的法向量是,则点以平面的距离为.试题解析:⑴取中点,连结、.∵,,∴,.∵平面平面,平面平面,∴平面,∴.如图所示建立空间直角坐标系,则,,,∴.∴.设为平面的一个法向量,则,取,则,∴,又为平面的一个法向量,,即二面角的余弦值为.(2)由⑴得,又为平面的一个法向量,, ∴点到平面的距离.【考点】(1)二面角;(2)点到平面的距离.4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12.则球O的半径为()A.B.2C.D.3【答案】C【解析】因为三棱柱的6个顶点都在球的球面上,,,,,所以三棱柱的底面是直角三角形,侧棱与底面垂直,侧面,经过球的球心,球的直径是其对角线的长,因为,,,,所以球的半径为:.故选.【考点】1.球内接多面体;2.点、线、面间的距离计算.5.如右图.M是棱长为2cm的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中点,沿正方体表面从点A到点M的最短路程是 cm.【答案】【解析】由题意,若以为轴展开,则两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2,3,故两点之间的距离是;若以以为轴展开,则两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1,4,故两点之间的距离是;故沿正方体表面从点到点的最短路程是,故答案为.【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题.6.点到直线的距离为( )A.2B.1C.D.【答案】A【解析】点到直线的距离为2,故选A。
高二下学期空间角与距离测试题

必修二复习提纲(含练习)一.几何体的认识1. 棱柱:两个平面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,这些面围成的几何体称为棱柱2. 棱锥: 有一面为多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,这些面围成的几何体叫做棱锥3. 棱台: 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分,这样的多面体叫做棱台1.有两个面互相平行,其余各面是平行四边形的几何体是棱柱吗?分析:如图18所示,此几何体有两个面互相平行,其余各面是平行四边形,很明显这个几何体不是棱柱,因此说有两个面互相平行,其余各面是平行四边形的几何体不一定是棱柱.图18由此看,判断一个几何体是否是棱柱,关键是紧扣棱柱的3个本质特征:①有两个面互相平行;②其余各面都是四边形;③每相邻两个四边形的公共边都互相平行.这3个特征缺一不可,图18所示的几何体不具备特征③.2.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥吗?剖析:如图19所示,将正方体ABCD—A1B1C1D1截去两个三棱锥A—A1B1D1和C—B1C1D1,得如图20所示的几何体.图19 图20图20所示的几何体有一个面ABCD是四边形,其余各面都是三角形的几何体,很明显这个几何体不是棱锥,因此说有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥.由此看,判断一个几何体是否是棱锥,关键是紧扣棱锥的3个本质特征:①有一个面是多边形;②其余各面都是三角形;③这些三角形面有一个公共顶点.这3个特征缺一不可,图18所示的几何体不具备特征③.3. 下列几何体是台体的是()图2活动:学生回顾台体的结构特征.分析:A中的“侧棱”没有相交于一点,所以A不是台体;B中的几何体没有两个平行的面,所以B不是台体;很明显C是棱锥,D是台体.答案:D点评:本题主要考查台体的结构特征.像这样的概念辨析题,主要是依靠对简单几何体的结构特征的准确把握.例1.(2007宁夏模拟,理6)长方体AC1的长、宽、高分别为3、2、1,从A到C1沿长方体的表面的最短距离为()A.31+ B.102+ C.23 D.32活动:解决空间几何体表面上两点间最短线路问题,一般都是将空间几何体表面展开,转化为求平面内两点间线段长,这体现了数学中的转化思想.解:如图3,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,BB1=1.图3如图4所示,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开,图4则有AC1=261522=+,即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离是26;如图5所示,将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1=233322=+,即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是23;图5如图6所示,将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开,图6则有AC1=522422=+,即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是52.由于23<52,23<26,所以由A 到C 1在正方体表面上的最短距离为23.答案:C点评:本题主要考查空间几何体的简单运算及转化思想.求表面上最短距离可把图形展成平面图形. 4.如图23,在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB=3,AA 1=4.M 为AA 1的中点,P 是BC 上一点,且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29,设这条最短路线与CC 1的交点为N ,求P 点的位置.图23分析:把三棱锥展开后放在平面上,通过列方程解应用题来求出P 到C 点的距离,即确定了P 点的位置. 解:如图24所示,把正三棱锥展开后,设CP=x,图24根据已知可得方程22+(3+x)2=29.解得x=2. 所以P 点的位置在离C 点距离为2的地方.二.中心投影与平行投影例2.如图12甲所示,在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是AA 1、C 1D 1的中点,G 是正方形BCC 1B 1的中心,则四边形AGFE 在该正方体的各个面上的投影可能是图12乙中的____________.甲 乙图12活动:要画出四边形AGFE 在该正方体的各个面上的投影,只需画出四个顶点A 、G 、F 、E 在每个面上的投影,再顺次连接即得到在该面上的投影,并且在两个平行平面上的投影是相同的. 分析:在面ABCD 和面A 1B 1C 1D 1上的投影是图12乙(1);在面ADD 1A 1和面BCC 1B 1上的投影是图12乙(2);在面ABB 1A 1和面DCC 1D 1上的投影是图12乙(3).答案:(1)(2)(3)点评:本题主要考查平行投影和空间想象能力.画出一个图形在一个平面上的投影的关键是确定该图形的关键点,如顶点等,画出这些关键点的投影,再依次连接即可得此图形在该平面上的投影.如果对平行投影理解不充分,做该类题目容易出现不知所措的情形,避免出现这种情况的方法是依据平行投影的含义,借助于空间想象来完成.5 .变式训练 如图13(1)所示,E 、F 分别为正方体面ADD′A′、面BCC′B′的中心,则四边形BFD′E 在该正方体的各个面上的投影可能是图13(2)的___________.(1) (2)图13分析:四边形BFD′E 在正方体ABCD —A′B′C′D′的面ADD′A′、面BCC′B′上的投影是C ;在面DCC′D′上的投影是B ;同理,在面ABB′A′、面ABCD 、面A′B′C′D′上的投影也全是B. 答案:B C6. 两条相交直线的平行投影是( D )A.两条相交直线B.一条直线C.两条平行直线D.两条相交直线或一条直线三.空间几何体的直观图例3. 如图7所示,梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AB=4 cm ,CD=2 cm ,∠DAB=30°,AD=3 cm ,试画出它的直观图.图7活动:利用斜二测画法作该梯形的直观图,要注意在斜二测画法中,要有一些平行于原坐标轴的线段才好按部就班地作图,所以先在原坐标系中过D作出该点在x 轴的垂足,则对应地可以作出线段DE的直观图,进而作出整个梯形的直观图. 解:步骤是:(1)如图8所示,在梯形ABCD 中,以边AB 所在的直线为x 轴,点A 为原点,建立平面直角坐标系xOy.如图9所示,画出对应的x′轴,y′轴,使∠x′A′y′=45°.(2)如图8所示,过D 点作DE ⊥x 轴,垂足为E.在x′轴上取A′B′=AB=4 cm ,A′E′=AE=323cm ≈2.598 cm ;过E′作E′D′∥y′轴,使E′D′=ED 21,再过点D′作D′C′∥x′轴,且使D′C′=CD=2 cm.图8 图9 图10(3)连接A′D′、B′C′、C′D′,并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线,如图10所示,则四边形A′B′C′D′就是所求作的直观图.7 .一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则该平面图形的面积等于( ) A.2221+ B.221+ C.21+ D.22+ 分析:平面图形是上底长为1,下底长为21+,高为2的直角梯形.计算得面积为22+. 答案:D8. 若一个三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原来三角形面积的( ) A.42倍 B.2倍 C.22倍 D.2倍 分析:直观图也是三角形,并且有一条公共边,但是这条公共边上的高发生变化.直观图中公共边上的高是原三角形中公共边上高的42,则直观图的面积是原来三角形面积的42倍. 答案:A四.空间几何体的三视图,表面积与体积1. 柱体,椎体,台体体积公式:V 柱体=Sh V 锥体=Sh 31 V 台体=)''(31S SS S ++h (S′,S 分别为上、下底面积,h 为台体的高). 2. 球表面积,体积公式:S=4πR 2, V=334R π例4 已知棱长为a ,各面均为等边三角形的四面体S —ABC (图6),求它的表面积.图6活动:回顾几何体的表面积含义和求法.分析:由于四面体S —ABC 的四个面是全等的等边三角形,所以四面体的表面积等于其中任何一个面面积的4倍.解:先求△SBC 的面积,过点S 作SD ⊥BC ,交BC 于点D.因为BC=a,SD=a a a BDSB 23)2(2222=-=-,所以S △SBC =21BC·SD=2432321a a a =⨯. 因此,四面体S —ABC 的表面积S=4×22343a a =. 点评:本题主要考查多面体的表面积的求法.变式训练9 .已知圆柱和圆锥的高、底面半径均分别相等.若圆柱的底面半径为r ,圆柱侧面积为S ,求圆锥的侧面积.解:设圆锥的母线长为l ,因为圆柱的侧面积为S ,圆柱的底面半径为r ,即S 圆柱侧=S ,根据圆柱的侧面积公式可得:圆柱的母线(高)长为r S π2,由题意得圆锥的高为rSπ2,又圆锥的底面半径为r ,根据勾股定理,圆锥的母线长l=22)2(rS r π+,根据圆锥的侧面积公式得 S 圆锥侧=πrl=π·r·24)2(24222S r r S r +=+ππ 10 .圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的全面积为__________.分析:圆柱的侧面积S 侧=6π×4π=24π2.①以边长为6π的边为轴时,4π为圆柱底面圆周长,所以2πr=4π, 即r=2.所以S 底=4π.所以S 全=24π2+8π. ②以4π所在边为轴时,6π为圆柱底面圆周长,所以2πr=6,即r=3.所以S 底=9π.所以S 全=24π2+18π. 答案:24π2+8π或24π2+18π11 .圆台的两个底面半径分别为2、4,截得这个圆台的圆锥的高为6,则这个圆台的体积是_____________.分析:设这个圆台的高为h ,画出圆台的轴截面,可得6642h-=,解得h=3,所以这个圆台的体积是3π(22+2×4+42)×3=28π. 答案:28π12 .图20是一个正方体,H 、G 、F 分别是棱AB 、AD 、AA 1的中点.现在沿△GFH 所在平面锯掉正方体的一个角,问锯掉部分的体积是原正方体体积的几分之几?图20分析:因为锯掉的是正方体的一个角,所以HA 与AG 、AF 都垂直,即HA 垂直于立方体的上底面,实际上锯掉的这个角,是以三角形AGF 为底面,H 为顶点的一个三棱锥. 解:设正方体的棱长为a ,则正方体的体积为a 3.三棱锥的底面是Rt △AGF ,即∠FAG 为90°,G 、F 又分别为AD 、AA 1的中点,所以AF=AG=a 21.所以△AGF 的面积为281212121a a a =⨯⨯.又因AH 是三棱锥的高,H 又是AB 的中点,所以AH=a 21.所以锯掉的部分的体积为32481812131a a a =⨯⨯.又因48148133=÷a a ,所以锯掉的那块的体积是原正方体体积的481. 13 .(2007山东临沂高三期末考试,理13)已知一圆锥的侧面展开图为半圆,且面积为S ,则圆锥的底面面积是____________.分析:如图21,设圆锥底面半径为r ,母线长为l ,由题意得⎪⎩⎪⎨⎧==,2,22r l S l πππ解得r=π2S ,所以圆锥的底面积为πr 2=22SS =⨯ππ.图21答案:2S14 .如图22,一个正三棱柱容器,底面边长为a ,高为2a ,内装水若干,将容器放倒,把一个侧面作为底面,如图23,这时水面恰好为中截面,则图22中容器内水面的高度是_________.图22 图23分析:图22中容器内水面的高度为h ,水的体积为V ,则V=S △ABC h.又图23中水组成了一个直四棱柱,其底面积为ABC S ∆43,高度为2a ,则V=ABC S ∆43·2a ,∴h=a S aS ABC ABC 23243=•∆∆. 答案:a 2315.(2005全国高考卷Ⅰ,理5)如图4(1)所示,在多面体ABCDEF 中,已知ABCD 是边长为1的正方形,且△ADE 、△BCF 均为正三角形,EF ∥AB ,EF=2,则该多面体的体积为( ) A.32 B.33 C.34 D.23(1) (2)图4分析:如图4(2)所示,过B 作BG ⊥EF 于G ,连接CG ,则CG ⊥EF ,BF=1,△BCG 中,BG=23,BC 边上的高为22,而S △BCG =21×1×22=42, ∴V F —BCG =242214231=⨯⨯.同理过A 作AH ⊥EF 于H ,则有V E —AHD =242,显然BCG —ADH 为三棱柱,∴V BCG —ADH =42×1=42,则由图4(2)可知V ADE —BCF =V F —BCG +V E —AHD +V BCG —ADH =32. 答案:A点评:本题求几何体体积的方法称为割补法,经常应用这种方法求多面体体积.割补法对空间想象能力的要求很高且割补法的目的是化不规则为规则.因此可以说割补法是一种综合的方法,这和我们高考的理念和命题原则是相通的,高考题中出现这样的问题也是很正常的,所以这将是高考对立体几何这部分知识命题的方向.16(2008广东)将正三棱柱截去三个角(如图1所示AB C ,,分别是GHI △三边的中点)得到几何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )解:在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A点评:本题主要考查三视图中的左视图,要有一定的空间想象能力。
高二下学期《空间角与距离》测试题

山东省青州一中高二下学期《空间角与距离》测试题 (满分100分,1—5题,每题8分,6—10题,每题12分;时间:90分钟)1.长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AB=AA 1=2,AD=1,E 为CC 1的中点,则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A .1010 B .1030 C .1060 D .10103 2.正四面体P —ABC 中,M 为棱AB 的中点,则PA 与CM 所成角的余弦值为( ) A .23B .43C .63D .333.已知直线l 与平面α成045角,直线m α⊂,若直线l 在α内的射影与直线m 也成45°角,则l 与m 所成的角是A .30°B .45°C .60°D .90°4.二面角l αβ--为60o ,A,B 是棱l 上的两点,AC,BD 分别在半平面,αβ内,,,AC l BD l ⊥⊥且,2AB AC a BD a ===,则CD 的长为( )A .2aBC .a D5.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是 。
6.如图,在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,∠BAC =90°,AB =BB 1,直线B 1C 与平面ABC 成 30°角.(I )求证:平面B 1AC ⊥平面ABB 1A 1;(II )求直线A 1C 与平面B 1AC 所成角的正弦值;(III)求二面角B—B1C—A的大小.7.如图,在四棱锥P—ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,△PAB为等边三角形.(1)求PC与平面ABCD所成角的大小;(2)求二面角B—AC—P的大小;(3)求点A到平面PCD的距离.且∠DAB=60°的菱形,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,E是O1A的中点.(1)求二面角O1-BC-D的大小;(2)求点E到平面O1BC的距离.9.如图,已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥底面ABCD,O是BC中点,AO交BD于E.(1)求证:PA⊥BD;(2)求二面角P-DC-B的大小;(3)求证:平面PAD⊥平面PAB.CA BO PD E10.已知斜三棱柱111ABC A B C -,90BCA ∠=o,2AC BC ==,1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知11BA AC ⊥。
空间距离和角练习题姓名.doc

空间距离和角练习题姓名—————----------一、填空题1. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1中 , M是 AB 的中点 , 则 sin 〈DB1 , CM 〉的值等于.2. 正方体 ABCD—A1 B1 C1D1的棱长为 1,O是 A1C1的中点,则点O到平面 ABCD 的距离为.1 13.已知三棱柱 ABC— A1B1C1的侧棱与底面边长都相等, A1在底面 ABC内的射影为△ ABC的中心,则 AB1与底面 ABC所成角的正弦值等于.4. P 是二面角—AB—棱上的一点,分别在、平面上引射线PM、PN,如果∠ BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角—AB—的大小为.5.正方体 ABCD—A1 B1 C1D1的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD的中点,则点 F 到平面 A1D1 E的距离为.6. 如图所示,在三棱柱ABC— A1B1 C1中, AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ ABC=90°,点 E、F 分别是棱 AB、 BB1的中点,则直线EF 和 BC1所成的角是.7.如图所示,已知正三棱柱 ABC—A1B1 C1的所有棱长都相等, D 是 A1 C1的中点,则直线AD与平面 B1DC所成角的正弦值为.8.正四棱锥 S—ABCD中 , O 为顶点在底面上的射影 , P 为侧棱 SD的中点 , 且 SO=OD,则直线 BC与平面 PAC所成的角是.二、解答题9. 如图所示,在几何体ABCDE中,△ ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°, BE和CD都垂直于平面ABC,且 BE=AB=2,CD=1,点 F 是 AE的中点 . 求( 1)AB与平面BDF所成角的正弦值. (2)点 F 到面 ABD的距离。
10. 在五棱锥 P—ABCDE中,PA=AB=AE=2a,PB=PE=2 2 a,BC=DE=a,∠ EAB=∠ABC=∠DEA=90°. (1)求证:PA⊥平面 ABCDE;( 2)求二面角A— PD— E 的余弦值 . (3)求点 D到面 PBC的距离11. 如图所示,在三棱锥P—ABC中, AB⊥BC,AB=BC=kPA,点 O、D 分别是 AC、PC的中点, OP⊥底面 ABC.( 1)若 k=1,试求异面直线PA与 BD所成角余弦值的大小;( 2)当 k 取何值时,二面角O— PC— B 的大小为?312 如图所示,已知长方体 ABCD—A1 B1C1D1中, AB=BC=2,AA1 =4,E 是棱 CC1上的点,且 BE⊥B1 C. ( 1)求CE 的长;( 2)求证: A1 C⊥平面 BED;( 3)求 A1B 与平面 BDE所成角的正弦值 . ( 4)求 B1C1与 DE的距离。
高二数学距离试题答案及解析

高二数学距离试题答案及解析1.在空间直角坐标系中,若两点间的距离为10,则__________.【答案】0.【解析】直接由空间两点的距离公式知:,解之得.【考点】空间两点的距离公式.2.设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点,球面上有两个点的坐标分别为,则( )A.18B.12C.D.【答案】C【解析】由空间中两点间的距离公式可得,故选答案C.【考点】空间中两点间的距离公式.3.如图,在长方体中,,点是棱上的一个动点.(1)证明:;(2)当为的中点时,求点到面的距离;(3)线段的长为何值时,二面角的大小为.【答案】(1)详见解析;(2);(3).【解析】解决立体几何中的垂直、距离及空间角,有几何法与空间向量法,其中几何法,需要学生具备较强的空间想象能力及扎实的立体几何理论知识;向量法,则要求学生能根据题意准确建立空间直角坐标系,写出有效点、有效向量的坐标必须准确无误,然后将立体几何中的问题的求解转化为坐标的运算问题,这也需要学生具备较好的代数运算能力.几何法:(1)要证,只须证明平面,然后根据线面垂直的判定定理进行寻找条件即可;(2)运用的关系进行计算即可求出点到面的距离;(3)先作于,连接,然后充分利用长方体的性质证明为二面角的平面角,最后根据所给的棱长与角度进行计算即可得到线段的长.向量法: (1)建立空间坐标,分别求出的坐标,利用数量积等于零即可;(2)当为的中点时,求点到平面的距离,只需找平面的一条过点的斜线段在平面的法向量上的投影即可;(3)设,因为平面的一个法向量为,只需求出平面的法向量,然后利用二面角为,根据夹角公式,求出即可.试题解析:解法一:(1)∵平面,∴,又∵,∩,∴平面, 4分(2)等体积法:由已知条件可得,,,所以为等腰三角形=,,设点到平面的距离,根据可得,,即,解得 8分(3)过点作于,连接因为平面,所以,又,∩,所以平面故,为二面角的平面角所以,,,,由可得, 14分解法二: 以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系设,则,(1),,故;(2)因为为的中点,则,从而, ,设平面的法向量为,则也即,得,从而,所以点到平面的距离为;(3)设平面的法向量, 而, 由,即,得,依题意得: , ,解得 (不合,舍去),∴时,二面角的大小为.【考点】1.空间中的垂直问题;2.空间距离;3.空间角;4. 空间向量在立体几何中应用.4.已知点B是点A(3,4,-2)在平面上的射影,则等于( )A.B.C.5D.【答案】 C【解析】因为点B是点A(3,4,-2)在平面上的射影,所以点,由此,所以,故选C.【考点】本题考查的知识点是四种命题的关系,及其真假性的关系,正确把握四种命题真假性的关系以及判断命题的真假性是解题的关键.5.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12.则球O的半径为()A.B.2C.D.3【答案】C【解析】因为三棱柱的6个顶点都在球的球面上,,,,,所以三棱柱的底面是直角三角形,侧棱与底面垂直,侧面,经过球的球心,球的直径是其对角线的长,因为,,,,所以球的半径为:.故选.【考点】1.球内接多面体;2.点、线、面间的距离计算.6.关于图中的正方体,下列说法正确的有:____________.①点在线段上运动,棱锥体积不变;②点在线段上运动,直线AP与平面平行;③一个平面截此正方体,如果截面是三角形,则必为锐角三角形;④一个平面截此正方体,如果截面是四边形,则必为平行四边形;⑤平面截正方体得到一个六边形(如图所示),则截面在平面与平面间平行移动时此六边形周长先增大,后减小。
空间角度与距离归类高二数学选择性必修第一册)(解析版)

专题01空间角度与距离归类目录热点题型归纳【题型一】线面角基础 (1)【题型二】二面角基础 (4)【题型三】异面直线所成的角 (7)【题型四】给角求角(值)1:线面角 (10)【题型五】给角求角(值)2:二面角 (12)【题型六】探索性动点型1:线面角 (15)【题型七】探索性动点型2:二面角 (17)【题型八】翻折中的角度 (20)【题型九】角度范围与最值 (22)【题型十】距离与长度(体积) (26)培优第一阶——基础过关练 (32)培优第二阶——能力提升练 (37)培优第三阶——培优拔尖练 (42)【题型一】线面角基础【典例分析】如图,在四棱锥P ABMN -中,PNM △是边长为2的正三角形,AN NP ⊥,AN BM ∥,3AN =,1BM =,AB =C ,D 分别是线段AB ,NP 的中点.(1)求证:CD ∥平面PBM ;(2)求证:平面ANMB ⊥平面NMP ;(3)求直线CD 与平面ABP 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)取MN 中点Q ,连CQ ,DQ ,由线面平行的判定定理可得DQ ∥平面BMP ,CQ ∥平面BMP ,再由面面平行的判定定理可得平面CDQ ∥平面BMP 及性质定理可得答案;(2)过B 作BE MN ∥交AN 于E ,利用222AB AE BE =+得AE BE ⊥,由线面垂直的判定定理可得AN ⊥平面NMP ,面面垂直的判定定理可得答案;(3)以D 为原点建立空间直角坐标系,求出平面ABP 的法向量,由线面角的向量求法可得答案.(1)如图,取MN 中点Q ,连CQ ,DQ ,∵DQ 为中位线,∴DQ MP ∥,又DQ ⊄平面BMP ,MP ⊂平面BMP ,∴DQ ∥平面BMP ,同理,在梯形ABMN 中,CQ MB ∥,又CQ ⊄平面BMP ,MB ⊂平面BMP ,∴CQ ∥平面BMP ,且DQ ⊂平面CDQ ,CQ ⊂平面CDQ ,DQ CQ Q ⋂=,∴平面CDQ ∥平面BMP ,又CD ⊂平面CDQ ,所以CD ∥平面BMP.(2)如上图,在四边形ABMN 中,过B 作BE MN ∥交AN 于E ,在AEB △中,得2AE =,2BE =,AB =,则222AB AE BE =+,得AE BE ⊥,∵BE MN ∥,∴AN NM ⊥,又由已知条件AN NP ⊥,NM NP N ⋂=,,⊂NM NP 平面NMP ,故AN ⊥平面NMP ,又AN ⊂平面ANMB ,∴平面ANMB ⊥平面NMP .(3)∵PMN 为等腰三角形,∴DM NP ⊥,又因为AN ⊥平面MNP ,以D 为原点建立空间直角坐标系,如图:可得()0,0,0D ,()1,0,0P ,()1,0,0N -,()M ,()1,0,3A -,()B,122C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,设平面ABP 的法向量为(),,n x y z =,()2AB =-,()2,0,3AP =-,根据00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n AP ,得20230⎧-=⎪⎨-=⎪⎩x z x z ,解得2n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,122DC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,设直线CD 与平面ABP 所成角为θ,则sin cos ,3142220CD n n CD n θ⋅==⋅-++=,故直线CD 与平面ABP所成角的正弦值sin θ=直线与平面所成的角(射影角,也是夹角,[0.]2πϑ∈)m n ,是平面法向量121212222222111222|x x +y +|sin |cos a |=+y +z ++y z z b x y z θ=,x 【变式训练】如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形,E ,F 分别为PA ,BC 的中点,(1)证明://EF 平面PCD .(2)若PD ⊥平面ABCD ,120ADC =∠︒,且24PD AD ==,求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)35【分析】(1)取PD 的中点G ,利用线面平行的判定定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,求出平面DEF 的法向量,再求线面角.(1)证明:取PD 的中点G ,连接CG ,EG .因为E ,F 分别为PA ,BC 的中点,所以EG AD ∥,1=2EG AD ,又底面ABCD 为菱形,所以CF AD ∥,2CF AD =1所以EG CF ∥,EG CF =,所以四边形EGCF 为平行四边形,所以EF CG ∥.又CG ⊂平面PCD ,EF ⊄平面PCD ,所以EF ∥平面PCD .(2)因为PD ⊥平面ABCD ,120ADC =∠︒,所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.因为2,4AD PD ==,所以()0,0,0D ,)F,()0,2,0A ,()0,1,2E ,则()0,1,2DE =,)DF =,)2,0AF =-,设平面DEF 的法向量(),,m x y z =,则200y z +=⎧⎪=,令1z =,得()0,2,1m =-,设直线AF 与平面DEF 所成的角为θ,则sin m AFm AF θ⋅===【题型二】二面角基础【典例分析】如图,在四棱锥P ABCD -中,ABP △是直角三角形,90APB ∠=︒,四边形ABCD 是等腰梯形,AB CD ∥,60BAD BAP ∠=∠=︒,24AB CD ==.(1)证明:AB DP ⊥;(2)若平面ABCD ⊥平面ABP ,求平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)2.【解析】【分析】(1)取AB 中点E ,取AE 中点F ,由题可得AB DF ⊥,AB FP ⊥,进而可得AB ⊥平面DFP ,即得;(2)建立空间直角坐标系,利用面面角的向量求法即得.(1)如图,取AB 中点E ,连接DE ,EP ,取AE 中点F ,连接DF ,FP ,由题意可知,ADE 和AEP △为全等的等边三角形.因为AB DF ⊥,AB FP ⊥,且DF FP F ⋂=,所以AB ⊥平面DFP ,又因为DP ⊂平面DFP ,所以AB DP ⊥.(2)因为平面ABCD ⊥平面ABP ,且DF AB ⊥,所以DF ⊥平面ABP .以F 为坐标原点,FP ,,FD 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则)3,0,0P ,(3D ,(3C ,(3,0,3PD =-,(3,3PC =,平面ABP 的一个法向量(3FD =.设平面CDP 的一个法向量(),,n x y z =,则00n PD n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即3303230z y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩,可取()1,0,1n =,所以2cos ,2FD n FD n FD n ⋅==⋅,所以平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值为22.【提分秘籍】基本规律二面角(法向量的方向角,[0.]ϑπ∈)n 是平面法向量121212222222111222|x x +y +||cos ||cos m |=+y +z ++y z z n x y z θ=,x【变式训练】如图所示,四棱锥S ABCD -中,平面SAD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是边长为2正方形,22,4SA SC ==,AC 与BD 交于点O ,点E 在线段SD 上.(1)求证:SA ⊥平面ABCD ;(2)若//OE 平面SAB ,求二面角S AC E --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)255【分析】(1)根据面面垂直性质定理得AB ⊥平面SAD ,进而证明SA AB ⊥,再根据集合关系证明SA AC ⊥即可证明结论;(2)根据题意,E 为SD 的中点,进而以,,AB AD AS 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,利用坐标法求解即可;(1)证明:因为平面SAD ⊥平面ABCD 且交线为AD ,又AB Ì平面ABCD 且AB AD ⊥,所以AB ⊥平面SAD ,又SA ⊂平面SAD ,所以SA AB ⊥.因为ABCD 是边长为2正方形,所以AC =又4SA SC ==,所以222SA AC SC +=,即SA AC ⊥,又因为AB AC A ⋂=,,AB 平面ABCD ,所以SA ⊥平面ABCD .(2)解:因为OE ∥平面SAB ,OE ⊂平面SBD ,平面SBD 平面SAB SB =,所以OE SB ∥,因为O 为BD 的中点,所以E 为SD 的中点,以,,AB AD AS 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则有()()()()((0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,,A B C D S E ,易得平面SAC 的一个法向量为()2,2,0n DB ==-,设平面EAC 的一个法向量为(),,m x y z =,则00m AE m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩0220y x y ⎧=⎪⇒⎨+=⎪⎩,取1z =,则)m =,设平面SAC 与平面EAC 所成夹角为θ,则cos m n m n θ⋅==⋅u r r u r r SAC 与平面EAC所成夹角的余弦值为.【题型三】异面直线所成的角【典例分析】如图所示,1111ABCD A B C D -是棱长为1的正方体.(1)设11BA C △的重心为O ,求证:直线OD ⊥平面11BA C ;(2)设E 、F 分别是棱AD 、11DC 上的点,且1DE D F a ==,M 为棱AB 的中点,若异面直线DM 与EF所成的角的余弦值为10,求a 的值.【答案】(1)证明见解析;(2)4.【分析】(1)由正方体性质证明1B D ⊥平面11A BC ,1B D 与平面11A BC 的交点即为重心O ,从而证得结论成立;(2)建立空间直角坐标系,用空间向量法求异面直线所成的角,从而求得a 值.(1)设1111A C B D N =,连接1DB ,首先1DD ⊥平面1111D C B A ,11AC ⊂平面1111D C B A ,则111DD A C ⊥,又1111B D A C ⊥,1111DD B D D =,111,DD B D ⊂平面11BDD B ,所以11A C ⊥平面11BDD B ,而1B D ⊂平面11BDD B ,所以111A C B D ⊥,同理11A B B D ⊥,1111A C A B A =,111,AC A B ⊂平面11A BC ,所以1B D ⊥平面11A BC ,连接BN 交1B D 于O ,因为11DA DB DC ==,所以O 是等边11A BC V 的中心也是重心,所以DO ⊥平面11A BC ,(2)如图,以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,则(,0,0)E a ,1(1,,0)2M ,(0,,1)F a ,1(1,,0)2DM =,(,,1)EF a a =-,由题意22122cos ,1114a a DM EF DM EF DM EF a a -+⋅<>===+⨯++解得:24a =(负值舍去).【提分秘籍】基本规律(1)、异面直线夹角(平移角,也是锐角和直角(0.]2πϑ∈)121212222222111222|x x +y +|cos |cos a |=+y +z ++y z z b x y z θ=,x【变式训练】如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,AC BC ==90ACB ∠=︒.12AA =,D 为AB 的中点.(1)求证:1AC ∥平面1B CD ;(2)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)23.【分析】(1)设1C B 与1B C 的交点为E ,连接DE ,由三角形中位线定理可证得1//DE AC ,从而可得1//AC 平面1CDB ;(2)由1//DE AC 可得CED ∠为1AC 与1B C 所成的角(或其补角),在CDE △中,解三角形可求得cos CED ∠,即为所求.(1)证明:设1C B 与1B C 的交点为E ,连接DE ,∵四边形11BCC B 为正方形,∴E 是1BC 的中点,又D 是AB 的中点,∴1//DE AC .又DE ⊂平面1CDB ,1AC ⊄平面1CDB ,∴1//AC 平面1CDB .(2)解:∵1//DE AC ,∴CED ∠为1AC 与1B C 所成的角(或其补角).在CDE △中,111111,22222ED AC CD AB CE CB ======,∴2222221222cos 23CE DE CD CED CE DE ⎛⎫⎫+- ⎪⎪+-∠===⋅.∴异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值为23.【题型四】给角求角(值)1:线面角【典例分析】如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面ABCD ,AB AD ⊥,//BC AD ,2PA AB BC ===,4=AD ,E 为棱PD 的中点,F 是线段PC 上一动点.(1)求证:平面PBC ⊥平面PAB ;(2)若直线BF 与平面ABCD时,求二面角F EA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)证明出BC ⊥平面PAB ,利用面面垂直的判定定理可证得结论成立;(2)以点A 为坐标原点,AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,设PF PC λ=,其中01λ≤≤,利用已知条件求出λ的值,然后利用空间向量法可求得二面角F EA D --的余弦值.(1)证明:因为AB AD ⊥,//BC AD ,则BC AB ⊥,PA ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,BC PA ∴⊥,PA AB A =,PA 、AB Ì平面PAB ,BC ∴⊥平面PAB ,BC ⊂平面PBC ,因此,平面PBC ⊥平面PAB .(2)解:因为PA ⊥底面ABCD ,AB AD ⊥,以点A 为坐标原点,AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则()0,0,0A 、()2,0,0B 、()2,2,0C 、()0,4,0D 、()0,2,1E 、()002P ,,,设()()2,2,22,2,2PF PC λλλλλ==-=-,()22,2,22BF BP PF λλλ=+=--,其中01λ≤≤,易知平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1u =,由已知可得cos ,u BF u BF u BF⋅<>==⋅,解得12λ=,所以,F 为PC 的中点,即()1,1,1F ,设平面AEF 的法向量为(),,m x y z =,()0,2,1AE =,()1,1,1AF =,则200m AE y z m AF x y z ⎧⋅=+=⎨⋅=++=⎩,取1y =,可得()1,1,2m =-,易知平面ADE 的一个法向量为()1,0,0n =r,所以,cos ,m n m n m n⋅<>==⋅F EA D --的平面角为钝角,故二面角F EA D--的余弦值为.【变式训练】如图,PD 垂直于梯形ABCD 所在平面,90ADC BAD ∠=∠=︒,F 为PA 中点,PD =112AB AD CD ===,四边形PDCE 为矩形.(1)求证://AC 平面DEF ;(2)求二面角A BC P --的大小;(3)在线段EF 上是否存在一点Q ,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为30°?若存在,求出FQ 的长;若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)4π(3)存在,FQ =【分析】(1)首先以点D 为原点,建立空间直角坐标系,求平面DEF 的法向量1n ,利用0AP n ⋅=,即可证明线面垂直;(2)分别求平面BCP 和ABC 的法向量2n 和3n ,利用公式23cos ,n n <>,即可求解;(3)首先利用向量共线,设点)11222Q λλλ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭,,,利用线面角的向量公式,即可求得λ的值.(1)证明:以D 为原点,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,由题意得,()000D ,,,()100A ,,,()110B ,,,()020C ,,,(022E ,,(002P ,,,12022F ⎛ ⎝⎭,,,则()120AC =-,,,平面DEF 的一个法向量()1n x y z =,,,(022DE =,,,12022DF ⎛= ⎝⎭,,,由1122012022n DE y z n DF x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,取2z =,得()12222n =-,,,((112222020AC n ⋅=-⨯-+⨯-+⨯=,1AC n ∴⊥,//AC ∴平面DEF ;(2)设平面PBC 的一个法向量()2,,n x y z =,(1,1,2PB =-,()1,1,0BC =-uu u r,由22200n PB x y z n BC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,取1x =,解得(22n =设平面ABC 的一个法向量()30,0,1n =,2323232cos ,2n n n n n n ⋅∴<>==由图可知二面角A BC P --为锐二面角,二面角A BC P --的大小为4π;(3)设存在点Q 满足条件,由(022E ,,12022F ⎛ ⎝⎭,,,设()01FQ FE λλ=≤≤,1212(,,)(,2,)2222Q Q Q x y z λ-=-整理得)211222Q λλλ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭,,,)2112122BQ λλλ⎛⎫++=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,,直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为30°,2222511sin |cos ,|||62||||219107BQ n BQ n BQ n λπλλ-⋅∴=<>===-+,则21λ=,由01λ≤≤,得1λ=,即点和E 点重合,故在线段EF 上存在一点Q ,且19FQ EF ==【题型五】给角求角(值)2:二面角【典例分析】如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,点E 在线段PD 上.(1)若E 为PD 的中点,证明://PB 平面AEC ;(2)若2PA =,24PD AB ==,若二面角E AC B --的大小为56π,试求:PE ED 的值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】(1)连接BD 交AC 于O ,连接OE ,利用中位线的性质可得出//OE PB ,再利用线面平行的判定定理可证得结论成立;(2)以点A 为坐标原点,AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,设PE PD λ=,其中01λ≤≤,利用空间向量法可得出关于λ的等式,结合λ的取值范围可求得λ的值,即可得解.(1)证明:连接BD 交AC 于O ,连接OE ,因为四边形ABCD 为矩形,O ∴为BD 的中点,又因为E 为PD 的中点,则//OE PB ,因为OE ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ,因此,//PB 平面ACE .(2)解:由题设PA ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 为矩形,以点A 为坐标原点,AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系,PA ⊥平面ABCD ,AD ⊂平面ABCD ,PA AD ∴⊥,所以,AD ==,则()C 、()D 、()002P ,,、()0,0,0A ,设()()2,2PE PD λλλ==-=-,其中01λ≤≤,则(),22AE AP PE λ=+=-,()AC =,设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =,则()20220m AC x m AE y z λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩,取1y λ=-,可得))1,m λλ=--,易知平面ABC 的一个法向量为()0,0,1n =,由题可得cos ,2m nm n m n⋅<>===⋅,因为01λ≤≤,解得23λ=,此时2PE ED=.【变式训练】如图,在四棱锥E ABCD -中,BC AD ∥,AB AD ⊥,1AB BC ==,3BE =,AE =C ,D 都在平面ABE 的上方.(1)证明:平面BCE ⊥平面ABCD ;(2)若BC BE ⊥,且平面CDE与平面ABE 所成锐二面角的余弦值为46,求四棱锥E ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析.(2)2【分析】(1)先证AB ⊥平面BCE ,再证明平面BCE ⊥平面ABCD .(2)设AD 长为t ,建立空间直角坐标系,计算两个待求平面的法向量,代入公式求出t 的值,然后计算四棱锥的体积.(1)//BC AD AB BC AB AD ⎫⇒⊥⎬⊥⎭,又22210AB BE AE +==所以AB BE ⊥,BC BE B =,所以AB ⊥平面BCE ,又AB Ì平面ABCD所以,平面BCE ⊥平面ABCD .(2)因为BC BE ⊥,结合(1)问易得AB BC BE 、、两两互相垂直,所以建立如图所示的坐标系设AD =t ()0t >,则:()001C ,,,()300E ,,,()01D t ,,所以()301CE =-,,,()011CD t =-,,,设平面CDE 的法向量为()n x y z =,,由00CE n CD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得()3010x z y t z -=⎧⎨+-=⎩令3z =则()1333n t =-,,又CB ⊥平面ABE 所以取平面ABE 的法向量为()001m =,,cos n m n m n m ⋅===,解得3t =或1t =-(舍).即3AD =,所以四边形ABCD 的面积ABCD S ,由题知BE AB BE BC ⊥⊥,,AB BC B ⋂=,BE ∴⊥平面ABCD所以BE 为四棱锥E ABCD -的高,所以四棱锥E ABCD -的体积为1123233ABCD V S BE =⋅=⨯⨯=.故四棱锥E ABCD -的体积为2.【题型六】探索性动点型1:线面角【典例分析】如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB AD ==,12AA =,E 是线段1DD 上的动点.(1)求证:AC BE ⊥;(2)是否存在点E ,使得直线AC 与平面1BC E 所成角为45°,若存在,求出DE 的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,74DE =.【解析】【分析】(1)利用线面垂直的性质定理进行证明.(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.(1)如图,连接1D B ,DB ,在长方体1111ABCD A B C D -中,∵1D D ⊥底面ABCD ,AC ⊂底面ABCD ,∴1D D AC ⊥.又AC DB ⊥,1D D DB D =,∴AC ⊥平面1D DB ,又BE ⊂平面1D DB ,AC BE∴⊥(2)假设存在这样的点E ,使得直线AC 与平面1BC E 所成角为45°.设()02DE λλ=≤≤,如图,以D 为原点,直线DA ,DC ,1DD 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,则()1,0,0A ,()1,1,0B ,()0,1,0C ,()10,1,2C ,()0,0,E λ.∴()1,1,0AC =-,()1,1,BE λ=--,()11,0,2BC =-.设平面1BC E 的法向量为(),,m x y z =,则120,0,m BC x z m BE x y z λ⎧⋅=-+=⎨⋅=--+=⎩令2x =,则1z =,2y λ=-.∴平面1BC E 的一个法向量为()2,2,1m λ=-.∴()2222sin 45cos ,24212m AC m AC m ACλλ⋅-+-︒====+-+⨯,解得74λ=.∴存在这样的点E ,当74DE =时,直线AC 与平面1BC E 所成角为45°.【变式训练】在四棱锥P ABCD -中,已知//AB CD ,AB AD ⊥,BC PA ⊥,222AB AD CD ===,6PA =2PC =,E 是PB 上的点.(1)求证:PC ⊥底面ABCD ;(2)是否存在点E 使得PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23若存在,求出该点的位置;不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,E 点为PB 上靠近B 点的三等分点【分析】(1)首先证明BC ⊥面PAC ,再结合线面垂直的判断定理,证明PC ⊥面ABCD ;(2)以A 为原点,建立空间直角坐标系,求平面EAC 的法向量n ,利用1sin cos ,3n AP θ=<=>,即可求得λ的值.(1)在ADC 中:1AD DC ==,90ADC ∠=︒,所以2AC =在ABC 中:2AC ,2AB =,45BAC ∠=︒,由余弦定理有:222cos452BC AB AC AB AC =+-⋅⋅︒=2222BC AB AC BC ∴=+,所以90ACB ∠=︒,所以BC AC⊥①又因为BC PA ⊥②,由①②,PA AC A =,所以BC ⊥面PAC ,所以BC PC ⊥③.在PAC △中:AC =2PC =,PA PC AC ⊥④,由③④,AC BC C =,所以PC ⊥面ABCD .(2)以A 为原点,以AD ,AB ,竖直向上分别为x 、y 、z 轴建立直角坐标系.则有()0,0,0A ,()0,2,0B ,()1,1,0C ,()1,0,0D ,()1,1,2P ,设()()1,1,2,,2BE BP λλλλλ==-=-,则(),2,2AE AB BE λλλ=+=-,()1,1,0AC =,()1,1,2AP =,设(),,n x y z =r为面EAC 的法向量,则有:00n AE n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩,解得(),,1n λλλ=--,设所求线面角为θ,则有in s ,s co AP n θ=><23AP nAP n⋅===||||,解得23210λλ+-=,所以13λ=.所以E 点为PB 上靠近B 点的三等分点,满足条件.【题型七】探索性动点型2:二面角【典例分析】如图,在四棱锥S ABCD -中,四边形ABCD 是矩形,SAD ∆是等边三角形,平面SAD ⊥平面ABCD ,1AB =,E 为棱SA 上一点,P 为AD 的中点,四棱锥S ABCD -的体积为3.(1)若E 为棱SA 的中点,F 是SB 的中点,求证:平面∥PEF 平面SCD ;(2)是否存在点E ,使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为10?若存在,确定点E 的位置;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在,点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点.【分析】(1)根据面面平行的判定定理,即可证明结论成立;(2)假设存在点E 满足题意,根据题中条件,先求出AD 的长,再以P 为坐标原点,PA 所在直线为x 轴,过点P 与AB 平行的直线为y 轴,PS 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,得到()0,0,0P ,()1,0,0A ,()1,1,0B,(S,设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤,分别表示出平面PEB 与平面SAD 的一个法向量,根据向量夹角余弦值,求出13λ=,即可得出结果.【详解】(1)证明:因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点,所以EF AB ∥,在矩形ABCD 中,AB CD ∥,所以EF CD ∥,又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点,所以∥EP SD ,又因为EF CD ∥,EF EP E ⋂=,,EF EP ⊂平面PEF ,,SD CD ⊂平面SCD ,所以平面∥PEF 平面SCD .(2)解:假设棱SA 上存在点E 满足题意.在等边三角形SAD 中,P 为AD 的中点,于是SP AD ⊥,又平面SAD ⊥平面ABCD ,平面SAD ⋂平面ABCD AD =,SP ⊂平面SAD ,所以SP ⊥平面ABCD ,所以SP 是四棱锥S ABCD -的高,设AD m =,则2SP m =,ABCD S m =矩形,所以113323S ABCD ABDD V S SP m -=⋅=⋅=矩形,所以2m =,以P 为坐标原点,PA 所在直线为x 轴,过点P 与AB 平行的直线为y 轴,PS 所在直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ,()1,0,0A ,()1,1,0B,(S ,设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤,()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-,()1,1,0PB =,设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =,有()11100n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,令x ,则)1,,1n λ=-,易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =u u r,所以121212cos ,n n n n n n ⋅==10=,因为01λ≤≤,所以13λ=,所以存在点E ,位于AS 的靠近A点的三等分点.【变式训练】如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为正方形,且正方形ABCD 边长为2,PA ⊥平面ABCD ,PA =AB ,E 为线段PB 的中点,F 为线段BC 上的动点.(1)求证:AE ⊥平面PBC ;(2)试确定点F 的位置,使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.【答案】(1)证明见解析;(2)点F 为BC 中点.【分析】(1)先根据线面垂直性质与判定定理得AE ⊥BC ,再根据等腰三角形性质得AE ⊥PB ,最后根据线面垂直判定定理得结果;(2)先建立空间直角坐标系,利用F 坐标,结合空间向量数量积求二面角,再根据条件列方程解得结果.【详解】(1)∵PA ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥BC ,∵ABCD 为正方形,∴AB ⊥BC ,又PA ∩AB =A ,PA ,AB ⊂平面PAB ,∴BC ⊥平面PAB ,∴AE ⊂平面PAB ,∴AE ⊥BC ,∵PA =AB ,E 为线段PB 的中点,∴AE ⊥PB ,又PB ∩BC =B ,PB ,BC ⊂平面PBC ,∴AE ⊥平面PBC ;(2)以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ,设正方形ABCD 的边长为2,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),E (1,0,1),∴(1,0,1)AE =,(2,2,2)PC =-,(0,2,2)PD =-uu u r,设F (2,λ,0)(0≤λ≤2),∴(2,,0)AF λ=,设平面AEF 的一个法向量为()111,,n x y z =,则00n AE n AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩,∴1111020x z x y λ+=⎧⎨+=⎩,令y 1=2,则11x z λλ=-⎧⎨=⎩,∴(,2,)n λλ=-,设平面PCD 的一个法向量为()222,,m x y z =,则00m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩,∴2222200x y z y z +-=⎧⎨-=⎩,令y 2=1,则2201x z =⎧⎨=⎩,∴()0,1,1m =∵平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°,∴223cos302224m n m nλλ⋅+︒===⨯+u r r u r r ,解得λ=1,∴当点F 为BC 中点时,平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.【题型八】翻折中的角度【典例分析】如图(一)四边形ABCD 是等腰梯形,DC AB ∥,2DC =,4AB =,60ABC ∠=︒,过D 点作DE AB ⊥,垂足为E 点,将AED 沿DE 折到A ED '位置如图(二),且A C 22'=.(1)证明:平面A ED '⊥平面EBCD ;(2)已知点P 在棱A C '上,且12A P PC '=,求二面角C EP D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)4214【分析】(1)根据勾股定理证明A E EC '⊥,再根据线面垂直的判定证明A E '⊥面EBCD ,进而得到平面A ED '⊥平面EBCD ;(2)以E 为坐标原点,建立空间直角坐标系E xyz -,分别求得平面CEP 和平面EPD 的法向量,根据面面角的向量求法求解即可(1)证明:在等腰梯形ABCD 中,DE AB ⊥,∴DE AE ⊥,∴A E DE '⊥2DC =,4AB =,60ABC ∠=︒,∴3BE =,2BC AD ==,3DE =在EBC 中,知7EC =,∵1A E AE '==,∵A C 22'=,∴222A E EC A C ''+=A E EC '⊥,EC ,DE ⊂面EBCD ,EC DE E =,∴A E '⊥面EBCD ∵A E '⊂面A ED ',∴面A ED '⊥面EBCD(2)由(1)知A E '⊥面EBCD ,ED EB ⊥∴以E 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系E xyz-∴()0,0,1A ',()3,0D ,()3,0C ,()2,3,1CA '=--设∵12A P PC '=,∴23CP CA =',∴23CP CA '=,∴23233EP EC CP ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭设()1111,,x n y z =是面CEP 的法向量,∴1100n EP n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,∴111112203320x y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩,令1x =12y =-,10z =,)12,0n =-设()2222,,n x y z =是面DEP 的法向量,∴2200n EP n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,∴22222200x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,∴20y =令21z =-,∴21x =,()21,0,1n =-,cos θ==由图知,二面角C EP D --的余弦值为锐二面角,余弦值14【变式训练】如图1,在等边ABC 中,点D ,E 分别为边AB ,AC 上的动点且满足//DE BC ,记DEBCλ=.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ,连接MB ,MC 得到图2,点N 为MC的中点.(1)当EN ∥平面MBD 时,求λ的值;(2)试探究:随着λ值的变化,二面角B -MD -E 的大小是否改变?如果改变,请说明理由;如果不改变,请求出二面角B MD E --的正弦值大小.【答案】(1)12λ=(2)【分析】(1)首先取MB 的中点为P ,连接DP ,PN ,再结合线面平行的性质即可得到12λ=(2)利用空间向量法求解即可.(1)取MB 的中点为P ,连接DP ,PN ,因为MN CN =,MP BP =,所以NP ∥BC ,又DE ∥BC ,所以NP ∥DE ,即N ,E ,D ,P 四点共面,又EN ∥平面BMD ,EN ⊂平面NEDP ,平面NEDP ∩平面MBD =DP ,所以EN ∥PD ,即NEDP 为平行四边形,所以NP =DE ,则DE =12BC ,即λ=12.(2)取DE 的中点O ,连接MO ,则MO ⊥DE ,因为平面MDE ⊥平面DECB ,平面MDE ∩平面DECB =DE ,且MO ⊥DE ,所以MO ⊥平面DECB ,如图建立空间直角坐标系,不妨设2BC =,则()M ,(),0,0D λ,)()1,0B λ-,所以(),0,MD λ=,)()11,0DB λλ=--,设平面BMD 的法向量为(),,m x y z =,则0(1))0MD m x z DB m x y λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩,即,x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩,令x =)1,1m =-.又平面EMD 的法向量()0,1,0n =,所以cos ,m n m n m n⋅==即随着λ值的变化,二面角B MD E --的大小不变.且25sin ,5m n ==.所以二面角B MD E --.【题型九】角度范围与最值【典例分析】在四棱锥V ABCD -中,底面ABCD 为矩形,平面ABCD ⊥平面VAB .(1)求证:平面VBC ⊥平面VAB ;(2)若VA VB ⊥,2AB BC =,求平面VCD 与平面VAB 所成锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)根据给定条件,利用面面垂直的性质、判定推理作答.(2)在平面VAB 内过V 作VA AB ⊥于O ,以O 为原点建立空间直角坐标系,借助空间向量求解作答.(1)在四棱锥V ABCD -中,底面ABCD 为矩形,有BC AB ⊥,因平面ABCD ⊥平面VAB ,平面ABCD 平面VAB AB =,BC ⊂平面ABCD ,则BC ⊥平面VAB ,又BC ⊂平面VBC ,所以平面VBC ⊥平面VAB .(2)在平面VAB 内过V 作VO AB ⊥于O ,而平面ABCD ⊥平面VAB ,平面ABCD 平面VAB AB =,则VO ⊥平面ABCD ,在平面ABCD 内过O 作Ox AB ⊥,有,,Ox OB OV 两两垂直,以点O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,令2AB =,则4CD =,又VA VB ⊥,设π(0)2BAV θθ∠=<<,于是有2cos VA θ=,sin sin 2VO VA θθ==,因此有(0,0,sin 2)V θ,2(4,2cos ,0)D θ-,2(4,2cos ,sin 2)DV θθ=-,而//DC OB ,直线DC的方向向量(0,1,0)a =,设平面VCD 的法向量为(,,)n x y z =,则242cos sin 200n DV x y z n a y θθ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩,令4z =,得(sin 2,0,4)n θ=,显然,平面VAB 的一个法向量(1,0,0)m =,设平面VCD 与平面VAB 所成锐二面角大小为α,则有||cos |cos ,|||||n m n m n m α⋅=〈〉==π02θ<<,02πθ<<,0sin 21θ<≤,则cos α=≤sin 21θ=,即π4θ=时取“=”,cos 0α>,所以平面VCD 与平面VAB所成锐二面角的余弦值的取值范围是.【变式训练】1.已知四棱锥P ABCD -的底面为正方形,侧面PAD 为等腰直角三角形,2APD π∠=,平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAB ⋂平面PCD l =.(1)求证:l ⊥平面PAD ;(2)设M 为l 上一点,求PC 与平面MAD 所成角正弦值的最小值.【答案】(1)证明见解析;(2)6【分析】(1)先由//AB CD 证得CD //平面PAB ,再由线面平行的性质得//l CD ,最后由面面垂直的性质得CD ⊥平面PAD ,即可得证;(2)建立空间直角坐标系,表示出平面MAD 的法向量,求出PC ,由线面角的向量求法结合二次函数求出最小值即可.(1)由题意知//AB CD ,因为AB Ì平面PAB ,CD ⊄平面PAB ,所以CD //平面PAB .因为平面PAB ⋂平面PCD l =,CD ⊂平面PCD ,所以//l CD ;因为CD AD ⊥,平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD 平面ABCD AD =,CD ⊂平面ABCD ,所以CD ⊥平面PAD .又//l CD ,所以l ⊥平面PAD ;(2)取AD 中点O ,连接PO ,由△PAD 为等腰直角三角形知PO AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD 平面ABCD AD =,PO ⊂平面PAD .所以PO ⊥平面ABCD .以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则有()()()()0,1,0,0,1,0,0,0,1,2,1,0A D P C -,设PM t =,则(),0,1M t ,则有(),1,1AM t =,()0,2,0AD =,设平面MAD 的一个法向量(),,n x y z =,则有00n AM n AD ⎧⋅=⎨⋅=⎩.即020tx y z y ++=⎧⎨=⎩,令1x =有()1,0,n t =-,()2,1,1PC =-,设PC 与平面MAD 所成角为α,则sin cos ,n PC n PC n PCα⋅=<>=⋅令2t m +=,2t m =-,则sin α=当52m =即12t =时,sin α有最小值6,即PC 与平面MAD2.已知直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2AB BC ==,E ,F 分别为AC 和1CC 的中点,D 为棱11A B 上的点,11BF A B ⊥.(1)证明:BF DE ⊥;(2)求当面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小时,三棱锥1E BDB -的体积.【答案】(1)证明见解析;(2)16.【分析】(1)根据直三棱柱的性质,结合线面垂直的判定定理、性质建立空间直角坐标系,利用空间向量数量积坐标表示公式进行运算证明即可;(2)利用空间向量夹角公式,结合三棱锥的体积公式进行求解即可.(1)因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱,所以1BB ⊥底面ABC ,AB Ì底面ABC ,所以1BB AB ⊥,因为1111,A B AB BF A B ⊥∥,所以BF AB ⊥,又1BB BF B ⋂=,1BB BF ⊂,平面11BCC B ,所以AB ⊥平面11BCC B .所以1,,BA BC BB 两两垂直.以B 为坐标原点,分别以1,,BA BC BB 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图.所以111(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,0,2),(0,2,2),(1,1,0),(0,2,1)B A C B A C E F .由题设(,0,2)(02)D a a ≤≤.(1)因为(0,2,1),(1,1,2)BF DE a ==--,所以0(1)211(2)0BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=,所以BF DE ⊥;(2)设平面DFE 的法向量为(,,)m x y z =,因为(1,1,1),(1,1,2)EF DE a =-=--,所以m EF m DE ⎧⊥⎨⊥⎩,即0(1)20x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩.令2z a =-,则(3,1,2)m a a =+-.因为平面11BCC B 的法向量为(2,0,0)BA =,设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ,则22||63|cos |||||222142214m BA m BA a a a a θ⋅===⋅⨯-+-+.当12a =时,22214a a -+取最小值为272,此时cos θ=所以min (sin )θ==112B D =,三棱锥1E BDB -的体积1111213226V ⎛⎫=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭.【题型十】距离与长度(体积)【典例分析】在矩形ABCD中,2==AD AB 点E 是线段AD 的中点,将△ABE 沿BE 折起到△PBE 位置(如图),点F 是线段CP 的中点.(1)求证:DF ∥平面PBE :(2)若二面角P BE C --的大小为2π,求点A 到平面PCD 的距离.【答案】(1)证明见解析;.【分析】(1)利用线面平行的判定定理即得;(2)由题建立空间直角坐标系,利用点到平面的距离的向量求法即得.(1)设PB 的中点为G 点,连接GF 和GE ,因为点G 、点F 分别为PB 和PC 的中点,所以GF BC ∥且12GF BC =,又DE BC ∥且12DE BC =,所以GF DE ∥且GF DE =,所以四边形GFDE 为平行四边形,所以DF GE ∥,又GE ⊂平面PBE ,DF ⊄平面PBE ,所以DF ∥平面PBE ;(2)由二面角P BE C --的大小为2π可知,平面PBE ⊥平面ABCD ,取BE 得中点O ,连接PO ,则PO BE ⊥,PO ⊥平面ABCD ,如图建立空间直角坐标系,则()0,0,0O ,()()()()0,1,0,0,0,1,1,2,0,2,1,0A P C D ---,所以()()1,2,1211PC PD =--=--,,,,设平面PCD 的法向量为(),,n x y z =r,则2020PC n x y z PD n x y z ⎧⋅=-+-=⎨⋅=-+-=⎩,令1x =则()1,1,3n =--,又()2,2,0AD =-,所以点A 到平面PCD 的距离为AD n d n⋅==.【提分秘籍】向量计算点到距离公式(棱锥等的高)方法一:直接法(直接做出高)方法二:等体积转化法方法三:建系向量计算法121212|x x +y +|d=||sin |||cos PA n |=|n|y z z PA PA θ=∙,规律【变式训练】1.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,23BAC π∠=,D ,1D 分别是BC ,11B C 的中点,23AG AD =,过点G 作EF BC ∥,分别交AB ,AC 于点E ,F .(1)证明1A G EF ⊥;(2)若二面角1A A E F --的大小是3π,求三棱柱111ABC A B C -的体积.【答案】(1)证明见解析;6【分析】(1)先由1AA EF ⊥及AD EF ⊥证得EF ⊥平面11AA D D ,即可证明1A G EF ⊥;(2)建立空间直角坐标系,设1AA h =,分别求出平面1A AE 和1A EF 的法向量,由二面角1A A E F --的大小是3π解出h ,再计算体积即可.(1)由已知得1AA ⊥平面ABC ,EF ⊂平面ABC ,所以1AA EF ⊥,又AB =AC ,D 是BC 的中点,得AD BC ⊥,又EF BC ∥,故AD EF ⊥.因为1AA ,AD 是平面11AA D D 内的两条相交直线,所以EF ⊥平面11AA D D ,又1AG ⊂平面11AA D D ,所以1A G EF ⊥;(2)依题意23AG AD =,又EF BC ∥,所以22,33AE AB AF AC ==.由直棱柱性质和题设,11111,,D A D B D D 两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系.设1AA h =,则111331313,0,0,,0,,,0,,,,2266A A h B h C h E h F h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,设(,,)m x y z =是平面1A AE 的法向量,()11130,0,,,33A A h A E h ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭,11013033A A m zh A E m x y zh ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,取3x =(3,1,0)m =.设111(,,)n x y z =是平面1A EF 法向量,123130,,3EF A E h ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,111110103EF n y A E m x y z h ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩,取13x =,则1(3,0,n h =,因为二面角1A A E F --的大小是3π,所以1cos ,2m n ==,解得h =所以三核柱111ABC A B C -的体积111122624ABC V S CC =⋅=⨯⨯⨯⨯=.2.ABCDE 中,已知AC BC ⊥,ED AC ∥,且22AC BC AE ED ====,DC DB =(1)求证:平面BCD ⊥平面ABC ;(2)线段BC 上是否存在点F ,使得二面角B AE F --的余弦值为3,若存在,求CF 的长度;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,65CF =【分析】(1)证面面垂直,先证其中一个平面内的直线AC 垂直另一个平面BCD ;(2)由第一问结论,建立合适的坐标系,用空间向量求解即可.(1)取AC 中点G ,连接EG,因为ED AC ∥,12CG AC ED ==,所以EG CD ∥,所以四边形EDCG 为平行四边形,所以EG DC ==又因为112AG AC ==,2AE =,所以222AG EG AE +=,所以AG EG ⊥,又因为CD EG ∥,所以AC CD ⊥.因为AC BC ⊥,BC ,CD 是平面BCD 内的两条相交直线,所以AC ⊥平面BCD ,因为AC ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCD .(2)解法一:在平面BCD 内过点C 作BC 的垂线l ,因为AC ⊥平面BCD,所以l 、CA ,CB 两两相互垂直,故以C 为坐标原点.如图所示,建立空间直角坐标系,则()2,0,0A ,()0,2,0B ,(D ,(E ,设在线段BC 上存在点()()0,,002F t t ≤≤,使二面角B AE F --22则(2AE =-,()2,2,0AB =-,()2,,0AF t =-设平面AEF 的法向量()1111,,n x y z =.则1100AE n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即111112020x y z x ty ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩,不妨令12y =,则1x t =,)1222t z -=,所以)1222t n t ⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭.设平面ABE 的一个法向量为()2222,,n x y z =,则222222220220AE n x y AB n x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,即2222220220x y z x y ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩不妨令21x =,21y =,20z =,所以()21,1,0n =所以()121221222222cos ,32222n n t n n n n t t ⋅+===⋅-⋅++.化简得:21568600t t -+=,解得65t =或103(舍去),故60,,05F ⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以65CF =.所以存在点F ,当65CF =时,二面角B AE F --的余弦值为23.解法二:取BC 、AB的中点O 、H ,连接OD ,OH ,因为DB DC =,O 是BC 中点,所以DO BC ⊥,又因为DO ⊂平面BCD ,平面ABC ⊥平面BCD 且交于BC ,所以DO ⊥平面ABC ,因为H 是AB 中点,即OH AC ∥,所以OH BC ⊥,故DO ,OH ,BC 两两互相垂直,则以O 为坐标原点,OH ,OB ,OD uuu r为x ,y ,z 轴,如图建立空间直角坐标系,则()2,1,0A -,()0,1,0B,(D,(E .设在线段BC 上存在点()()0,,011F t t -≤≤,使二面角B AE F --的余弦值为3,则(AE =-,()2,2,0AB =-,()2,1,0AF t =-+.设平面AEF 的一个法向量为()1111,,n x y z =,则1100AE n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即()111110210x y x t y ⎧-+=⎪⎨-++=⎪⎩,不妨令12y =,则11x t =+,)112t z -=,所以)112t n t ⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭.又因为12ED AC ∥,12OH AC ∥,所以OH DE ∥,所以四边形DEHO 为平行四边形,即EH DO ∥,因为DO ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC ,因为CH ⊂平面ABC ,所以EH CH ⊥,又因为AC BC =,H 是AB 中点,所以CH AB ⊥,因为EH ,AB 为平面ABE 内的两条相交直线,所以CH ⊥平面ABE ,故CH 是平面ABE 的一个法向量,因为()1,1,0CH =,所以111cos ,3||CH CH CH n n n ⋅==⋅.化简得:2153870t t -+=,解得15t =或73(舍去),故10,,05F ⎛⎫⎪⎝⎭,所以16155CF =+=,所以存在点F ,当65CF =时,二面角B AE F --的余弦值为3.解法三:取BC、AB 的中点O 、H ,连接OD ,OH ,因为DB DC =,所以DO BC ⊥,又因为DO ⊂平面BCD ,平面ABC ⊥平面BCD 且交于BC ,所以DO ⊥平面ABC .因为12ED AC ∥,12OH AC ∥,所以OH DE ∥,所以四边形DEHO 为平行四边形,即EH DO ∥,因为DO ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC ,因为CH ⊂平面ABC ,所以EH CH ⊥,又因为AC BC =,H 是AB 中点,所以CH AB ⊥,因为EH ,AB 为平面ABE 内的两条相交直线,所以CH ⊥平面ABE ,假设在线段BC 上存在点F,使二面角B AE F --的余弦值为3,过F 作FM AB ⊥于点M ,则FM ⊥平面ABE ,过M 作MN AE ⊥于点N ,连接NF ,则FNM ∠为二面角B AE F --的平面角.设()201FB x t =<≤,则FM BM ==,AM =,所以2NM x =-,在Rt FMN 中,NF ==所以cos 3MN FNM NF ∠===.化简得215440x x +-=,解得5x =或23-(舍去),即45FB =,所以625CF FB =-=,所以存在点F ,当65CF =时,二面角B AE F --的余弦值为3培优第一阶——基础过关练1.如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 为菱形,E ,F 分别为PA ,BC 的中点.(1)证明:EF ∥平面PCD(2)若PD ⊥平面ABCD ,120ADC ∠=,且24PD AD ==,求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)35【分析】(1)取PD 的中点G ,连接CG ,EG ,则由三角形中位线定理可得1//,2EG AD EG AD =,再结合底面四边形为菱形,可得四边形EGCF 为平行四边形,从而得//.EF CG 然后由线面平行的判定定理可证得结论,(2)由已知可得,,DF DA DP 两两垂直,所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ,然后利用空间向量求解即可(1)证明:取PD 的中点G ,连接CG ,EG ,因为E ,F 分别为PA ,BC 的中点,所以1//,2EG AD EG AD =,。
高二数学测试题—空间角和距离(14)

高二数学测试题—空间角和距离(14)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.a 、b 为异面直线,二面角M —l —N ,M a ⊥,N b ⊥,如果二面角M —l —N 的平面角为θ,则a ,b 所成的角为( ) A .θ B .θ-π C .θ或θ-π D .θ+π 2.在空间,如果x 、y 、z 表示直线与平面,“若y x ⊥,z x ⊥,则y ∥z ”成立,那么x ,y ,z 所分别表示的元素正确的是( ) A .x ,y ,z 都是直线 B . x ,y ,z 都是平面C .x ,y 为平面,z 为直线D . x 为直线,y ,z 为平面3.一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别垂直,则这两个二面角的大小关系是 ( )A .相等B .互补C .相等或互补D .不能确定4.二面角M —l —N 的平面角是60,直线a ⊂平面M ,a 与棱l 所成的角是30,则a 与平面N 所成的角的余弦值是( )A .43B .22C .413D .215. 正三棱柱ABC —A 1B 1C 中,D 是AB 的中点, CD 等于3,则顶点A 1到平面CDC 1的距离为( ).A .21B .1C .23D .26.在长方体ABCD 一A 1B 1C 1D 1中,B 1C 和C 1D 与底面所成的角分别为60°和 45°,则异面直线 B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A .46 B .36 C .62 D .63 7.二面角α-l-β的棱l 上有一点P ,射线PA 在α内,且与棱l 成45°角,与面β成30°角则二面角α-l-β的大小为( )A .30°或150°B .45°或135°C .60°或120°D .90°8.一条直线与平面a 成60°角,则这条直线与平面内的直线所成角的取值范围是 ( )A .[0°,90°]B .(]45,0C .[60°,180°]D .[60°,90°]9.球面上A 、B 两点的球面距离是π,过这两点的半径的夹角是60°,则这个球的体积为( ) A .48π B .36π C .24π D .18π 10.已知A (1,1,1),B (-1,0 ,4),C (2 ,-2,3),则〈,〉的大小为( )A .6πB .65πC .3πD .32π 11.如图所示,在四面体ABCD 中,E 、F 分别是AC 与BD 的中点,若CD = 2AB = 4,EF ⊥BA ,则EF 与CD 所成角为 ( ) A .900 B .450C .600D .3012.由四个全等的正三角形围成的空间图形叫正四面体。
高中高二数学测试卷试题空间角及距离

高二数学测试题—— 空间角和距离YCY 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共150 分 .第Ⅰ卷50 分)(选择题,共一、选择题 (本大题共 10 个小题,每题 5 分,共50 分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项切合题目要求的)1.直线 m 与平面 间距离为 d ,那么到 m 与 距离都等于 2d 的点的会合是 ( ) A .一个平面 B .一条直线 C .两条直线 D .空集 2.异面直线 a 、 b 所成的角为 , a 、 b 与平面 都平行, b平面 ,则直线 a 与平面 所成的 角( ) A .与 相等 B .与 互余 C .与 互补 D .与 不可以相等. 3.在正方体 ABCD — A B C D 中, BC 与截面 BB D D 所成的角为( ) A .B .C .D .arctan23464.在正方形 SG 1G 2G 3 中, E ,F 分别是 G 1G 2 及 G 2 G 3 的中点, D 是 EF 的中点,此刻沿 SE ,SF 及 EF 把这个正方形折成一个四周体,使 G 1, G 2, G 3 三点重合,重合后的点记为 G , 那么,在四周体 S - EFG 中必有( ) A . SG ⊥△ EFG 所在平面 B . SD ⊥△ EFG 所在平面 C .GF ⊥△ SEF 所在平面D . GD ⊥△ SEF 所在平面5.有一山坡,它的倾斜角为30°,山坡上有一条小道与斜坡底线成45°角,某人沿这条小路向上走了 200 米,则他高升了( )A . 100 2 米B . 50 2 米C . 25 6 米D .506 米6.已知三棱锥 D - ABC 的三个侧面与底面全等,且AB = AC =3 ,BC =2,则以 BC 为棱,以面 BCD 与面 BCA 为面的二面角的大小为()A . arccos3B . arccos1πD .2πC .3 3 237.正四周体 A — BCD 中 E 、 F 分别是棱 BC 和 AD 之中点,则EF 和 AB 所成的角 ( )A .45B . 60C . 90D .308.把∠ A=60°,边长为 a 的菱形 ABCD 沿对角线 BD 折成 60°的二面角,则AC 与 BD 的距离为( )3 3 36A .aB .aC .aD .a44249.若正三棱锥的侧面均为直角三角形,侧面与底面所成的角为α ,则以下各等式中成立的是( ) A . 0< α <B .< α <C .< α <3 D .<α <6 6 44 3 210.已知 A (1,1,1), B (- 1,0 ,4),C (2 ,- 2,3),则〈 AB , CA 〉的大小为 ()A .B . 5C .2D .6 6 3 3第Ⅱ卷100 分)(非选择题,共二、填空题(本大题共 4 小题,每题 6 分,共 24 分)11.从平面外一点 P 引斜线段 PA 和PB,它们与分别成 45 和 30 角,则APB 的最大值是______ 最小值是 _______12.ABC 中ACB=90,PA平面ABC,PA=2,AC=2 3 ,则平面PBC 与平面 PAC,平面ABC 所成的二角的大小分别是 ______、 _________.13.在三棱锥P-ABC中,ABC 90 ,BAC 30 ,BC=5,又PA=PB=PC=AC,则点P到平面ABC的距离是.14.球的半径为8,经过球面上一点作一个平面,使它与经过这点的半径成45°角,则这个平面截球的截面面积为.三、解答题(合计 76 分)15.(本小题满分12 分)已知SA⊥平面ABC, SA=AB, AB⊥ BC, SB=BC, E 是SC的中点,(1)求证: SC⊥面 BDE;(2)求二面角 E— BD— C 的大小.16.(本小题满分 12 分)如图,点P为斜三棱柱ABC A1 B1 C1的侧棱 BB1上一点, PM BB1 交 AA1于点M,PN BB1交 CC 1于点 N .(1)求证: CC1 MN ;(2)在随意DEF中有余弦定理:DE 2DF2EF22 DF EF cos DFE.拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与此中两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明.17.(本小题满分12 分)如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, SD垂直于底面 ABCD , SB= 3.(1)求证 BC SC;(2)求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小;(3)设棱 SA 的中点为 M ,求异面直线 DM 与 SB 所成角的大小.18.(本小题满分 12 分)在直角梯形 ABCD中, D= BAD=90,AD=DC=1AB=a,( 如图一 ) 将△ ADCD 2沿 AC折起,使 D 到.记面 AC 为 , 面 ABC为.面 BC 为.D D( 1)若二面角AC 为直二面角(如图二),求二面角BC 的大小 ;( 2)若二面角AC 为 60 (如图三),求三棱锥 D ABC的体积.19.(本小题满分14 分)如图,已知正方形ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直, AB= 2 ,AF=1, M 是线段 EF 的中点.(1)求证 AM// 平面 BDE;(2)求二面角 A DF B 的大小;(3)试在线段 AC 上确立一点 P,使得 PF 与 BC 所成的角是 60 .20.(此题满分14 分)如图,正方形ABCD、ABEF的边长都是1,并且平面相互垂直.点M 在 AC 上挪动,点 N 在 BF 上挪动,若 CM BNABCD 、ABEF a (0a2) .(1)求MN的长;(2)当a为什么值时,MN的长最小;( 3)当MN长最小时,求面MNA 与面 MNB 所成的二面角的大小.参照答案(七)一.选择题(本大题共10 小题,每题 5 分,共 50 分)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案C B C A B C A A D D二.填空题(本大题共 4 小题,每题 6 分,共24 分)11.750 ,15 0 12 . 900 ,30 0 13.5 3 14 .32三、解答题(本大题共 6 题,共76 分)15.(12分)(1)证明:(1)∵SB=BC E是SC的中点∴ BE⊥SC ∵ DE⊥ SC∴ SC⊥面 BDE(2)解:由( 1 )SC ⊥BD∵SA ⊥面ABC ∴SA ⊥BD ∴BD ⊥面SAC ∴∠EDC 为二面角 E-BD-C 的平面角设 SA=AB=a, 则 SB=BC=2a .在Rt SBC中, SC2a,在Rt SAC中,DCE30 0 ,在 Rt DEC 中, EDC 60.16.(12 分) (1)证:CC 1 //BB1CC 1 PM , CC 1 PN , CC 1 平面 PMN CC 1 MN ;(2) 解:在斜三棱柱 ABCA 1 B1C 1中,有 S ABB 21A 1S BCC 21B 1S ACC 2 1A 12SBCC 1B 1S ACC 1A 1cos,此中 为 平面 CC 1B 1 B 与平面 CC 1 A 1A 所构成的二面角.CC 平面 PMN , 上 述 的 二 面 角 为 , 在PMN 中 ,1M N PPM 2 PN 2 MN 2 2PN MN c o sM N PPM 2CC 2PN 2CC 2 MN 2CC 2 2(PN CC ) (MN CC )cos MNP,11111因为SBCC BPN CC, SACC AMN CC, SABB APM BB 1 ,1 111111 1有SABB 21 A 1SBCC 21B 1S ACC 2 1A 12SBCC BSACC Acos .1 11 117.(12 分 ) ( 1)证法一:如,∵底面 ABCD 是正方形, ∴ BC ⊥ DC .∵ S D ⊥底面 ABCD ,∴ DC 是 SC 在平面 ABCD 上的射影,由三垂线定理得 BC ⊥ SC .证法二:如图 1,∵底面 ABCD 是正方形, ∴ BC ⊥ DC .∵ SD ⊥底面 ABCD , ∴ S D ⊥ BC ,又 DC ∩SD=D ,∴ BC ⊥平面 SDC ,∴ BC ⊥SC .(2)解:如图 2,过点 S 作直线 l // AD, l 在面 ASD 上,∵底面 ABCD 为正方形,l // AD // BC , l 在面 BSC 上,l 为面 ASD 与面 BSC 的交线. l SD AD , BC SC, lSD,lSC,∴∠ CSD为面 ASD 与面 BSC 所成二面角的平面角. (以下同解法一)(3)解 1:如图 2,∵ SD=AD=1,∠ SDA=90°, ∴△ SDA 是等腰直角三角形.又 M 是斜边 SA 的中点,∴DM ⊥ SA .∵ BA ⊥AD ,BA ⊥SD ,AD ∩ SD=D ,∴ BA ⊥面 ASD ,SA 是 SB 在面 ASD 上的射影.由三垂线定理得 DM ⊥SB .∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°.解 2:如图 3,取 AB 中点 P ,连结 MP ,DP .在△ ABS 中,由中位线定理得 MP//SB ,DMP 是异面直线DM 与 SB 所成的角.MP1SB3,又22DM2, DP1 ( 1)25 ,22 2∴在△ DMP 中,有 DP 2 =MP 2+DM 2, DMP 90图 3∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90° .18. (12 分 ) 解:(1)在直角梯形 ABCD 中, 由已知DAC 为等腰直角三角形,∴AC2a, CAB 45 , 过 C 作 CH ⊥AB ,由 AB=2a ,可推得 AC=BC= 2a.∴ AC ⊥BC .取 AC 的中点 E ,连结 D E ,则 D E ⊥ AC 又 ∵ 二面角 a AC为直二面角,∴ D E ⊥ 又 ∵ BC 平面 ∴ BC ⊥ D E∴ BC ⊥ a ,而 D Ca,∴ BC ⊥ D C ∴D CA 为二面角 BC 的平面角.因为D CA 45,∴二面角BC为 45 .(2)取 AC 的中点 E ,连结 D E ,再过 D作D O,垂足为 O ,连结 OE .∵ AC ⊥ D E , ∴ AC ⊥ OE ∴D EO 为二面角 a AC的平面角,∴D EO 60 .在 Rt D OE 中, D E 1 2 a,AC22 ∴V DABC1S ABC D O1 1 AC BC D O1 2a 2a6 a 6 a 3 .3 326412图 1图 219.( 14 分)解法一 : (1) 记 AC 与 BD 的交点为 O,连结 OE, ∵O 、 M 分别是AC 、 EF 的中点, ACEF 是矩形,∴四边形 AOEM 是平行四边形, ∴AM ∥OE .∵ OE 平面 BDE , AM 平面 BDE ,∴AM ∥平面 BDE . (2) 在平面 AFD 中过 A 作 AS ⊥DF 于 S ,连结 BS ,∵AB ⊥AF , AB ⊥AD ,ADAF A, ∴ AB ⊥平面 ADF ,∴ AS 是 BS 在平面 ADF 上的射影,由三垂线定理得 BS ⊥DF .∴∠ BSA 是二面角 A —DF —B 的平面角.在 RtASB 中, AS6 2,, AB3∴tan ASB3, ASB 60 ,∴二面角 A — DF — B 的大小为 60o .(3)设 CP=t (0≤t ≤2) , 作 PQ ⊥AB 于 Q ,则 PQ ∥AD , ∵PQ ⊥AB , PQ ⊥AF , AB AF A ,∴PQ ⊥平面 ABF ,QE平面 ABF ,∴PQ ⊥QF .在 RtPQF 中,∠ FPQ=60o , PF=2PQ .∵Δ PAQ 为等腰直角三角形,∴ PQ2PAF 为直角三( 2 t ).又∵角形,∴ PF(2 t ) 1,∴ (2 t )222 (2 t ). 因此 t=1 或 t=3( 舍1 222去), 即点 P 是 AC 的中点.解法二: (1)成立如下图的空间直角坐标系. 设AC BD N ,连结 NE ,则点 N 、E 的坐标分别是(2 2 、( 0,0,1 ), , ,0) 2 2∴NE(2 , 2,1) , 又点 A 、M 的坐标分别是222 ,2 ( 2, 2,0) , (,1)22∴ AM = (2 , 2,1) ∴ NEAM 且 NE 与2 2AM 不共线, ∴NE ∥AM . 又∵ NE 平面 BDE , AM平面 BDE ,∴AM ∥平面 BDF .(2)∵ AF ⊥ AB ,AB ⊥AD ,AF AD A, ∴AB ⊥平面 ADF .∴AB( 2,0,0) 为平面 DAF 的法向量.∵NE DB =(2 , 2 ,1) · ( 2 , 2,0) =0,2 2∴ NE NF =(2 , 2,1) · (2, 2,0) =0 得22NEDB , NE NF ,∴N E 为平面 BDF 的法向量.∴cos < AB NE1 60o .即所求二面角= ∴AB 与 NE 的夹角是2A —DF —B 的大小是 60o .(3)设 P(t,t,0)(0≤t ≤2 ) 得 PF(2 t, 2 t,1), ∴BC=(2 , 0,0)又∵PF 和 BC 所成的角是 60o .∴ cos 60( 2 t ) 2( 2 t) 2 ( 2 t ) 212解得 t2或t3 2(舍去),即点 P 是 AC 的中点.2220.(14 分 ) 解:( 1)作 MP ∥ AB 交 BC 于点 P , NQ ∥ AB 交CBE 于点 Q ,连结 PQ ,依题意可得 MP ∥ NQ ,且 MP NQ ,PD M即 MNQP 是平行四边形∴ MN PQQ由已知CM BNa ,CB AB BE 1BE2 又 CPa , BQ a∴ ACBF, N121 2即CP BQaAF2∴MNPQ(1 CP)2BQ2(1 a ) 2( a ) 2(a2 )21(0 a2 )2 222(2)由(Ⅰ), MN( a2 )2 1, 因此,当a2 时, MN22222即 M 、 N 分别挪动到 AC 、 BF 的中点时, MN 的长最小,最小值为2 .2(3)取 MN 的中点 G ,连结 AG 、 BG ,∵ AM AN , BMBN , G 为 MN 的中点∴ AG ⊥ MN , BG ⊥ MN ,∠ AGB 即为二面角的平面角 , 又 AGBG6 ,因此,由余2246 611 弦定理有44 1 , 故所求二面角 arccoscos326 6344。
高二数学空间的角单元测试

高二数学空间的角单元测试第九章单元测试(四)------空间的角一、多项选择题(6)×6=36)1、已知a?(0,?1,1),b?(1,2,?1),则a与b的夹角等于()a.90°b.30°c.60°d.150°2.一条直线和平面所成角为θ,那么θ的取值范围是()(a)(0o,90o)(b)[0o,90o](c)[0o,180o](d)(0o,180o)3.直线l与平面α成角为的取值范围是()a.?0,?,直线a?平面α,且与直线l异面,则直线l与直线a所成角3??2??3??b.?,c.?,d.?,???33232??????3d1c1a1b1dcab??2????2??????4.如下图所示,已知长方体abcd?a1b1c1d1中,ab=bc=4,cc1?2,则直线bc1和平面dbb1d1所成角的正弦值等于()a.32b。
52c.105d。
10105.在正三角形abc中,ad⊥bc于d,沿ad折成二面角b―ad―c后,bc?1ab,这时二面角b2-ad-c的尺寸为()a.60°b.90°c.45°d.120°6,如下图所示,在二面角m-l-n的平面m中,存在RT△ ABC,斜面BC在边缘。
如果a在平面n中的投影为D∠ ACD=?1.∠abd=多少?2.二面角是θ,所以?1.2,θ间隔应满足(a.cos)的要求??余弦?1.余弦?2b。
罪罪1.罪2c。
棕褐色的棕褐色的1.棕褐色的2d。
罪余弦?1.余弦?2.填空(4)×6=24)7.已知二面角??l??为60,异面直线a、b分别垂直于?与?,则a与b所成角为▲8、在三棱锥p―abc中,pa=pb=pc=ab=ac,且?bac?0222222222222? 2.PA和ABC之间的角度为▲9、在正方体ac1中,面对角线a1b与对角面bb1d1d所成的角为▲10.在600的二面角的棱上有两点a、b,ac、bd分别是在这个二面角的两个面内垂直于ab的线段,已知:ab=6,ac=3,bd=4,则cd=▲。
高二下学期《空间角与距离》测试题.docx

高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作山东省青州一中高二下学期《空间角与距离》测试题 (满分100分,1—5题,每题8分,6—10题,每题12分;时间:90分钟)1.长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AB=AA 1=2,AD=1,E 为CC 1的中点,则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A .1010 B .1030 C .1060 D .10103 2.正四面体P —ABC 中,M 为棱AB 的中点,则PA 与CM 所成角的余弦值为( ) A .23B .43C .63D .333.已知直线l 与平面α成045角,直线m α⊂,若直线l 在α内的射影与直线m 也成45°角,则l 与m 所成的角是A .30°B .45°C .60°D .90°4.二面角l αβ--为60,A,B 是棱l 上的两点,AC,BD 分别在半平面,αβ内,,,AC l BD l ⊥⊥且,2AB AC a BD a ===,则CD 的长为( ) A .2aB .5aC .aD .3a5.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是 。
6.如图,在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,∠BAC =90°,AB =BB 1,直线B 1C 与平面ABC 成 30°角.(I )求证:平面B 1AC ⊥平面ABB 1A 1;(II )求直线A 1C 与平面B 1AC 所成角的正弦值; (III )求二面角B —B 1C —A 的大小.7.如图,在四棱锥P—ABCD中,平面P AB⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,△P AB为等边三角形.(1)求PC与平面ABCD所成角的大小;(2)求二面角B—AC—P的大小;(3)求点A到平面PCD的距离.8.如图,直四棱柱ABCD—A1B1C1D1的高为3,底面是边长为4且∠DAB=60°的菱形,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,E是O1A的中点.(1)求二面角O1-BC-D的大小;(2)求点E到平面O1BC的距离.E O1D1 C1B1A19.如图,已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥底面ABCD,O是BC中点,AO交BD于E.(1)求证:P A⊥BD;(2)求二面角P-DC-B的大小;(3)求证:平面P AD⊥平面P AB.CA BO PD E10.已知斜三棱柱111ABC A B C -,90BCA ∠=,2AC BC ==,1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知11BA AC ⊥。
高二数学空间的角度与距离同步测试卷 试题

高二数学空间的角度与间隔 同步测试卷制卷人:打自企; 成别使; 而都那。
审核人:众闪壹; 春壹阑; 各厅…… 日期:2022年二月八日。
一、选择题〔此题一共12小题,每一小题5分,一共60分,在每一小题后给出的四个选项里面,只有一项是哪一项符合题目要求的。
〕1.对于直线a ,假如直线b 同时满足三个条件:〔1〕与a 成异面直线;〔2〕与a 所成的角为定值θ;〔3〕与a 的间隔 为定值d ,那么,这样的直线b 有 〔 〕A .1条 B. 2条 C. 3条 D. 无穷多条2.长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,棱A 1A=5,AB=12,那么直线B 1C 1和平面A 1 BCD 1的间隔 是 〔 〕 A .5 B. 213 C. 1360 D. 83.在直角坐标系中,设A 〔-2,3〕,B 〔3,-2〕沿x 轴把直角坐标平面折成120°的二面角后,AB 的长为 〔 〕A .211 B. 411 C. 11 D. 224. 一条直线与直二面角的两个面所成的角分别为α和β,那么α+β的取值范围是 〔 〕A .〔0,2π〕 B. 〔2π+∞〕 C. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π D. (0,2π)5. 直线a 是平面a 的斜线,b ⊂a ,当a 与b 成60°的角,且b 与a 在a 内的射影成45°时,a 与a 所成的角是〔 〕A .60°B .45°C .90°D .135°6.平面a 内有∠XOY=60°,OA 是a 的斜线,且OA=10,∠AOX=∠AOY=45°,那么A 到a 的间隔 是( ) A .11103 B. 9103 C. 7103 D. 31037. 夹在两个平行平面间的两条线段之和为342cm,它们在其中一个平面内的射影长分别是78cm 及36cm,那么这两个平行平面之间的间隔 是 ( )A. 82cmB. 164cmC. 80cmD. 160cm8. 相交成90°的两条直线和一个平面所成的角分别是30°和45°,那么这两条直线在该平面上的射影所成的锐角是 ( )A. arcsin 36B.π-arcsin 36C. 2π- arcsin 36D. arccos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-33 9. 正方形ABCD ,沿对角线AC 将三角形ADC 折起,设AD 与平面ABC 所成角为β,当β取最大值时,二面角B-AC-D 等于 〔 〕A .45° B. 90° C. arctan22D. arctan 2 10. 在二面角M-l-N 的面M 内有一Rt △ABC ,斜边BC 在棱l 上,假设A 在平面N 内的射影为D ,∠ACD=θ1,∠ABD=θ2,二面角为θ,那么有 〔 〕 A .cos 2θ=cos 2θ1+cos 2θ2 B. sin 2θ=sin 2θ1+sin 2θ2 C. tan 2θ=tan 2θ1+tan 2θ2 D. sin 2θ=cos 2θ1+cos 2θ211. 在60°的二面角α-α-β的面α内,AB ⊥α于B ,AB=2,在面β内,CD ⊥α于D ,CD=3,BD=1,M是a 上的一个动点,那么AM+CM 的最小值为 〔 〕 A . 26 B.26 C. 25 D. 2212.如图,在程度横梁上A ,B 两点处各挂长为50cm 的细线AM 、BN ,AB 的长度为60cm,在MN 处挂长为60cm 的木条, MN 平行于横梁,木条中点为O ,假设木条绕O 的铅垂线旋 转60°角,那么木条比原来升高了多少 〔 〕 A .53cm B. 5cmC. 103cmD. 10cm 第12题图 二、填空题〔本大题一一共4个小题,每一小题4分,一共16分,把正确答案填在题中横线上。
高二数学空间的角单元测试

高二数学空间的角单元测试第九章单元测试(四)------空间的角一.选择题(6_6=36)1.已知则与的夹角等于( )A.90°B.30°C.60°D.150°2.一条直线和平面所成角为θ,那么θ的取值范围是( )(A)(0_ordm;,90_ordm;) (B)[0_ordm;,90_ordm;](C)[0_ordm;,180_ordm;] (D)(0_ordm;,180_ordm;)3. 直线l与平面α成角为,直线平面α,且与直线l异面,则直线l与直线a所成角的取值范围是( )A. B.C. D.4. 如下图所示,已知长方体中,AB=BC=4,,则直线和平面所成角的正弦值等于( )A. B.C.D.5.在正三角形ABC中,AD⊥BC于D,沿AD折成二面角B—AD—C后,,这时二面角B—AD—C的大小是( )A. 60°B.90° C.45° D.120°6. 如下图所示,在二面角M—l—N的面M内,有Rt△ABC,斜边BC在棱上,若A在平面N内的射影为D,且∠ACD=,∠ABD=,二面角为θ,那么,θ间应满足( )A. B.C. D.二.填空题(4_6=24)7. 已知二面角为,异面直线a.b分别垂直于与,则a与b所成角为▲8.在三棱锥P—ABC中,PA=PB=PC=AB=AC,且,则PA与ABC所成角为▲9.在正方体中,面对角线与对角面所成的角为▲10.在600的二面角的棱上有两点A.B,AC.BD分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB的线段,已知:AB=6,AC=3,BD=4,则CD= ▲.班级姓名学号一123456答案二填空题:7.;8.;9.;10.;三.解答题(4_10=40)11.如图,M.N分别是棱长为1的正方体的棱.的中点.求异面直线MN与所成的角.12.直角的斜边在平面内,与所成角分别为,是斜边上的高线,求与平面所成角的正弦值13.如果二面角的平面角是锐角,点到的距离分别为,求二面角的大小14.如图,正方体的棱长为1,,求:(1)与平面所成角的正切值;(2)平面与平面所成角【试题答案】1. D2.B3.D4.C 5A6. B7. 8.9.10.74.直角的斜边在平面内,与所成角分别为,是斜边上的高线,求与平面所成角的正弦值解:过点作于点,连接,则,,为所求与所成角,记为,令,则,则在中,有在中,∴与平面所成角的正弦值.5.如果二面角的平面角是锐角,点到的距离分别为,求二面角的大小分析:点可能在二面角内部,也可能在外部,应区别处理解:如图1是点在二面角的内部时,图2是点在二面角外部时,∵∴∵∴面同理,面而面面∴面与面应重合即在同一平面内,则是二面角的平面角在中, ∴在中, ∴故(图1)或(图2)即二面角的大小为或说明:作一个垂直于棱的平面,此平面与两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角6.如图,正方体的棱长为1,,求:(1)与所成角;(2)与平面所成角的正切值;(3)平面与平面所成角解:(1)∵ ∴与所成角就是∵平面∴(三垂线定理) 在中, ∴(2)作,平面平面∴平面,为与平面所成角在中, ∴(3)∵∴平面又∵平面∴平面平面即平面与平面所成角为。
高中数学单元练习卷(角和距离)

启东市东南中学单元练习卷(4)第九章《角和距离》班级________座号___________姓名_____________成绩____________一、选择题:(每题4分,共32分)1. 设α、β、γ为平面, m 、n 、l 为直线,则m β⊥的一个充分条件是( ) A. ,,l m l αβαβ⊥=⊥ B . ,,m αγαγβγ=⊥⊥C. ,,m αγβγα⊥⊥⊥D. ,,n n m αβα⊥⊥⊥2. 正方体AC 1中,对角线AC 1与平面A 1BD 所成角是 ( )A . 30ºB . 45ºC . 60ºD . 90º3. 二面角α-l -β为60°,异面直线a 、b 分别垂直于α、β,则a 与b 所成的角为( ) A 30° B 60° C 90° D 120°4.正方体AC 1中,E 、F 分别为AB 、C 1D 1的中点,则A 1B 1与平面A 1EF 所成角的正切值为 ( )A 2 B2 C 1 D 35.把正三角形ABC 沿高AD 折成二面角B —AD —C 后,BC =21AB ,则二面角B —AD —C ( ) A 30º B 45º C 60º D 90º6.P A 是平面α的一条斜线,A ∈α,线段P A =2,AC ⊂α,点P 到平面α的距离为1, 设∠P AC =θ(02πθ<<),那么有( )Aθ=6πB cos 2θ≥C sin 2θ≥D 33tan ≥θ7.空间四边形S ABC 中,S B ⊥AC ,S B =AC =2,E 、F 分别是S C 、AB 的中点,那么EF =( ) A 1 B2 C22 D 218.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心,则O 到平面ABC 1D 1的距离为 ( )A .21B .42C .22 D .23二、填空题:(每题4分,共16分)9.长方体AC 1中,若AB =BC =a ,AA 1=2a ,那么点A 到直线A 1C 的距离是_________10.把正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A 1-BD -C 后,连结A 1C ,则二面角A 1-BC -D 的正切值是_______.11.从一点O 出发的三条射线O A 、O B 、O C 两两成60°角,则O A 与平面O BC 所成的角的大小为_______12.已知平面βα,和直线,给出条件:①α//m ;②α⊥m ;③α⊂m ;④βα⊥;⑤βα//. (i )当满足条件 时,有β//m ;(ii )当满足条件 时,有β⊥m . (填所选条件的序号) 三、解答题:(共52分)13.(12分)棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别在BD 、B 1C 上并且BE =31BD ,B 1F =23B 1C . ⑴求证:EF 是BD 、B 1C 的公垂线;⑵求BD 、B 1C 的距离.14.(12分)如图:已知二面角MN αβ--为60,点A 和点B 分别在平面α和平面β内,点C 在棱MN 上,30ACM BCM ∠=∠=,CA CB a == (1)求证:AB MN ⊥(2)求直线BC 与平面α所成角的正弦值.CBANM αβD1C15.(14分)已知在四边形ABCD 中,AD//BC ,AD=AB=1,4590BCD BAD ∠=∠=°,°,将△ABD 沿对角线BD 折起到如图所示PBD 的位置,使平面PBD BCD ⊥平面。
高二数学同步测试-----空间的角

HC1D高二数学同步测试(4)— 空间的角一、选择题:本大题共10个小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.设γβα、、为平面,l n m 、、为直线,则β⊥m 的一个充分条件是 ( ) A .l m ,l ,⊥=βαβ⊥α B .γ⊥βγ⊥α=γα,,mC .α⊥γ⊥βγ⊥αm ,,D .α⊥β⊥α⊥m ,n ,n 2.如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB =1,D 在棱BB 1上, 且BD =1,若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α,则α= ( ) A .3πB .4πC. D.3.设α、β为两个不同的平面,l 、m 为两条不同的直线,且β⊂α⊂m ,l ,有如下两个命题:①若α∥β,则l ∥m ; ②若l ⊥m ,则α⊥β.那么( )A .①是真命题,②是假命题B .①是假命题 ,②是真命题C .①②都是真命题D .①②都是假命题4.在正四面体P —A BC 中,D ,E ,F 分别是A B ,BC ,C A 的中点,下面四个结论中不成..立.的是( )A .BC//平面PDFB .DF ⊥P A EC .平面PDF ⊥平面A BCD .平面P AE ⊥平面A BC5.如图,甲烷CH 4的分子结构是:碳原子位于正四面体 的中心,4个氢原子分别位于正四面体的四个顶点上 (各个面都是正三角形的四面体叫做正四面体,到正 四面体四个顶点的距离都相等的点叫做正四面体的中 心).设碳原子与4个氢原子连成的四条线段两两组 成的角为θ,则cos θ=( )A .0B . -41C .-31 D .-216.已知平面α与β所成的二面角为80°,P 为α、β外一定过点P 的一条直线与α、β所 成的角都是30°,则这样的直线有且仅有 ( ) A .1条 B .2条 C .3条 D .4条 7.二面角α-l -β是直二面角,A ∈α,B ∈β,设直线A B 与α,β所成的角分别为∠1 和∠2,则 ( ) A .∠1+∠2=90° B .∠1+∠2≥90° C .∠1+∠2≤90° D .∠1+∠2<90° 8.设M 、N 是直角梯形A BCD 两腰的中点,DE ⊥A B 于E (如 图),现将△A DE 沿DE 折起,使二面角A -DE -B 为45°, 此时点A 在平面BCDE 内的射影恰为B ,则M 、N 的连线9.直三棱柱A BC -A 1B 1C 1,∠A BC=90°,A C 1与平面A 1B 1B 所成的角为α,二面角 C -AA 1-B 1为β,∠A C 1C=γ.则下列各式成立的是( )A .sin α=sin β·sin γB .sin β=sin α·sin γC .cos β=cos α·cos γD .cos α=cos β·cos γ 10.如图,PO 是平面α的斜线,O 是斜足,P A ⊥α于A ,BC 是α内过点O 的直线,若∠POB 是锐角,则有( ) A .∠POC>∠CO A B .∠PO A <∠BO A C .∠POC<∠CO A D .∠POB<∠A OB二、填空题:本大题满分16分,每小题4分,各题只要求直接 写出结果. 11.如图,正方形 A BCD 所在平面与正方形A BEF 所在平面成 60°的二面角,则异面直线A D 与BF 所成角的余弦值是 . 12.如图,在底面边长为2 的正三棱锥V -A BC 中,E 是BC的中点,若△V A E 的面积是41,则侧棱V A 与底面所成角的大小为 (结果用反三角函数值表示). 13.平面α⊥平面β,且α∩β=b ,A ∈α,B ∈β,A B 与α 所成角为x ,A B 与β所成角为y ,A B 与b 所成角为 z ,则cos 2x +cos 2y+sin 2z 的值为 .14.关于直角A OB 在定平面α内的射影有如下判断:①可能是0°的角;②可能是锐角;③可能是直角;④可能是钝角;⑤可能是180°的角.其中正确判断的序号是 (注:把你认为是正确判断的序号都填上). 三、解答题:本大题满分84分. 15.(14分)已知:直线a ⊥平面α,a ∥平面β。
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沿河民族中学高二数学空间角和距离单元测试题班级:______ 姓名:__________得分一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.直线m 与平面α间距离为d ,那么到m 与α距离都等于2d 的点的集合是 ( )A .一个平面B .一条直线C .两条直线D .空集2.异面直线a 、b 所成的角为θ,a 、b 与平面α都平行,b ⊥平面β,则直线a 与平面β所成的角( )A .与θ相等B .与θ互余C .与θ互补D .与θ不能相等.3.在正方体ABCD —A 'B 'C 'D '中,BC '与截面BB 'D 'D 所成的角为 ( )A .3πB .4πC .6πD .arctan24.已知点)3,2,1(P ,)2,5,3(-Q ,它们在面xoy 内的射影分别是','Q P =( ) A.5 B.6 C.7 D.85.有一山坡,它的倾斜角为30°,山坡上有一条小路与斜坡底线成45°角,某人沿这条小路向上走了200米,则他升高了 ( ) A .1002米 B .502米 C .256米 D .506米6.已知三棱锥D -ABC 的三个侧面与底面全等,且AB =AC =3,BC =2,则以BC 为棱,以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小为 ( )A .arccos33B .arccos 31C .2πD .32π7.正四面体A —BCD 中E 、F 分别是棱BC 和AD 之中点,则EF 和AB 所成的角 ( ) A .45︒ B .60︒ C .90︒ D .30︒8.把∠A =60°,边长为a 的菱形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角,则AC 与BD 的距离为 ( )A .43 a B .43 a C .23 a D .46 a9.若正三棱锥的侧面均为直角三角形,侧面与底面所成的角为α,则下列各等式中成立的是 ( )A .0<α<6πB .6π<α<4πC .4π<α<3πD .3π<α<2π10.已知A (1,1,1),B (-1,0 ,4),C (2 ,-2,3),则〈AB ,CA 〉的大小为( )A .6πB .65π C .3πD .32π二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分)11.从平面α外一点P 引斜线段PA 和PB ,它们与α分别成45︒和30︒角,则∠APB 的最大值是______最小值是_______12.∆ABC 中∠ACB=90︒,PA ⊥平面ABC ,PA=2,AC=2 3 ,则平面PBC 与平面PAC ,平面ABC 所成的二角的大小分别是______、_________.13.在三棱锥P-ABC中, 90=∠ABC , 30=∠BAC ,BC=5,又PA=PB=PC=AC,则点P到平面ABC的距离是 .14.长方体1111D C B A ABCD -中,AB =4,BC =3,BB 1=2,那么AD 与平面11B C D A 的距离为________. 15.如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面ABC 是等腰直角三角形,斜边AB =2a ,侧棱AA 1=2a,点D 是AA 1的中点,那么截面DBC 与底面ABC 所成二面角的大小是________.三、解答题(共计75分)16.(本小题满分12分)已知SA ⊥平面ABC ,SA=AB ,AB ⊥BC ,SB=BC ,E 是SC 的中点,DE ⊥SC 交AC 于D .(1) 求证:SC ⊥面BDE ;(2)求二面角E —BD —C 的大小.17.(本小题满分12分)如图,点P 为斜三棱柱111C B A ABC -的侧棱1BB 上一点,1BB PM ⊥交1AA 于点M , 1BB PN ⊥交1CC 于点N .(1) 求证:MN CC ⊥1; (2) 在任意DEF ∆中有余弦定理:DFE EF DF EF DF DE ∠⋅-+=cos 2222.拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明.BCD A B C 11118.(本小题满分12分)如图,四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形,SD垂直于底面ABCD,SB=3.(1)求证BC⊥SC;(2)求面ASD与面BSC所成二面角的大小;(3)设棱SA的中点为M,求异面直线DM与SB所成角的大小.1AB=a,(如图一)将△ADC 19.(本小题满分12分)在直角梯形ABCD中,∠D=∠BAD=90︒,AD=DC=2沿AC折起,使D到D'.记面AC D'为α,面ABC为β.面BC D'为γ.(1)若二面角α-AC-β为直二面角(如图二),求二面角β-BC-γ的大小;(2)若二面角α-AC-β为60︒(如图三),求三棱锥D'-ABC的体积.20.(本小题满分13分)如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.(1)求证AM//平面BDE;(2)求二面角A-DF-B的大小;(3)试在线段AC上确定一点P,使得PF与BC所成的角是60︒.21.(本题满分14分)如图,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a=)CM=BN20(<<a.(1)求MN的长;(2)当a为何值时,MN的长最小;(3)当MN长最小时,求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小.空间角和距离单元测试题参考答案一.选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分)二.填空题(本大题共4小题,每小题6分,共24分)11.1050 ,150 12.900 ,30013.35 14.554 15.45三、解答题(本大题共6题,共76分)16.(12分) (1)证明:(1)∵SB=BC E 是SC 的中点 ∴BE ⊥SC ∵DE ⊥SC ∴SC ⊥面BDE (2)解:由(1)SC ⊥BD ∵SA ⊥面ABC ∴SA ⊥BD ∴BD ⊥面SAC ∴∠EDC 为二面角E-BD-C 的平面角设SA=AB=a,则SB=BC=a 2.,2,a SC SBC Rt =∆∴中在,30,0=∠∆∴DCE SAC Rt 中在60,=∠∆∴EDC DEC Rt 中在.17.(12分) (1) 证:MN CC PMN CC PN CC PM CC BB CC ⊥⇒⊥∴⊥⊥⇒111111,,//平面 ;(2) 解:在斜三棱柱111C B A ABC -中,有αcos 21111111111222A ACCB BCCA ACCB BCCA ABBS S S S S ⋅-+=,其中α为 平面B B CC 11与平面A A CC 11所组成的二面角.∴⊥,1PMN CC 平面 上述的二面角为MNP∠,在PMN ∆中,c o s 2222⇒∠⋅-+=M N P MN PN MNPNPMMNP CC MN CC PN CCMN CCPN CCPM ∠⋅⋅⋅-+=cos )()(211111222222,由于111111111,,BB PM S CCMN S CCPN S A ABBA ACCB BCC⋅=⋅=⋅=,∴有αcos 21111111111222A ACCB BCCA ACCB BCC A ABB S S S S S ⋅-+=.18.(12分) (1)证法一:如,∵底面ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD ,∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影, 由三垂线定理得BC ⊥SC .证法二:如图1,∵底面ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD , ∴SD ⊥BC ,又DC ∩SD=D ,∴BC ⊥平面SDC ,∴BC ⊥SC .(2)解:如图2,过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上, ∵底面ABCD 为正方形,l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上,l ∴为面ASD 与面BSC 的交线.l ∴,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角.(以下同解法一) (3)解1:如图2,∵SD=AD=1,∠SDA=90°,∴△SDA 是等腰直角三角形.又M 是斜边SA 的中点,∴DM ⊥SA .∵BA ⊥AD ,BA ⊥SD ,AD ∩SD=D ,∴BA ⊥面ASD ,SA 是SB 在面ASD 上的射影.由三垂线定理得DM ⊥SB .∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°. 解2:如图3,取AB 中点P ,连结MP ,DP .在△ABS 中,由中位线定理得 MP//SB ,DMP ∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角.2321==SB MP ,又,25)21(1,222=+==DP DM∴在△DMP 中,有DP 2=MP 2+DM 2,︒=∠∴90DMP∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°.19.(12分) 解:(1)在直角梯形ABCD 中, 由已知∆DAC 为等腰直角三角形, ∴45,2=∠=CAB a AC , 过C 作CH ⊥AB ,由AB=2a ,可推得 AC=BC=.2a ∴ AC ⊥BC .取 AC 的中点E ,连结E D ', 则 E D '⊥AC 又 ∵ 二面角β--AC a 为直二面角,∴ E D '⊥β 又 ∵ ⊂BC 平面β ∴ BC ⊥E D ' ∴ BC ⊥a ,而a C D ⊂', ∴ BC ⊥C D ' ∴ CA D '∠为二面角γβ--BC 的平面角. 由于45='∠CA D , ∴二面角γβ--BC 为45. 图1图2图3(2)取AC 的中点E ,连结E D ',再过D '作β⊥'O D ,垂足为O ,连结OE . ∵ AC ⊥E D ', ∴ AC ⊥OE ∴ EO D '∠为二面角β--AC a 的平面角, ∴ EO D '∠ 60=. 在OE D Rt '∆中,aAC E D 2221==',∴O D S VABC ABCD '⋅=∆-'31O D BC AC '⋅⋅⨯=2131a a a 462261⨯⨯⨯=.1263a =20.(13分)解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O、M 分别是AC 、EF 的中点,ACEF 是矩形,∴四边形AOEM 是平行四边形, ∴AM∥OE.∵⊂OE 平面BDE , ⊄AM 平面BDE ,∴AM∥平面BDE . (2)在平面AFD 中过A 作AS⊥DF 于S ,连结BS ,∵AB⊥AF, AB⊥AD,,A AF AD = ∴AB⊥平面ADF ,∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影,由三垂线定理得BS⊥DF.∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角. 在Rt ΔASB 中,,2,36==AB AS∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB ∴二面角A —DF —B 的大小为60º. (3)设CP=t (0≤t≤2),作PQ⊥AB 于Q ,则PQ∥AD, ∵PQ⊥AB,PQ⊥AF,A AF AB = ,∴PQ⊥平面ABF ,⊂QE 平面ABF ,∴PQ⊥QF.在Rt ΔPQF 中,∠FPQ=60º,PF=2PQ . ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形,∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形,∴1)2(2+-=t PF ,∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),即点P 是AC 的中点.解法二: (1)建立如图所示的空间直角坐标系. 设N BD AC = ,连接NE , 则点N 、E 的坐标分别是()0,22,22、(0,0,1),∴)1,22,22(--=NE , 又点A 、M 的坐标分别是)0,2,2(,()1,22,22∴AM =()1,22,22--∴AM NE =且NE 与AM 不共线,∴NE∥AM.又∵⊂NE 平面BDE , ⊄AM 平面BDE ,∴AM∥平面BDF .(2)∵AF ⊥AB ,AB ⊥AD ,AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF . ∴AB )0,0,2(-=为平面DAF 的法向量. ∵DB NE ⋅=()1,22,22--·)0,2,2(-=0, ∴NF NE ⋅=()1,22,22--·)0,2,2(=0得DB NE ⊥,NF NE ⋅,∴NE 为平面BDF 的法向量. ∴cos <>⋅NE AB =21∴AB 与NE 的夹角是60º.即所求二面角A —DF —B 的大小是60º.(3)设P(t,t,0)(0≤t≤2)得PF ),1,2,2(t t --=∴BC =(2,0,0)又∵PF 和BC 所成的角是60º.∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t解得22=t 或223=t (舍去),即点P 是AC 的中点.21.(14分) 解:(1)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∴MN =PQ 由已知a BN CM ==,1===BE AB CB ∴2==BF AC 又21a CP =,21a BQ =,即2a BQ CP ==∴MN =PQ =22)1(BQCP +-=22)2()21(a a +-=21)22(2+-a )20(<<a(2)由(Ⅰ),MN =21)22(2+-a ,所以,当22=a 时,MN =22即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时,MN 的长最小,最小值为22.(3)取MN 的中点G ,连结AG 、BG ,∵AN AM =,BN BM =,G 为MN 的中点∴AG ⊥MN ,BG ⊥MN ,∠AGB 即为二面角α的平面角,又AG =BG 46=,所以,由余弦定理有314646214646c os 22-=⋅⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=α, 故所求二面角⎪⎭⎫⎝⎛-=31arccos α。