2018届高考数学二轮复习 寒假作业(十四)空间角与距离(注意命题点的区分度)理

寒假作业(十四) 空间角与距离(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30，则m的值为( ) A．－9或1 B．9或－1
C．5或－5 D．2或3
解析：选B 由题意PP1＝30，
即m－2＋－2＋－2＝30，
∴(m－4)2＝25，解得m＝9或m＝－1.
2.如图所示，点P在正方形ABCD所在的平面外，PA⊥平面ABCD，
PA＝AB，则PB与AC所成的角是( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选B 将其放入正方体ABCD­PQRS中，连接SC，AS，则PB
∥SC，
∴∠ACS(或其补角)是PB与AC所成的角．
∵△ACS为等边三角形，
∴∠ACS＝60°，
∴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∠B′AC＝60°，则这个二面角的大小是( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选A 如图，连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，
则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝2a，所以∠B′DC＝90°，故选A.
4．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( )
A．75° B．60°
C．45° D．30°
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 ＝
22，PA ＝1，∴cos ∠PAO ＝AO PA ＝22
. ∴∠PAO ＝45°，即所求线面角为45°.故选C.
5．已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2 3.若点M 是线段A 1C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为( )
A.1
2 B.1
3 C.23
D.34
解析：选C 如图，过点M 作MN ⊥AC 于点N ，连接BN ， 则∠MBN 为直线BM 与底面ABC 所成角， 由题意可知MN ＝2，BN ＝3，
所以tan ∠MBN ＝MN BN ＝2
3
.
6．在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是( ) A ．1 B ．43 C.169
D ．2
解析：选B 设点A 1到平面AB 1D 1的距离为h ， 因为VA 1­AB 1D 1＝VA ­A 1B 1D 1， 所以13S △AB 1D 1h ＝1
3
S △A 1B 1D 1×AA 1，
所以h ＝
S △A 1B 1D 1×AA 1
S △AB 1D 1＝
1
2
×2×2×41
2
×22×42
＋22
－2
2
＝43. 7．(2018届高三·湖北六校联考)已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为9
4，
底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则直线PA 与平面ABC 所成角的大小为( )
A.5π12
B.π3
C.π4
D.π6
解析：选B 如图，取P
1
为底面ABC 的中心，连接PP 1，AP 1，由底面
是边长为3的正三角形，知底面三角形的高为32，面积为334，又三棱柱的体积为9
4，则三
棱柱的高PP 1＝3，AP 1＝1，∠PAP 1为所求角，因为tan ∠PAP 1＝3，
所以∠PAP 1＝π
3
.
8.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P ­EC ­D 为π
4时，AE
＝( )
A ．1
B ．12
C ．2－ 2
D ．2－ 3
解析：选D 如图，过点D 作DF ⊥CE 于F ，连接PF ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥CE ，又PD ∩DF ＝D ，所以CE ⊥平面PDF ，所以PF ⊥
CE ，可得∠PFD 为二面角P ­EC ­D 的平面角，即∠PFD ＝π
4
，故在Rt △PDF
中，PD ＝DF ＝1，因为在矩形ABCD 中，△EBC ∽△CFD ，所以DF BC ＝CD EC ，得EC ＝
CD ·BC
DF
＝2，在Rt △BCE 中，根据勾股定理，得BE ＝CE 2
－BC 2
＝3，所以AE ＝AB －BE ＝2－3，故选D.
9．已知斜四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1
⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )
A.3
4 B.
134 C.3913
D.
393
解析：选C 取AD 的中点O ，连接OA
1，易证A 1O ⊥平面ABCD ，且A 1O ＝ 3.建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，
D 1(0,2，3)，1BD uuu u r
＝(－2,3，3)，
平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，
∴sin θ＝||
cos 〈1BD uuu u r ，n 〉＝|1BD uuu u r
·n ||1BD uuu u r |·|n |＝3
4
， ∴tan θ＝
3913
.
10.如图，在棱长均为2的正四棱锥P ­ABCD 中，点E 为PC 的中
点，则下列命题正确的是( )
A ．BE ∥平面PAD ，且BE 到平面PAD 的距离为 3
B ．BE ∥平面PAD ，且BE 到平面PAD 的距离为26
3
C ．BE 与平面PA
D 不平行，且B
E 与平面PAD 所成的角大于30° D ．BE 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PO ⊥AC ，PO ⊥BD .又AC ⊥BD ，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P ­ABCD 的棱长均为2，点E 为PC 的中点，知A (－2，0,0)，
B (0，－2，0)，
C (2，0,0)，
D (0，2，0)，P (0,0，2)，
E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2
，0，22，则BE uuu r ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2
，2，22，PA uur ＝(－2，0，－2)，PD uuu r ＝(0，2，－2)，
设m ＝(x ，y ，z )是平面PAD 的法向量，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
m ·PA uur ＝0，m ·PD uuu r
＝0，即⎩⎨
⎧
－2x －2z ＝0，
2y －2z ＝0，
令x ＝1，则z ＝－1，y ＝－1，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θ，
则sin θ＝|cos 〈m ，BE uuu r 〉|＝
|m ·BE uuu r
||m |·|BE uuu r |＝23<1
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ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，点M 是BC 的中点，点P ∈AC 1，Q ∈MD ，则PQ 长度的最小值为( )
A ．1 B.43 C.23
3
D ．2
解析：选C 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，
设P (x 0，2x 0,3－3x 0)，
Q (x 1,2－x 1,3)， x 0，x 1∈[0,1]，
所以PQ ＝
x 0－x 1
2
＋x 0＋x 1－
2
＋－3x 0－
2
＝
2⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋
x 0－222＋272⎝
⎛⎭
⎪⎫x 0－292＋4
3
，
当且仅当x 0＝29，x 1＝8
9时，PQ 取得最小值，
即PQ min ＝
43＝233
.
12．(2017·合肥二模)如图，正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内，且直线BC 与平面α所成的角为45°，顶点B 在平面α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α所成角的正弦值为( )
A.6＋3212
B.22＋1
5 C.
6＋2
4
D.5＋22
12
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β，∵BO ⊥α，BO ⊂β，∴β⊥α，
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Rt △HCD 中，CH ＝
33BC ＝3
3
.∵BO ⊥α，直线BC 与平面α所成的角为45°，∴∠BCO ＝45°，结合∠HCB ＝30°得∠HCO ＝75°，因此H 到平面α
的距离d ＝CH sin 75°＝
33sin(45°＋30°)＝33×⎝ ⎛⎭⎪⎫22
×32＋22×12＝33×
6＋24＝6＋32
12
，过点D 作DE ⊥α于E ，连接CE ，则∠DCE 就是直线CD 与平面α所成的角，∵DH ⊥β，α⊥β且DH ⊄α，∴DH ∥α，由此可得点D 到平面α的距离等于点H 到平面α的距离，即DE ＝
6＋3212，∴在Rt △CDE 中，sin ∠DCE ＝DE CD ＝6＋32
12
，即直线CD 与平面α所成角的正弦值为
6＋32
12
.故选A. 二、填空题
13.如图，四面体ABCD 中，CD ＝4，AB ＝2，E ，F 分别是AC ，BD 的中点，若EF ⊥AB ，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ME ∥CD ，MF ∥AB ，因为EF ⊥AB ，所以EF ⊥MF ，则∠MEF 为EF 与CD 所成的角，又ME ＝2，
MF ＝1，故∠MEF ＝30°.
答案：30°
14．已知在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值为________．
解析：以A
1为坐标原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 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)，AC uuu r ＝(2,2,0)，AE uuu r
＝(1,0，－2)．
∵AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ， ∴AC ⊥平面BDD 1B 1，
则AC uuu r
＝(2,2,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．
设直线AE 与平面BDD 1B 1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈AC uuu r ，AE uuu r 〉|＝|AC uuu r ·AE uuu r
||AC uuu r ||AE uuu r |
＝10
10.
答案：
10
10
15．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h 1，h 2，
h 3，∵正四面体ABCD 的棱长为9，每个面面积为S ＝12×9×9×sin 60°＝
813
4
，如图，取BC 中点E ，连接AE .过D 作DO ⊥平面ABC ，垂足为O .
则AO ＝23AE ＝2
3
81－81
4
＝33，
∴高h ＝DO ＝81－27＝3 6.
∴正四面体ABCD 的体积V ＝13Sh ＝1
3S (h 1＋h 2＋h 3)．∴h 1＋h 2＋h 3＝3 6.
∵满足P 到平面DAB 、平面DBC 、平面DCA 的距离成等差数列， ∴h 1＋h 2＋h 3＝3h 2＝36，∴h 1＋h 3＝26， ∴点P 到平面DCA 的距离最大值为2 6. 答案：2 6
16．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，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E ­BC ­F 的余弦值为________．
解析：如图所示，取BC 的中点P ，连接EP ，FP ，由题意得BF ＝CF ＝2，∴PF ⊥BC ，又EB ＝EC ，∴EP ⊥BC ，∴∠EPF 为二面角E ­BC ­F 的平面角，而FP ＝
FB 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12BC 2＝
7
2
，在△EPF 中，cos ∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 2
2EP ·FP
＝
4＋74－942×2×
72
＝
74
. 答案：
74
三、解答题
17.(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AB ∥CD ，且∠
BAP ＝∠CDP ＝90°.
(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A ­PB ­C 的余弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，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PF ⊥AD ，垂足为F .
由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .
以F 为坐标原点，FA uu u r 的方向为x 轴正方向，|AB uuu r
|为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系F ­xyz .
由(1)及已知可得A ⎝
⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
22，1，0，
C ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－
22，1，0. 所以PC uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22
，1，－2
2，CB uu u
r ＝(2，0,0)，
PA uur ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22
，0，－22，AB uuu
r ＝(0,1,0)．
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量，
则⎩
⎪⎨⎪⎧ n ·PC uuu r
＝0，n ·CB uu u r
＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
－22
x 1＋y 1－22z 1＝0，
2x 1＝0.
所以可取n ＝(0，－1，－2)． 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·PA uur
＝0，m ·AB uuu r ＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
22
x 2－22z 2＝0，
y 2＝0.
所以可取m ＝(1,0,1)．
则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2
＝－3
3.
由图知二面角A ­PB ­C 为钝角， 所以二面角A ­PB ­C 的余弦值为－
3
3
. 18．(2017·洛阳统考)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直
角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F ­AB ­D 是直二面角，BE ∥AF ，
BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.
(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F ­CD ­A 的余弦值．
解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，AF ⊂平面AFD ，BE ⊄平面AFD ， ∴BE ∥平面AFD . 同理可得，BC ∥平面AFD .
又BE ∩BC ＝B ，∴平面BCE ∥平面AFD . 设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C .
∵平面BCE ∥平面AFD ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ，平面DFC ∩平面AFD ＝DF ， ∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l .
(2)∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，FA ⊂平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， 又∠FAB ＝90°，∴AF ⊥AB ，∴AF ⊥平面ABCD ， ∵AD ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AD . ∵∠DAB ＝90°，∴AD ⊥AB .
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)，
∴DF uuu r
＝(－1,0,2)，DC uuu r ＝(1,2,0)．
设平面DFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·DF uuu r ＝0，n ·DC uuu r ＝0
⇒⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＋2z ＝0，
x ＋2y ＝0.
不妨取z ＝1，则n ＝(2，－1,1)，
不妨取平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝6
6
，
由于二面角F ­CD ­A 为锐角， 因此二面角F ­CD ­A 的余弦值为
6
6
.
19．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.
(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C ­EM ­N 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
7
21
，求线段AH 的长． 解：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB uuu r
，
AC uuu r ，AP uuu 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：DE uuu r ＝(0,2,0)，DB uuu r
＝(2,0，－2)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
n ·DE uuu r ＝0，n ·DB uuu r
＝0，即⎩⎪⎨⎪
⎧
2y ＝0，2x －2z ＝0.
不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．
又MN uuu u r ＝(1,2，－1)，可得MN uuu u r
·n ＝0.
因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .
(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．
设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，
又EM uuur ＝(0，－2，－1)，MN uuu u r
＝(1,2，－1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n 2·EM uuur ＝0，n 2·MN uuu u r
＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．
因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－4
21
，
于是sin 〈n 1，n 2〉＝
10521
. 所以二面角C ­EM ­N 的正弦值为
10521
. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，
进而可得NH uuu r ＝(－1，－2，h )，BE uuu r
＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos 〈NH uuu r ，BE uuu r 〉|＝|NH uuu r ·BE uuu r
|
|NH uuu r
||BE uuu r |
＝
|2h －2|
h 2＋5×23＝721，
整理得10h 2
－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.
所以线段AH 的长为85或1
2
.
20．在平面四边形ACBD (图①)中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设
AB ＝2，∠BAD ＝30°，∠BAC ＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图②所示的三棱锥C ′­ABD ，
且使C ′D ＝ 2.
(1)求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ； (2)求二面角A ­C ′D ­B 的余弦值．
解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接C ′O ，DO ， 在Rt △AC ′B ，Rt △ADB 中，AB ＝2，则C ′O ＝DO ＝1， ∵C ′D ＝2，
∴C ′O 2
＋DO 2
＝C ′D 2
，即C ′O ⊥OD ，
又C ′O ⊥AB ，AB ∩OD ＝O ，AB ，OD ⊂平面ABD ，
∴C ′O ⊥平面ABD ，
∵C ′O ⊂平面ABC ′，
∴平面C ′AB ⊥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AC ′D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥AC 'uuu u r ，n 1⊥C D 'uuu u r ，即⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC 'uuu u r ＝0，n 1·C D 'uuu u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋z 1＝0，32x 1＋12y 1－z 1＝0，
令z 1＝1，则y 1＝－1，x 1＝3，
∴n 1＝(3，－1,1)．
设平面BC ′D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥BC 'uuur ，n 2⊥C D 'uuu u r ，
即⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BC 'uuur ＝0，n 2·C D 'uuu u r ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ －y 2＋z 2＝0，32x 2＋12y 2－z 2＝0，
令z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝33， ∴n 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫33，1，1， ∴n 1，n 2＝3×33＋－＋1×1
3＋1＋1×
13＋1＋1＝15×73
＝10535，由图可知二面角A ­C ′D ­B 为钝角．
∴二面角A ­C ′D ­B 的余弦值为－
10535.。