g3.1067空间角、距离综合

1、g3.i067空间角.空间距离综合:高考真题：i. （2003京春文ii,理8）如图9-i,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 ABCDEFAiBiCiDiEiFi的底面边长为i ,侧棱长为 J2 ,则这个棱柱的侧面对角线EiD与BCi所成的角是（）A.90°B.60°C.45°D.30图9

2、-i3. （200i全国，ii） 一间民房的屋顶有如图 94三种不同的盖法：单向倾斜；双向倾斜；四向倾斜 盖法屋顶面积分别为 Pi、P2、P3.记三种图94)若屋顶斜面与水平面所成的角都是a ,则（A. P3>P2>PiC.P3= P2>PiB.P3>P2= PiD.P3= P2= Pi4. （2001全国，9）在正三棱柱 ABC AiBiCi中，若 AB= 2B BBi,则ABi与CiB所成的角的大小为（）A.60 °B.90°C.i05°D.75°5. （2000全国文，i2）如图95, OA是圆锥底面中心 。到母线的垂线，O

3、A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（）iB. 2iC.2iD.4 26. （i995 全国文，i0）如图 97, ABCDAiBiCiDi 是正方体，BiEi = DiFi = 拈,则BEi与DF i所成角的余弦4值是（）i5A. 一i7iB.-2C 8D 型.i7. 27. （2003上海春，i0）若正三棱锥底面边长为 4,体积为i,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911所示）.M为矩形AEFD内一点，如

4、果/ MBE=/MBC, MB和平面BCF所成角的正切值为 -,那么点M到直2线EF的距离为.9. （2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为2 J3 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- 1310. （2000上海春，8）如图913, /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919, ABCDA1B1C1D1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 D1DBC的体积；（II）证明 BD

5、1 /平面 C1DE;（出）求面 C1DE与面CDE所成二面角的正切值.图 919图 9 2012. （2003京春理，19）如图9-20,正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面边长为 2 J2 ,侧棱长为4.E, F分别为棱 AB, BC 的中点，EFABD = G.（I）求证：平面 BEF,平面 BDD1B1;（n）求点 D1到平面B1EF的距离d;（出）求三棱锥 B1一EFD1的体积V.13. （2002 京皖春文，19）在三棱锥 SABC 中，/ SAB=/SAC=/ACB=90° ,且 AC=BC=5, SB=5 J5 .（如图 921）（I ）证明：SC±B

6、C;（n）求侧面 SBC与底面ABC所成二面角的大小；（出）求三棱锥的体积 Vs-abc.14. （2002全国理，18）如图926,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 （0vav J2 ）（I ）求MN的长；（n）当a为何值时，MN的长最小；（出）当MN长最小时，求面 MNA与面MNB所成的二面角a的大小.图 9 26图 92715. (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

7、之间的距离为h,点M C VC.(I)证明/ MDC是二面角M ABC的平面角；(n)当/ MDC = /CVN 时，证明 VCL平面 AMB;(出)若/ MDC = /CVN=0 (0<0< 一 =，求四面体 MABC的体积.答案解析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

8、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FEi、FD ,则由正六棱柱相关性质得FE1/BC1.图 9-43在4EFD 中，EF=ED=1 , /FED=120° ,fd = 73 .在 RHEFEi 和 REEiD 中，易得 EiF=EiD=J3.EiFD 是等边三角形./ FEiD=60° .，BCi与DEi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) = S侧cos8可得Pi = P2,S1S2而 P3= 2( 一2sin cos)2(Si S2)cos又

9、 2 (S + S2) =$底Pi = P 2= P 34.答案：B解析：如图948, Di、D分别为BiCi、BC中点，连结 AD、D1C,设BBi= 1 ,则AB =3 -V2，则AD为AB1在平面BC1上的射影，又BE ,BD 32BC,cosC1BC -2BC1DE2=BE2+ BD2-2BE - BD - cosCiBC图 94811c 322 1=2 3 23236c c111c而 BE2+DE2= - = BD2362/ BED =90°AB1与 C1B 垂直5.答案：D1cle斛析：如图950,由题思知，一式r2h= R2h36 r =又 ABOcao,rOAOA 9

10、 R2，.二 OA2= r - R= =, OARJ2,OA 1 cos 9-R 4 26.答案：A解析：这是两条异面直线所成角的问题，如图951 将 DF1 平移至 AG1, AG1 =AB1”,再将AGi平移至EEi,其4BE1与DF1所成的角.174图 951L AB cA1B1中AE=1一，BiEi=，/BE1E即是异面直线设正方体棱长为l,可求得EEi=BEi=Ji 16EB=-,在 BEEi中由余弦定理得2cosBEiE =222BE1 EE1 BE22BEiEEi17 17 116 16 415c 1717172 -44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

11、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，这种思想在近几年白试题里明显地、有意识地进行了考查37.答案：arctan -8一、，修1解析：设棱锥的图为 h,如图9 53,则V=- 4X4Xsin60 h=1 ,3 h-4D 为 BC 中点，OD= AD =， ，4= a/33323易证/ PDO为侧面与底面所成二面角的平面角3POtan 9 =ODT3“，3-.故 8=arctan2 3883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8.答案：与解析：过 M作MOLEF,交EF于。，则MO,平面BCFE.1如图 9-54,作 ONXBC,设

12、 OM=x,又 tanMBO=-,2BO=2x又 Sambe= BE - MB - sinMBE=BE - MESambc= BC - MB - sinMBC = BC - MN 222. 2. 一 2 .ME=MN,而 ME=、5x 1 , MN = <X 1 ,解得 x=.29 .答案：30°解析：如图9-60,作BC边中点 M, VMXBC过V作VOL底面ABCD. VOXMO, MOLBC,VMO为其侧面与底面所成二面角的平面角- V 锥=-SABCD , VO3.-4= 1 - (2 <3 ) 2 VO , VO=13一 2 3 一又. OM= 33 , VOX

13、 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,贝U AF = 一 , EF= ,22.在Rt AEF 中，/ AEF = 4511. (I)解:V Di DBC(n)证明：记 DC与DC1的交点为O,连结OE.O是CD1的中点，E是BC的中点，EO/BD1, BDp面 C1DE, EO 平面 C1DE. .BD1 /平面 CDE.(出)解：过C作CHLDE于H,连结C1H.在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，C1C,平面ABCD, C1HXDE,

14、/ C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角 DC=2, CC1二1,CD CECE=1.1. CH =DEtanC1HC=C1C CH<5一 工，.即面C1DE与面CDE所成二面角的正切值为2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.二正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是正方形 ACXBD,又 ACXD1D,故 AC,平面 BDD 1B1 E, F 分别为 AB, BC 的中点，故 EF/AC,，EF，平面 BDD 1B1平面 B1EFL平面 BDD1B1.证法二： BE=BF, Z EBD = Z FBD

15、=45° ,. EFXBD.，平面 BEF,平面 BDD1B1.(n)解：在对角面 BDD1B1中，作D1HLB1G,垂足为H平面 BEF,平面 BDD1B1 ,且平面 BEFA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 RtADHB1 中，D1H=D1B1 - sinD1BH,: D1B1= 、2 A1B1=4.B1B4sinD1B1H=sinBGB=GB142 124,17416d=D1H=4 j=v1717 17解法二：. DiHBsBiBG,D1HB1BD1B1bg2 一 一B1 B 16 .-

16、.d=DiH=17.BiG17解法三：如图 964,连接D1G,则三角形 D1GB1的面积等于正方形 DBB1D1面积的一半_ 11 即一B1G - D1H = BB12.2216 7d=v'1717 '图 9-64（出）VVb EFDVd b ef1111一 d S B1EF33 1167 12-17 136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, SAL AC.又 AB A

17、 AC=A,SAL平面 ABC.由于/ ACB=90° ,即 BC± AC,由三垂线定理，得 SCXBC.(n)解：BCXAC, SC± BCSCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角.在 RtSCB 中，BC=5, SB=5 .得 SC= SB2 BC2 =10AC 51在 RtSAC 中 AC=5, SC=10, cosSCA= 一SC 10 2./SCA=60° ,即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为 60 （出）解：在 RtASAC中，252.SA= /sc2 AC2102 5275.IT 75125 36Saabc= 一 , AC

18、 , BC= _ X 5X 5=、，1c 一 1Vs- abc= , Saacb , SA=一33图 970MP14.解：（I）作 MP/ AB 交 BC 于点 P,N NQ,且MP=NQ,即MNQP是平行四边形,MN=PQ.由已知，CM = BN=a, CB=AB=BE=1 ,NQ/AB交BE于点Q,连结PQ,依题意可得如图 970. ac=bf=V2,CP a BQ a12,1.2 .一a即 CP=BQ= 2MN=PQ= (1 CP)2 BQ2(122,2 2/a2)(0v av v12 ).2mn= . (a2所以，当a="时,2MN=2即M、N分别移动到AC、BF的中点时，M

19、N的长最小，最小值为 立2(出)取MN的中点 AM=AN, BM=BNG,连结AG、BG,如图971G为MN的中点 AGXMN, BGXMN , / AGB即为二面角 a的平面角,.6，人 r、- e 又AG=BG=,所以，由余弦7E理有4图 971(» _ 44COS oc =".66244故所求二面角 a =arccos (-)3评述：该题考点多，具有一定深度, 方形为背景，加强空间想象能力的考查但入手不难，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 .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

20、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.15. (I)证明：. CDXAB, VNL平面 ABC, AB 平面 ABC, . VNAB.又. CDnVN=N .平面 VNCAB又 MD 平面 VNC MDXAB/ MDC为二面角 M MAB C的平面角.如图9 72(n)证明： VC 平面 VCN,ABVC图 972又.在 VCN 和4CDM 中，/ CVN = /MDC, /VCN=/VCN DMC =/ VNC=90

21、6; .-. DM ±VC又AB ADM =D, AB、DM 平面 AMB VC，平面 AMB .(出)解：: MD，AB且MD，VC,，MD为VC与AB的距离为 h.过M作ME，CD于E1 11 9Vmabc= AB CDXME . ah2tan 023 6四、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,A、 12B、 8C、 62、已知三棱锥P-ABC , PA 平面ABC ,DE与AB的距离是（-3A、)_3B、 2AB=6 ,BC=8, AC=10;则球心O到截面ABC的距离为（D、5ABC 90 , ACB 30 ,ab=1,d、E分

22、别是PC、BC的中点，则异面直线C、J3 D、与PA的长有关3、设两平行直线a、b间的距离为2m,平面A、1个B、2个C、3个与a、b都平行且与a、b的距离都为m,这样的平面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、平面平面 =CD，P为这两个平面外一点，PA 于A, PB于B,若PA=2,PB=1AB=，7则二面角CD的大小为（）A、150B、120C、90 D、606、P是平面ABC外一点，若PA=PB=PC,且 APB BPC CPA 60则二面角P-AB-C的余弦值为 .7、正三棱锥的一个侧面的

23、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 c 8、已知 AOB 90，过。点引 AOB所在平面的斜线 OC与OA、OB分别成45、60角，则以OC为棱的二面角 A-OC-B的余弦值为 。19、平面 的一条垂线段OA （。为垂足）的长为6,点B、C在平面 上，且tan ABO 3,tan ACO 2,那么b、C两点间距离的范围是10、正方体 abcd A1B1C1D1的棱长为a,点P在A1B1上运动，那么过P、B、Di三点的截面面积的最小值是 11、直三棱柱ABC AlB>Cl中，ACB 90 ,ac=aa i=a,则点A到截面AiBC的距离12、(05湖南

24、)如图1,已知ABCD是上、下底边长分别为2和6,高为J3的等腰梯形，将它沿对称轴 OO1折成直面角，如图2。(I )证明：AC! BO;(n)求二面角 O AC Q的大小。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；(n )求点C到平面AEC 1F的距离.参考答案A B C D D 160 三3310,146 2a2、2 a212、解法一（I）证明 由题设知 OAOOi, OBXOOi.所以/ AOB是所折成的直二面角的平面角，即OALOB.故可以。为原点，OA、OB、OO

25、i所在直线分别为x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, J3)Oi (0, 0, <3).图 3从而 AC ( 3,1, 3),BOi (0, 3, 3), AC BOi3 .3 3 0.所以 AC ± BOi.(II)解：因为 BOi OC 3 <3 v,3 0,所以 BOiXOC,由(I) AC，BOi,所以BO平面OAC, BOi是平面OAC的一个法向量设n (x, y,z)是0平面OiAC的一个法向量，由 n AC 03x y gz 0,取z w,得 n(1,0,j3).

26、n OiC 0 y 0.设二面角OAC Oi的大小为 ，由n、BO1的方向可知n, BOi>,所以 cos cos n , BOi >= n BOi|n I |BOi |即二面角OACOi的大小是arccos也4解法二（I）证明 由题设知OAOOi, OBXOOi, 所以/ AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA XOB.从而AOL平面 OBCOi, OC是AC在面OBC01内的射影.tan OQCOiCOOi3所以/ OOiB=60° , / OiOC=30° ,从而 OCBOi 由三垂线定理得 AC ±BOi.(II)解 由(I) AC ±BOi, OCX BOi ,知 BOH平面 AOC.设OCnOiB=E,过点E作EFAC于F,连结 OiF (如图4),则EF是OiF在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得OiFAC.所以/ OiFE是二面角 OACOi的平面角.由题设知 OA=3 , OOi=J3, OiC=1 ,所以 01A JOA2 OO122/3, AC Jo1A2O1C213 ,t -L O1A O1C 2,3,3从而 01 F ,又 01E=001 - sin30 =，AC ,13201E13.一，一一 .3所以 sin O1FE .即面角 0 AC 01