g3.1067空间角、距离综合doc

1、g3.1067 空间角 .空间距离综合一 :高考真题 :1.如图 9 1，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.正六棱柱 ABCDEF A1B1C1D1 E1F1 的底面边长为1，侧棱长为2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E1D 与 BC1 所成的角是（）图 91A.90 °B.60°C.45°D.30&#

2、176;3.一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.记三种盖法屋顶面积分别为 P1、P2、 P3.图 94若屋顶斜面与水平面所成的角都是 ，则（）A. P3 P2 P1B.P3 P2 P1C.P3 P2 P1D.P3 P2 P14.在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，若 AB 2BB1，则 AB1 与 C1B 所成的角的大小为（）A.60 °B.90°C.105°D.75°5.如图 9 5， OA 是圆锥底面中心O 到母线的垂线， OA 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（）A. 31

3、B.12211C.2D.4 26.如图 9 7， ABCD A1B1C1D 1 是正方体， B1E1 D1F 1 A1 B1 ，则 BE1 与 DF 1 所成角的余弦值是（）4151A.B.17283C.D.1727.若正三棱锥底面边长为4，体积为 1，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.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，如果 MBE= MBC ，MB 和平面 BCF 所成角的正切值为1 ，那么点 M 到直线 EF 的距离为.29.若正四棱锥的底

4、面边长为23 cm，体积为 4 cm3，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是10.如图 9 13， 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.如图 9 19，ABCD A1B1C1D 1 是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱 BC 的中点 .（）求三棱锥 D1 DBC 的体积；（）证明 BD1 平面 C1DE；（）求面 C1DE 与面 CDE 所成二面角的正切值 .图 913图 919图 92012.如图 9 20，正四棱柱ABCD A1B1C1D 1 中，底面边

5、长为22 ，侧棱长为4.E， F 分别为棱AB， BC 的中点，EF BD =G.（）求证：平面B1EF 平面 BDD 1B1；（）求点D 1 到平面 B1EF 的距离 d；（）求三棱锥B1EFD 1 的体积 V.13.在三棱锥S ABC 中， SAB= SAC= ACB=90°，且 AC=BC=5， SB=5 5 .（如图 9 21）（）证明：SCBC；图 921（）求侧面SBC 与底面 ABC 所成二面角的大小；（）求三棱锥的体积 VSABC.14.（ 2002 全国理， 18）如图 9 26，正方形 ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面 ABCD 、ABEF 互相垂直

6、.点 M在 AC 上移动，点 N 在 BF 上移动，若 CM=BN=a（ 0a2 ） .（）求 MN 的长；（）当 a 为何值时， MN 的长最小；（）当MN 长最小时，求面MNA 与面 MNB 所成的二面角 的大小 .图 9 26图 92715.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 之间的距离为 h，点 M VC.（）证明 MDC 是二面角 M ABC 的平面角；（）当 MDC CVN 时，证明 VC平面 AMB；（）若 MDC CVN （ 0 ，求四面体MABC 的体

7、积 .2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FE 1、FD ，则由正六棱柱相关性质得FE 1 BC1.在 EFD 中， EF=ED =1，

8、 FED =120 °， FD =3 .在 Rt EFE 1 和 Rt EE1D 中，易得E1 F=E1D=3 . E1FD 是等边三角形 . FE1D =60° . BC 1 与 DE 1 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 底 S 侧 cos 可得 P1P2而 P3 2( S1S2)2(S1 S2 )sincoscos又 2（ S1 S2） S 底P1P2 P34.答案： B解析：如图 9 48， D1、 D 分别为 B1C1、 BC 中点，连结 AD 、 D1C，设 BB11，则 AB 2

9、 ，则 AD 为 AB1 在平面 BC1 上的射影，又 BE3 ,BD2 ,cosC1 BCBC232BC13 DE 2BE2 BD 2 2BE·BD · cosC1BC 1123221323236而 BE 2DE 2111236 BD2 BED 90° AB1 与 C1B 垂直5.答案： D解析：如图9 50，由题意知，1 r2h1R2h，3 6 r R 又 ABO CAO，2rOA22 r · RR ,OAR ， OAOAR24 2 cos OA1 图 943图 948图 950 图 949R4 26.答案： A解析：这是两条异面直线所成角的问题，如

10、图9 51 将 DF 1 平移至 AG1，A1G1 A1 B1 ，再将 AG1 平移至 EE1，其4中 AE AB ， B1E1 A1 B1， BE1 E 即是异面直线BE1 与 DF 1 所成的角 .24设正方体棱长为l ，可求得 EE1 BE11117，164EB1 ，在 BEE1 中由余弦定理得2图 951171712EE121516164BE1BE 2cosBE1E1717172BE1 EE1244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，这种思想在近几年的试题里明显地、有意识地进行了考

11、查.37.答案： arctan8解析：设棱锥的高为h，如图 9 53，则 V= 1 ·4× 4×sin60°·h=1，33 h=.图 9534D 为 BC 中点， OD=1AD =1·3· 4=2 3 .3323易证 PDO 为侧面与底面所成二面角的平面角PO3334tan =2.故 =arctanOD8833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.28.答案：2解析：过 M 作 MO EF，交 EF 于 O，则 MO平面 BCFE .如图 9 54，作 ON BC，设 OM=x，又 tanMBO=1图

12、 954，2 BO=2x11又 S MBE=BE· MB·sinMBE= BE· ME2211S MBC =BC· MB· sinMBC =BC· MN22 ME =MN ，而 ME=5x21 ，MN =x2 1 ，解得 x= 2 .29.答案： 30°解析：如图9 60，作 BC 边中点 M ， VM BC过 V 作 VO底面 ABCD VO MO， MO BC， VMO 为其侧面与底面所成二面角的平面角V 锥=1SABCD ·VO31·（23 ）2·VO ， VO=1 4=3233 ， VO

13、 MO， VMO=30°又 OM=2侧面与底面所成的二面角为30° .10.答案： 45°aa解析：过点A 作 AF BD 于 F ，则 AF 面 BCD ， AEF 为所求的角设BD a，则 AF ， EF，在 Rt22 AEF 中， AEF 45°11.（）解： VD1 DBC112=2· 2·2· 1= .33（）证明：记D1C 与 DC 1的交点为 O，连结 OE. O 是 CD1 的中点， E 是 BC 的中点， EO BD1， BD 1 平面 C1DE， EO 平面 C1DE.BD1 平面 C1DE .（）解：过

14、C 作 CHDE 于 H，连结 C1H.在正四棱柱ABCD A1B1C1D1 中， C1C平面 ABCD ， C1H DE ， C1HC 是面 C1DE 与面 CDE 所成二面角的平面角.CD CE212 DC =2， CC1=1， CE=1. CH =22125DEC1C55 tanC1HC=.即面 C1DE 与面 CDE 所成二面角的正切值为.CH22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.（）证法一：连接AC.正四棱柱ABCD A1 B1C1D1 的底面是正方形. AC BD，又 AC D1D，故 AC平面 BDD 1B1 E， F 分别为 AB

15、，BC 的中点，故 EF AC， EF 平面 BDD 1B1平面 B1EF平面 BDD 1B1 .证法二： BE=BF ， EBD = FBD =45°， EF BD.平面 B1EF平面 BDD 1B1 .（）解：在对角面 BDD 1B1 中，作 D1H B1G，垂足为 H 平面 B1EF平面 BDD 1B1 ，且平面 B1EF 平面 BDD 1B1=B1G， D 1H平面 B1EF ，且垂足为 H ，点 D1 到平面 B1EF 的距离 d=D 1H .解法一：在 Rt D1HB 1 中， D1H=D1B1· sinD 1B1H， D 1B1= 2 A1B1=4.sinD1

16、B1H =sinB1GB= B1B4124 ，GB14217 d=D 1H=4· 416 17.1717D1HD1 B1解法二：D 1HB B1BG，B1BB1G2 d=D1H = B1 B1617 .B1G17解法三：如图即 1 B1G·D1H= 1229 64，连接D1G，则三角形D1GB 1 的面积等于正方形DBB 1D1 面积的一半 .BB12.1617 .图 964 d=17（） VVBEFD1VD1B EF1 · d· S B1EF11612 1716.11331723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

17、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.（）证明：SAB= SAC=90 °， SA AB， SA AC.又 AB AC=A， SA平面 ABC.由于 ACB=90°，即 BC AC，由三垂线定理，得SC BC.（）解：BC AC， SC BC SCA 是侧面 SCB 与底面 ABC 所成二面角的平面角.在 Rt SCB 中， BC=5， SB=55 .得 SC= SB2BC 2=10在 Rt SAC 中 AC=5， SC=10 ， cosSCA=AC51SC102 SCA=60 °，即侧面 SBC 与底面 ABC 所成

18、的二面角的大小为 60° .（）解：在Rt SAC 中， SA= SC2AC 21025275 .1 · AC· BC=1 ×5× 5= 25.S ABC=22212575125 3. VS ABC= ·SACB· SA= 1332614.解：（）作MP AB 交 BC 于点 P， NQAB 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，如图 9 70 MN =PQ.由已知， CM=BN=a， CB=AB=BE=1，AC=BF =2 ，CPa , BQa.1212即 C

19、P=BQ=a.2 MN =PQ=(1CP)2BQ2(1a )2( a )222(a2 )21 （ 0 a 2 ） .22（）由（） ， MN= (a2) 21，22所以，当 a=2 时， MN=2.22即 M、 N 分别移动到AC、 BF 的中点时， MN 的长最小，最小值为（）取MN 的中点 G，连结 AG、 BG，如图 9 71 AM =AN， BM =BN，G 为 MN 的中点 AG MN ， BGMN ， AGB 即为二面角 的平面角，图 9702.26又 AG=BG=，所以，由余弦定理有4( 6)2(6 )21图 971cos =44166.2344故所求二面角 =arccos（ 1

20、 ） .3评述：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理和几何计算交错为一体；以两个垂直的正方形为背景，加强空间想象能力的考查.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.（）证明： CD AB， VN平面 ABC，AB平面 ABC， VN AB.又 CD VN N 平面 VNC AB又 MD平面 VNC M

21、DAB MDC 为二面角 M MAB C 的平面角 .如图 9 72（）证明： VC 平面 VCN ， AB VC又在 VCN 和 CDM 中， CVN MDC ， VCN VCN图 972 DMC VNC 90° . DM VC又 AB DM D， AB、DM平面 AMB VC 平面 AMB （）解：MD AB 且 MD VC， MD 为 VC 与 AB 的距离为h.过M作MECD于E VMABC 1AB· CD× ME·11ah2tan236图 973四、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，

22、 AB=6 ,BC=8, AC=10; 则球心 O到截面 ABC 的距离为（）A、12B、 8C、6D、 52、已知三棱锥 P-ABC ， PA平面 ABC ，ABC 90, ACB30 ,AB=1,D 、 E分别是 PC、 BC 的中点，则异面直线DE与 AB 的距离是（）33A 、 3B、2C、3D 、与 PA的长有关3、设两平行直线 a、 b间的距离为 2m，平面与 a、b都平行且与 a、 b的距离都为 m，这样的平面有（）A、1个B、 2个C、 3个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

23、， 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、 90D、 606、 P 是平面 ABC外一点，若 PA=PB=PC,且APBBPCCPA60 则二面角 P-AB-C 的余弦值为.7、正三棱锥的一个侧面的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。8、已知AOB90 ,过 O 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。上，且 tan ABO 3, tanACO19、平面的一条垂线段 OA （

24、 O为垂足）的长为 6，点 B 、 C在平面2 ,那么B、C两点间距离的范围是。10、正方体 ABCDA1B1C1 D1 的棱长为 a，点 P 在棱 A1B1 上运动，那么过 P、 B、D 1三点的截面面积的最小值是11、直三棱柱 ABCA1 B1C1 中，ACB 90 ,AC=AA 1=a，则点 A 到截面 A 1BC 的距离是12、湖南）如图1，已知 ABCD 是上、下底边长分别为2 和 6，高为3 的等腰梯形，将它沿对称轴OO1 折成直二（ 05面角，如图2。（）证明： AC BO1；（）求二面角OAC O1 的大小。O1CDO1CDOBAOBA13、（ 05 湖北）如图所示的多面体是由

25、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 ，CC1=3，BE=1.（）求BF 的长；（）求点C 到平面AEC 1F 的距离.参考答案ABCDD160310,146a22a332212、解法一（ I ）证明由题设知OA OO 1， OB OO 1.所以 AOB 是所折成的直二面角的平面角，即 OA OB. 故可以 O 为原点， OA 、OB、 OO1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， 3 ）O1（ 0， 0，3 ） .图 3从而 AC( 3

26、,1,3), BO1(0,3,3), ACBO133 30.所以 AC BO1.（ II ）解：因为 BO1 OC3330, 所以 BO 1OC，由（ I ） AC BO1 ，所以 BO 1平面 OAC ， BO1是平面 OAC 的一个法向量 .设 n( x, y, z) 是 0 平面 O1AC 的一个法向量，由 nAC03x y3 z0,取z3,得 n(1,0,3) .n O1C0y0.设二面角OAC O1 的大小为，由 n 、 BO1 的方向可知n ， BO1 >，所以 coscosn ， BO1 >=nBO13 .| n |BO1|4OC1即二面角 O AC O1 的大小是

27、arccos 3 .D4解法二（ I ）证明 由题设知 OA OO 1， OB OO 1，所以 AOB 是所折成的直二面角的平面角，即 OA OB. 从而 AO 平面 OBCO 1， OC 是 AC 在面 OBCO 1 内的射影 .OBA图 4因为 tan OO1 BOB3t an O1OCO1C3 ，OO 1OO13所以 OO 1B=60 °， O1OC=30°，从而OC BO1由三垂线定理得AC BO1.（ II）解 由（ I） AC BO 1， OCBO1 ，知 BO 1平面 AOC.设 OC O1B=E ，过点 E 作 EF AC 于 F，连结 O1F（如图 4），则 EF 是 O1F 在平面 AOC内的射影，由三垂线定理得O1F AC.所以 O1 FE 是二面角O AC O1 的平面角 .由题设知 OA=3 ， OO1=3 ， O1C=1，所以 O1 AOA2OO122 3,ACO1A2O1C 213 ，从而 O1FO1 A O1C2 3，又 O1E=OO 1·sin30° =3 ，AC132所以 sinO1 FEO1 E13 .即二面角 OAC O1