立体几何空间角和距离的强化

第八章立体几何初步专题强化练7空间角和距离一、选择题1.一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，给出如下3个命题:①AF⊥CG；②AG与MN是异面直线且夹角为60°；③BG与平面ABCD所成的角为45°.其中真命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.32.如图所示，三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，且PA=PB=AB=2，PC=3，则点C到平面PAB的距离等于()A.13 B.63 C.333.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是()A.t|25C.{t|2≤t≤23} D.{t|2≤t≤22}4.(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AC=23AB=2，AB⊥AC，D，E分别是线段BC，B1C上的动点(不含端点)，且ECB1A.ED∥平面ACC1B.该三棱柱的外接球的表面积为68πC.异面直线B1C与AA1所成角的正切值为3D.二面角A-EC-D的余弦值为4二、填空题5.如图，已知三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，点E满足CE=3EB，点P在棱AB上运动，设EP与平面BCD所成的角为θ，则sinθ的最大值为.

6.边长为2的等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成60°的二面角，当∠AC1B=90°，∠C1AB=30°时，线段CC1的长度为.

三、解答题7.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E分别为AA1、B1C的中点.(1)证明:DE⊥平面BCC1B1；(2)若AB=2，直线B1B与直线CD所成的角为45°，求点B到平面B1CD的距离.8.如图，平面ABCD⊥平面EBC，四边形ABCD为矩形，AB=1，∠EBC=π3，(1)证明:MN∥平面AED；(2)若BC=BE=2，求二面角E-AD-B的大小.9.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2，(1)求证:PD⊥平面PBC；(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.10.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为a，E为AB的中点.(1)若a=1，证明B1E⊥平面A1EC；(2)若a=2，求直线B1E与平面A1EC所成角的正弦值.答案全解全析一、选择题1.C将平面展开图还原成正方体，如图所示:对于①，连接MB，易知MB∥CG，MB⊥AF，∴AF⊥CG，①正确；对于②，连接AC，易知MN∥AC，∴∠GAC是异面直线AG与MN所成的角，易知△GAC为等边三角形，∴∠GAC=60°，②正确；对于③，连接BD，易知∠GBD为BG与平面ABCD所成的角，∠GBD≠45°，③错误.故选C.2.C取AB的中点G，连接PG、CG，作CH⊥PG，垂足为H，如图所示，∵PA=PB=AB=2，∴△PAB为等边三角形.∵G为AB的中点，∴PG⊥AB，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴CG⊥AB，又PG∩CG=G，∴AB⊥平面PCG，又CH⊂平面PCG，∴AB⊥CH.又CH⊥PG，PG∩AB=G，∴CH⊥平面PAB，即CH就是点C到平面PAB的距离.在等边三角形PAB中，PG=32×2=6在Rt△ABC中，CG=1×12=2在△PCG中，由余弦定理的推论可得cos∠PGC=PG2+CG2∴sin∠PGC=1−cos2∠PGC=1−在Rt△CHG中，CH=CG·sin(π-∠PGC)=22×63=∴点C到平面PAB的距离为33故选C.3.D设平面AD1E与直线BC交于点G，则G为BC的中点，连接AG、EG，分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接A1M、MN、A1N，则A1M∥D1E，MN∥EG.∵A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，∴A1M∥平面D1AE，同理可得MN∥平面D1AE.∵A1M、MN是平面A1MN内的两条相交直线，∴平面A1MN∥平面D1AE.∵A1F∥平面D1AE，∴F是线段MN上的动点.连接B1F，设直线A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，当点F与点M(或N)重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ=A1当点F为MN的中点时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，此时tanθ=A1B1B1∴t构成的集合为{t|2≤t≤22}.4.AD在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，因为ECB1C=DCBC，所以ED∥BB因为ED⊄平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，所以ED∥平面ACC1，A项正确；因为AA1=AC=23AB=2，所以AB=3因为AB⊥AC，所以BC=22+32=13，所以B1C=易知B1C是三棱柱外接球的直径，所以外接球的表面积为4π×1722=17π，AA1∥BB1，所以∠BB1C为异面直线B1C与AA1所成的角.在Rt△B1BC中，BB1=2，BC=13，所以tan∠BB1C=BCBB1=13过A作AF⊥BC于F，由直三棱柱的定义可知AF⊥CC1，因为CC1∩BC=C，所以AF⊥平面BCC1B1，过F作FG⊥B1C于G，连接AG，则AG⊥B1C，所以∠AGF是二面角A-EC-D的平面角.在Rt△BAC中，可得AF=613，CF=413，因为sin∠B1CB=217，所以FG=4所以AG=3613+6413×17，所以cos∠AGF=FGAG=故选AD.二、填空题5.答案2解析依题意可知，该几何体为正四面体，设顶点A在底面内的射影是O，则O为△BCD的中心，连接OB，过P作PH⊥OB，交OB于H，连接HE，如图.易知∠PEH是直线EP与平面BCD所成的角，设为θ，设正四面体的棱长为4a，PB=x(0≤x≤4a)，在三角形PBE中，∠PBE=π3由余弦定理得PE=x2在△AOB中，AO=(4a)2-∴PHAO=x4a，解得PH=∴sinθ=PHPE==63∴当x=2a时，sinθ取得最大值，最大值为226.答案10解析如图1，作C1D⊥AB于D，C1O⊥平面ABC于O，连接DO，∵AB⊂平面ABC，∴C1O⊥AB，又C1O∩C1D=C1，∴AB⊥平面C1DO，又DO⊂平面C1DO，∴AB⊥DO，∴∠C1DO为等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成的二面角，即∠C1DO=60°，又∠AC1B=90°，∠C1AB=30°，∴C1B=AB·sin30°=1，C1D=C1B·sin60°=32，C1O=C1D·sin60°=3DO=C1D·cos60°=34，BD=C1B·cos60°=12，画出底面△ABC如图2CO=ED2+(CE∴CC1=C1O2+CO图1图2三、解答题7.解析(1)证明:如图，取BC的中点G，连接EG、AG，则EG∥DA，且EG=DA，∴四边形ADEG为平行四边形，∴DE∥AG.∵B1B⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，∴B1B⊥AG，∵AB=AC，且G为BC的中点，∴BC⊥AG，又B1B∩BC=B，∴AG⊥平面BCC1B1，又DE∥AG，∴DE⊥平面BCC1B1.(2)∵B1B∥AD，∴∠ADC就是直线B1B与直线CD所成的角，∴∠ADC=45°，∴AD=AC=2.设点B到平面B1CD的距离为d，由VB-B1CD=VC-B1BD，可得13×d×12×故点B到平面B1CD的距离d=438.解析(1)证明:取DE的中点F，连接AF、FN，又N为BC的中点，∴FN∥CD，FN=12∵矩形ABCD中，M为AB的中点，∴AM∥CD，AM=12CD∴AM∥FN，AM=FN，∴四边形AMNF为平行四边形，∴AF∥MN.又AF⊂平面AED，MN⊄平面AED，∴MN∥平面AED.(2)过点E作EH⊥BC于H，∵平面ABCD⊥平面EBC，平面ABCD∩平面EBC=BC，∴EH⊥平面ABCD，过H作HG⊥AD于G，连接EG.∵AD⊂平面ABCD，∴EH⊥AD，又EH∩HG=H，∴AD⊥平面EHG，EG⊂平面EHG，∴AD⊥EG，∴∠EGH即为二面角E-AD-B的平面角.在Rt△EHB中，EH=EB×sinπ3=2×32=3，∴tan∠EGH=EHHG=3，∴∠EGH=π∴二面角E-AD-B的大小为π39.解析(1)证明:∵AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD，∵BC∥AD，∴PD⊥BC，又PD⊥PB，PB∩BC=B，∴PD⊥平面PBC.(2)过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.∵PD⊥平面PBC，∴PF为DF在平面PBC上的射影，∴∠DFP为直线DF与平面PBC所成的角.∵AD∥BC，DF∥AB，∴四边形DABF为平行四边形，∴BF=AD=1.∴CF=BC-BF=2.∵AD⊥DC，∴BC⊥DC.在Rt△DCF中，可得DF=CD2+C在Rt△DPF中，可得sin∠DFP=PDDF=5∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为5510.解析(1)证明:∵△ABC是正三角形，E为AB的中点，∴CE⊥AB.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴CE⊥平面A1ABB1，∴CE⊥B1E.∵四边形A1ABB1是矩形，且AA1=1，AB=2，∴A1E2+B1E2=AE2+AA12+EB2+BB12=4=A1B12∵C