高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第七节 空间角与距离的求解习题 理试题

第七节空间角与距离的求解[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,CD等于,则顶点A1到平面CDC1的距离为 ()A. B.1C. D.1.B【解析】由题意可得该正三棱柱的底面边长为2,且AD⊥平面CDC1,AA1∥平面CDC1,所以顶点A1到平面CDC1的距离等于顶点A到平面CDC1的距离,即为AD=1.2.一条直线与平面α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.(0°,45°] C.[60°,180°] D.[60°,90°]2.D【解析】由线面角的定义可得答案.3.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.90°B.45°C.60°D.30°3.D【解析】取AD的中点G,连接FG,EG,则EF⊥FG,∠FEG是EF和CD所成角.又FG=1,EG=2,所以∠FEG=30°,即EF和CD所成角为30°.4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为 ()A. B.C. D.4.A【解析】设BC=1,则由∠CB1C1=60°可得CC1=,B1C=2.由∠DC1D1=45°可得D1C1=,DC1=.连接AB1,则DC1∥AB1,所以异面直线B1C和C1D所成角即为∠AB1C.在△AB1C中,因为AB1=,B1C=2,AC=2,由余弦定理可得cos∠AB1C=.5.二面角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°5.B【解析】过点A作AO⊥β,垂足是O,在平面α内作AB⊥l,垂足是B.连接BO,则由二面角定义可得∠ABO即为二面角α-l-β的平面角或其补角.设AO=1,直角三角形APO中,∠APO=30°,则AP=2.在直角三角形APB中,∠APB=45°,则AB=,所以∠ABO=45°,故二面角α-l-β的大小为45°或135°.二、填空题(每小题5分,共15分)6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,点D在棱BB1上,若BD=1,则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为.

6.【解析】由题意可得点D到平面AA1C1C的距离为,且|AD|=,所以直线AD与平面AA1C1C所成角θ的正弦值sinθ=,则cosθ=,tanθ=.7.△BCD为正三角形,A为△BCD所在平面外一点,且AB=AC=AD,若△ABC的面积与△BCD的面积之比为2∶3,则面ABC与面BCD所成的二面角的度数为.

7.60°【解析】设面ABC与面BCD所成角为θ,则由题意可得cosθ=,所以θ=60°.8.已知Rt△ABC的直角顶点C在平面α内,斜边AB∥α,AB=2,AC,BC分别和平面α成45°和30°角,则AB到平面α的距离为.

8.2【解析】设AB到平面α的距离为h,则BC=2h,AC=h,则(2h)2+(h)2=24,解得h=2,即AB到平面α的距离为2.三、解答题(共25分)9.(12分)(2016·贵阳六中期中考试)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D,又知BA1⊥AC1.(1)求证:AC1⊥平面A1BC;(2)求二面角A-A1B-C的余弦值.9.【解析】(1)∵A1D⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC,又BC⊥AC,∴BC⊥平面AA1C1C,得BC⊥AC1,又BA1⊥AC1,∴AC1⊥平面A1BC.(2)以D为坐标原点,以平行BC的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)知AC1⊥平面A1BC,则AC1⊥A1C,∴四边形ACC1A1为菱形,∴A1D=.设n=(x0,y0,z0)为平面A1AB的法向量,=(2,2,0),=(0,-1,-),则令x0=3,则n=(3,-3,).设面A1BC的法向量为m=(x,y,z),=(0,-1,),=(2,0,0),∴令z=1,则m=(0,,1),故cos<m,n>==-,根据法向量的方向可知二面角A-A1B-C的余弦值为-.10.(13分)(2015·包头测试)如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=AB=2,点E是棱AB上一点,且=λ.(1)证明:D1E⊥A1D;(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为,求CE与平面D1ED所成的角.10.【解析】(1)以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为=λ,所以E,于是=(-2,0,-2)所以·(-2,0,-2)=0,故D1E⊥A1D.(或用几何法先证出A1D⊥平面D1AE,然后证出A1D⊥D1E)(2)因为D1D⊥平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n1=(0,0,2).又=(0,-4,2),设平面D1CE的法向量为n2=(x,y,z),则n2·=2x+y=0,n2·=-4y+2z=0,所以向量n2的一个解是.因为二面角D1-EC-D的余弦值为,则,解得λ=1.因为λ=1,所以E(2,2,0),故=(0,0,2),=(2,2,0),=(2,-2,0),因此=0,=0,故CE⊥平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角为.[高考冲关]1.(5分)(2015·银川一中四模)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为 ()A. B. C. D.1.B【解析】设底面正三角形ABC的中心为Q,则由题意易知PQ⊥底面ABC,则PA与平面ABC所成角为∠PAQ.又该三棱柱的体积V=S△ABCh=h=,h=,则|PQ|=,又|AQ|=1,在直角三角形APQ中,tan∠PAQ=,∠PAQ=.2.(5分)(2015·浙江高考)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则()A.∠A'DB≤αB.∠A'DB≥αC.∠A'CB≤αD.∠A'CB≥α2.B【解析】取极限思维:当沿直线CD翻折180°,此时α=0°,排除选项A,C;当沿直线CD翻折0°,此时α=180°,排除选项D.3.(5分)(2015·四川高考)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为.3.【解析】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),并设M(0,t,2)(0≤t≤2),则=(2,1,0),=(-1,t,2),则cosθ=.当t=2时,cosθ=0;当t≠2时,即0≤t<2,令m=2-t,则t=2-m,且,所以cosθ=,则当,即m=2时,cosθ取得最大值.4.(12分)(2015·陕西高考)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.4.【解析】(1)在图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A10,0,,C,得,=(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则取n1=(1,1,1);取n2=(0,1,1),从而cosθ=|cos<n1,n2>|=,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. 5.(13分)(2015·重庆一中月考)如图,已知三棱锥A-OCB中,AO⊥底面BOC,且∠BAO=∠CAO=,AB=4,点D为线段AB的中点,记二面角B-AO-C的大小为θ.(1)求三棱锥A-OCB体积V的最大值;(2)当θ=时,求二面角C-OD-B的余弦值.5.【解析】(1)由条件,∠BOC即为二面角B-AO-C的平面角,即为θ,V=×BO×OC×sinθ×AO=sinθ≤,所以当θ=时,V取得最大值.