2018届高考数学二轮复习十四空间角与距离注意命题点的区分度理.docx

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，则m的值为()A9或1B9或1C5或5 D2或3解析：选B由题意PP1，即，(m4)225，解得m9或m1.2.如图所示，点P在正方形ABCD所在的平面外，PA平面ABCD，PAAB，则PB与AC所成的角是()A90 B60C45 D30解析：选B将其放入正方体ABCDPQRS中，连接SC，AS，则PBSC，ACS(或其补角)是PB与AC所成的角ACS为等边三角形，ACS60，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BAC60，则这个二面角的大小是()A90 B60C45 D30解析：选A如图，连接BC，则ABC为等边三角形，设ADa，则BDDCa，BCACa，所以BDC90，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()A75 B60C45 D30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，PA1，cosPAO.PAO45，即所求线面角为45.故选C.5已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为4，底面边长为2.若点M是线段A1C的中点，则直线BM与底面ABC所成角的正切值为()A. B.C. D.解析：选C如图，过点M作MNAC于点N，连接BN，则MBN为直线BM与底面ABC所成角，由题意可知MN2，BN3，所以tanMBN.6在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB4，则点A1到平面AB1D1的距离是()A1 BC. D2解析：选B设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1AB1D1VAA1B1D1，所以SAB1D1hSA1B1D1AA1，所以h.7(2018届高三湖北六校联考)已知三棱柱ABCA1B1C1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，则直线PA与平面ABC所成角的大小为()A. B.C. D.解析：选B如图，取P1为底面ABC的中心，连接PP1，AP1，由底面是边长为的正三角形，知底面三角形的高为，面积为，又三棱柱的体积为，则三棱柱的高PP1，AP11，PAP1为所求角，因为tanPAP1，所以PAP1.8.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，且PDAD1，AB2，点E是AB上一点，当二面角PECD为时，AE()A1 BC2 D2解析：选D如图，过点D作DFCE于F，连接PF，因为PD平面ABCD，所以PDCE，又PDDFD，所以CE平面PDF，所以PFCE，可得PFD为二面角PECD的平面角，即PFD，故在RtPDF中，PDDF1，因为在矩形ABCD中，EBCCFD，所以，得EC2，在RtBCE中，根据勾股定理，得BE，所以AEABBE2，故选D.9已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的各棱长均为2，A1AD60，BAD90，平面A1ADD1平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为()A. B.C. D.解析：选C取AD的中点O，连接OA1，易证A1O平面ABCD，且A1O.建立如图所示的空间直角坐标系，得B(2，1,0)，D1(0,2，)，(2,3，)，平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)，设BD1与平面ABCD所成的角为，sin ，tan .10.如图，在棱长均为2的正四棱锥PABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是()ABE平面PAD，且BE到平面PAD的距离为BBE平面PAD，且BE到平面PAD的距离为CBE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于30DBE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POAC，POBD.又ACBD，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PABCD的棱长均为2，点E为PC的中点，知A(，0,0)，B(0，0)，C(，0,0)，D(0，0)，P(0,0，)，E，则，(，0，)，(0，)，设m(x，y，z)是平面PAD的法向量，则即令x1，则z1，y1，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，则sin |cosm，|，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ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，AA13，点M是BC的中点，点PAC1，QMD，则PQ长度的最小值为()A1 B.C. D2解析：选C根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x0，2x0,33x0)，Q(x1,2x1,3)，x0，x10,1，所以PQ ，当且仅当x0，x1时，PQ取得最小值，即PQmin.12(2017合肥二模)如图，正四面体ABCD的顶点C在平面内，且直线BC与平面所成的角为45，顶点B在平面内的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面所成角的正弦值为()A. B.C. D.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，BO，BO，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RtHCD中，CHBC.BO，直线BC与平面所成的角为45，BCO45，结合HCB30得HCO75，因此H到平面的距离dCHsin 75sin(4530)，过点D作DE于E，连接CE，则DCE就是直线CD与平面所成的角，DH，且DH，DH，由此可得点D到平面的距离等于点H到平面的距离，即DE，在RtCDE中，sinDCE，即直线CD与平面所成角的正弦值为.故选A.二、填空题13.如图，四面体ABCD中，CD4，AB2，E，F分别是AC，BD的中点，若EFAB，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MECD，MFAB，因为EFAB，所以EFMF，则MEF为EF与CD所成的角，又ME2，MF1，故MEF30.答案：3014已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱A1B1的中点，则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为_解析：以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A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)，(2,2,0)，(1,0，2)ACBD，ACBB1，BDBB1B，AC平面BDD1B1，则(2,2,0)是平面BDD1B1的一个法向量设直线AE与平面BDD1B1所成的角为，则sin |cos，|.答案：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h1，h2，h3，正四面体ABCD的棱长为9，每个面面积为S99sin 60，如图，取BC中点E，连接AE.过D作DO平面ABC，垂足为O.则AOAE 3，高hDO3.正四面体ABCD的体积VShS(h1h2h3)h1h2h33.满足P到平面DAB、平面DBC、平面DCA的距离成等差数列，h1h2h33h23，h1h32，点P到平面DCA的距离最大值为2.答案：216如图，在矩形ABCD中，AB2，AD3，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EBCF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BFCF2，PFBC，又EBEC，EPBC，EPF为二面角EBCF的平面角，而FP ，在EPF中，cosEPF.答案：三、解答题17.(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值解：(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因为ABCD，所以ABPD.又APPDP，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PFAD，垂足为F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则即所以可取m(1,0,1)则cosn，m.由图知二面角APBC为钝角，所以二面角APBC的余弦值为.18(2017洛阳统考)如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形，FABDAB90，二面角FABD是直二面角，BEAF，BCAD，AFABBC2，AD1.(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FCDA的余弦值解：(1)证明：由已知得，BEAF，AF平面AFD，BE平面AFD，BE平面AFD.同理可得，BC平面AFD.又BEBCB，平面BCE平面AFD.设平面DFC平面BCEl，则l过点C.平面BCE平面AFD，平面DFC平面BCEl，平面DFC平面AFDDF，DFl，即在平面BCE上一定存在过点C的直线l，使得DFl.(2)平面ABEF平面ABCD，FA平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，又FAB90，AFAB，AF平面ABCD，AD平面ABCD，AFAD.DAB90，ADAB.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)，(1,0,2)，(1,2,0)设平面DFC的法向量为n(x，y，z)，则不妨取z1，则n(2，1,1)，不妨取平面ACD的一个法向量为m(0,0,1)，cosm，n，由于二面角FCDA为锐角，因此二面角FCDA的余弦值为.19(2017天津高考)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN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，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，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：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨取z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又(0，2，1)，(1,2，1)，则即不妨取y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.20在平面四边形ACBD(图)中，ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB2，BAD30，BAC45，将ABC沿AB折起，构成如图所示的三棱锥CABD，且使CD.(1)求证：平面CAB平面DAB；(2)求二面角ACDB的余弦值解：(1)证明：取AB的中点O，连接CO，DO，在RtACB，RtADB中，AB2，则CODO1，CD，CO2DO2CD2，即COOD，