2019年高考数学专题三立体几何与空间向量第3讲空间中的角和距离梯度训练新人教A版.docx

第3讲空间中的角和距离选题明细表知识点方法巩固提高A巩固提高B异面直线所成角1,2,8,101,5,12,16直线与平面所成角5,152,3,4,7,12,14,17二面角3,7,11,13,14,166,8,9,13,15,17空间距离4,6,9,1210,11,17巩固提高A一、选择题1. 在我国古代数学名著九章算术中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑ABCD中,AB平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(A)(A)(B)-(C)(D)-解析: 由题意,可补形成正方体如图.所以异面直线AC与BD所成角就是ED与BD所成角,而BDE为等边三角形,所以所成角为,cos=.故选A.2.在正四面体ABCD中,E为AB的中点,则CE与BD所成角的余弦值为(A)(A)(B)(C)(D) 解析:如图,取AD中点F,连接EF,CF,因为E为AB的中点,所以EFBD,则CEF为异面直线BD与CE所成的角,因为ABCD为正四面体,E,F分别为AB,AD的中点,所以CE=CF.设正四面体的棱长为2a,则EF=a,CE=CF=a.在CEF中,由余弦定理得cosCEF=.故选A.3.(2018杭州二模)已知三棱锥SABC的底面ABC为正三角形,SASBSC,平面SBC,SCA,SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为1,2,3则(A)(A)12(C)23解析:由题意,设三角形SBC,SCA的高分别为h1,h2,三棱锥S-ABC的高为h,易知h1h2,根据正弦函数的定义得,sin 1=,sin 2=,所以sin 1sin 2,又1,2均为锐角,所以12,故选A.4. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1中心,则O到平面ABC1D1的距离是(A)(A)(B)(C)(D)解析:法一过O作A1B1的平行线,交B1C1于E,则O到平面ABC1D1的距离为E到平面ABC1D1的距离.作EFBC1于F,易证明EF平面ABC1D1,连接B1C,可求得EF=B1C=.故选A.法二因为O是A1C1的中点且C1平面ABC1D1,所以点O到平面ABC1D1距离为点A1到平面ABC1D1距离的一半,过A1作A1GAD1于G,(图略),由正方体性质得A1G平面ABC1D1,在等腰RtA1AD中,A1G=A1D=,所以A1到平面ABC1D1距离为,所以O到平面ABC1D1距离为.故选A.5. 如图,三棱锥PABC中,ABC为边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DEPB=E,且DEAB,PA=,PB=,则PA与平面CDE所成角的正切值为(A)(A)(B)(C)(D)解析:由勾股定理PA2+PB2=AB2PAPB,过P作PMAB于M,由AB平面DCE,所以APM为PA与平面CDE所成的角,在直角三角形APB中,APM=PBA,tanAPM=tanPBA=.故选A.6. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在正方体表面运动,如果=,那么这样的点P共有(C)(A)2个(B)4个(C)6个(D)无数个解析:设点A到直线BD1的距离为d,则满足题意的点位于以BD1为轴,以d为半径的圆柱上,即满足题意的点为圆柱与正方体的交点,设正方体棱长为1,则由=,得1=d得d=,在正方体内易证BD1平面A1C1D,BD1平面ACB1,记两个垂足分别为M,N,如图(1),则M,N分别为等边A1C1D与等边ACB1的中心,这两个三角形的六个顶点到对角线BD1的距离都相等,在对角面BB1D1D中,如图(2).BD1=,D1M=,所以DM=,所以正方体的六个顶点D,A,C,A1,B1,C1到对角线BD1距离都为,这又是正方体上到对角线BD1距离最远的点.由此得满足条件的点P有6个.故选C.7.(2018新高考研究联盟第三次联考)在平面内,已知ABBC,过直线AB,BC分别作平面,使锐二面角-AB-为,锐二面角-BC-为,则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为(A)(A)(B)(C)(D)解析:cos =cos 60cos 60=,也可以构造一个三棱锥来解决,故选A.二、填空题8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AD1与BD所成角的大小是.解析:如图所示,连接BC1,DC1,由正方体的性质可得,DBC1即为所求,且DBC1为等边三角形,则直线AD1与BD所成角的大小是60.答案:609. 长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为4的正方形,高为2,则顶点A1到截面AB1D1的距离为.解析:由题意可得:AD1=AB1=2,B1D1=4,据此可得=4=4,设顶点A1到截面AB1D1的距离为h,对三棱锥A1-AB1D1由等体积法得=,即4h=(44)2,解得h=.答案:10. 正三棱锥P-ABC中,CM=2PM,CN=2NB,对于以下结论:二面角B-PA-C的取值范围是(,);若MNAM,则PC与平面PAB所成角的大小为;过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;若二面角BPAC为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条.正确的序号是.解析:根据题意,由于正三棱锥PABC中,CM=2PM,CN=2NB,那么对于当PA+时二面角趋近于,当P无限接近于ABC外心时,趋近于,二面角B-PA-C的取值范围是(,);成立.若MNAM,则PC与平面PAB所成角的大小为;成立.过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;不成立.若二面角BPAC为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条;成立.答案:11.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1,则二面角C1-BD-C的正切值为.解析:设正方体棱长为a,取BD中点O,连接CO,C1O,因为CD=CB=a,C1B=C1D=a,所以COBD,C1OBD,所以COC1是二面角C1-BD-C的平面角,因为CC1=a,CO=a,所以tanCOC1=.所以二面角C1-BD-C的正切值为.答案:12.平面,两两垂直且交于一点O,若空间有一点P到这三个平面的距离分别是3,4,12,则点P到点O的距离为.解析:由题意,构造长方体图形,这个长方体过一个顶点的三条棱长分别为3,4,12,所求PO的长度即为体对角线长,所以PO=13.答案:1313. 如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C,E点在线段AC上,若二面角A-BD-E与二面角E-BD-C的大小分别为30和45,则=.解析:连接AC交BD于点O,连接OE,OC(图略),在OAE中,由正弦定理得:=,所以AE=sin 30=,在COE中,由正弦定理得:=,所以EC=sin 45=,因为sin CEO=sin OEA,所以=.答案:14.正三棱锥V-ABC中,VB=,BC=2,则二面角V-AC-B的大小为.解析:取AC中点为O,连接VO,BO,在正三棱锥VABC中,VB=,BC=2,因为VA=VC=VB=,AB=AC=BC=2,AO=CO=,所以VOAC,BOAC,VO=2,BO=3,所以cosVOB=,所以VOB=60.答案:6015.已知ABC与平面,且ACB=,CDAB于D,若边AB平面,边BC,AC与平面所成的角分别为和,则CD与平面所成角的大小为.解析:如图,过点C作CE于E,连DE,则CDE即为CD与平面所成角.连AE,BE,则CAE,CBE分别为AC,BC与平面所成的角,即CAE=,CBE=.设CE=1,则AC=2,BC=,于是AB=.由等面积法得CD=,所以sinCDE=,所以CDE=.答案:三、解答题16.(2018北京卷) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.(1)证明:在三棱柱ABCA1B1C1中,因为CC1平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以ACEF.因为AB=BC,所以ACBE,因为BEEF=E,所以AC平面BEF.(2)解: 由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.如图,建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),E(0,0,0),F(0,0,2),G(0,2,1),所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4,于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos=-.由题知二面角BCDC1为钝角,所以其余弦值为-.(3)证明:由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,所以直线FG与平面BCD相交.巩固提高B一、选择题1. 如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,则异面直线AC1与EF所成角的正切值为(D) (A)-(B)- (C)(D)解析:因为点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,所以EFAD,所以DAC1就是异面直线AC1与EF所成的角,正切值等于=.故选D.2. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为(C)(A)(B)(C)(D)解析:过点E作EFBD,垂足为F,则EAF为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在ABF中,由余弦定理:AF2=AB2+BF2-2ABBFcosABF=,所以AF=,在RtAEF中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cosEAF=.故选C.3. 如图,二面角-l-的大小是45,线段AB,Bl,AB与l所成的角为30,则AB与平面所成的角的正弦值是(D) (A)(B)(C)(D)解析:如图,过点A作AC于C,在内过C作CDl于D,连接AD,BC,由三垂线定理可知ADl,故ADC为二面角-l-的平面角,为45,又由已知,ABD=30,则ABC为AB与平面所成的角,设AD=2,则AC=,AB=4,所以sinABC=.故选D.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过它的任意两条棱作平面,则能作得与A1B成30角的平面的个数为(B)(A)2个(B)4个(C)6个(D)8个解析:画出图形如图所示,由图可知,正方体表面6个面与A1B所成的角不是30.符合题意的面为平面AA1C1C,平面A1B1CD,平面ABC1D1和平面BDD1B1,共4个.故选B.5.平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(A)(A)(B)(C)(D)解析:由题意直线mBD,直线nA1B,易知A1DB为等边三角形,DBA1=60,sin 60=,所以m,n所成角的正弦值为,故选A.6.(2018嵊州市适应性考试)如图,已知矩形ABCD,E是边AB上的点(不包括端点),且AE=AD,将ADE沿DE翻折至ADE,记二面角A-BC-D为,二面角A-CD-E为,二面角A-DE-B为,则(B)(A)(B)(C)(D)解析: 要比较,之间的大小关系,只需比较A在底面BCD上的射影O到三边BC,CD,DE的距离d1,d2,d3,之间的大小关系,当O从A点运动到F时,必有d1d2,即有;而d2,d3关系不确定,故选B.7.(2018全国卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为(A)(A)(B)(C)(D)解析: 如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,平面AB1D1与棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A1A,A1B1,A1D1平行,故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点E,F,G,H,M,N,则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大,此截面面积为S正六边形EFGHMN=6sin 60=.故选A.8. 在底面为正三角形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(mR),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为(A) (A)1(B)2(C)(D)3解析: 由题意知m0,过点A在平面ABC内作OxAC,则以A为原点O,分别以Ox,OC,OA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,则E(0,),=(,0),=(0,),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则n=(,-1,),取平面ADC法向量为m=(0,0,1),由二面角E-AD-C余弦值为,则|cos|=,所以=m2=1m=1.故选A.二、填空题9. 在边长为a的等边三角形ABC中,ADBC于D,沿AD折成二面角BADC后,BC=,这时二面角B-AD-C的大小为.解析:根据已知中ADBC于D,易得沿AD折成二面角B-AD-C后,BDC即为二面角B-AD-C的平面角,解三角形BDC即可求出二面角B-AD-C的大小.因为ADBC,所以沿AD折成二面角B-AD-C后,ADBD,ADCD,故BDC即为二面角B-AD-C的平面角,又因为BD=CD=BC=,所以BDC为等边三角形,所以BDC=60.答案:6010. 如图,60的二面角棱上有A,B两点,直线AA,BB分别在这个二面角的半平面内,且都垂直于AB,已知AB=3AA=3,BB=5,则AB的长度为.解析:运用基向量表示空间的向量,结合模长的计算得到AB的长度为2.答案:211.矩形ABCD满足AB=2,AD=1,点A,B分别在射线ON,OM上运动,MON为直角,当C到点O的距离最大时,ABO的大小为.解析:如图,设ABO=,因AB=2,BC=AD=1,则OB=2cos ,在CBO中,由余弦定理得OC=,当OC最大时,sin(2+)=1,即2+=,也即=,所以ABO=.答案:12. 如图,三棱锥S-ABC中,若AC=2,SA=SB=SC=AB=BC=4,E为棱SC的中点,则直线AC与BE所成角的余弦值为,直线AC与平面SAB所成的角为.解析:(1)如图(1),取SA中点M,连ME,BM,则MEAC,所以直线AC与BE所成角等于直线ME与BE所成角,则ME=,BM=BE=2,cosMEB=,所以直线AC与BE所成角的余弦值为.(2)如图(2),取SB中点N,连接AN,CN,则ANSB,CNSBSB平面ACN平面SAB平面ACN,因此直线AC与平面SAB所成的角为CAN,因为AN=CN=AC=2,所以CAN=60,因此直线AC与平面SAB所成的角为60.答案:6013. 如图所示,等边ABC的边长为4,D为BC中点,沿AD把ADC折叠到ADC处,使二面角B-AD-C为60,则折叠后二面角A-BC-D的正切值为.解析:由题意知BDC即为二面角B-AD-C的平面角,即BDC=60,所以BC=2,作DMBC于点M,连接AM,则AMBC,则AMD为二面角A-BC-D的平面角,因为ABC为等边三角形且BC=4.所以AD=2.DM=.所以tan AMD=2.答案:214.在长方体ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是边长为的正方形,AA1=3,E是AA1的中点,过C1作C1F平面BDE与平面ABB1A1交于点F,则CF与平面ABCD所成角的正切值为.解析: 连接AC与BD交于点O,因为四边形ABCD是正方形,AA1底面ABCD,所以BD平面ACC1A1,则当C1F与EO垂直时,C1F平面BDE,所以ACF是CF与平面ABCD所成角,在矩形ACC1A1中,C1A1FEAO,则=,因为A1C1=2AO=AB=2,AE=,所以A1F=,所以AF=,所以tanACF=.所以CF与平面ABCD所成角的正切值为.答案:15.已知三棱锥ABCD中,ABCD,且AB与平面BCD成60角.当的值取到最大值时,二面角A-CD-B的大小为.解析: 如图所示,作AECD于点E,连接BE,因为ABCD,CDAE,ABAE=A,所以CD平面ABE,且CD平面BCD,所以平面BCD平面ABE,又因为平面BCD平面ABE=BE,所以点A在平面BCD的射影在BE上,所以ABE=60,在ABE中由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2ABBE,所以=()2-+1=(-)2+,当=,即BE=2AB时,最小,此时=最大,所以AE=AB,由二面角的定义可知AEB为二面角A CDB的平面角,cosAEB=,所以AEB=.答案:16.高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S,A,B,C,D均在同一球面上,底面ABCD的中心为O1,球心O到底面ABCD的距离为,则异面直线SO1与AB所成角的余弦值的范围为.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设S(x,y,),O(,),O1(,0),BC中点M(1,0),由题设外接球的