2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第47讲角度与距离题目.doc

第7讲 角度与距离本节内容主要是关于空间中各种角与距离的定义与求法以及向量在相关计算中的应用向量方法一般用于求角度，如线线所成角，线面所成角，面面所成角，有时也可以用来求点到平面距离和异面直线之间的距离A类例题正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1与直线BD1的距离是_（2001年全国高中数学联赛）分析：求异面直线的距离有很多种思路，可以从定义出发找出公垂线段，求出其长度，也可以过一条直线作另一条直线的平行线，求出线面距离，即为异面直线的距离，等等解：连接B1D1，交A1C1于O，易证A1C1平面BB1D1，过O作BD1的垂线，垂足为H，则OH为直线A1C1与直线BD1的公垂线段把RtBB1D1的平面图画出来，易得OHA，B，C，D四点不共面，且两两间的距离均为1，点P与点Q分别在线段AB与CD上运动，则P与Q间的最小距离为_（2001年第12届希望杯）解 A，B，C，D构成正四面体，求P与Q间的最小距离即求AB与CD间的距离，如图取AB，CD的中点E，F，则AFCD，BFCD，CD平面ABFEFCD又EFAB，EF为AB，CD间的距离AEBE，AF1，EFABC的顶点B在平面内，A、C在的同一侧，AB、BC与所成的角分别是30和45，若AB3，BC4，AC5，则AC与所成的角为（ ）A60 B45 C30 D15（2005年高考吉林、黑龙江、广西卷）分析：利用三角形表达出AC与所成的角作AD于D，CE于E，则ADCE，作AFCE于F由ABD30，CBE45，AB3，CB4，易知AD，CE4由CEDE得AFDE故CF4，故sinCAF故AC与所成的角为 30答案：C情景再现已知平面，l，P是空间一点，且P到、的距离分别是1、2，则点P到的距离为 （2004年高考浙江文）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成的角是AarccosBCarccosD（2005年高考福建）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则E到平面AB C1D1的距离为（ ）ABCD（2005年高考湖南文）B类例题如图，A1B1C1-ABC是直三棱柱，BCA900，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点若BCCACC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）ABCA1B1C1D1F1（A）（B）（C）（D）（1995年高考全国）分析：求异面直线所成的角一般可以通过平移的方法把两条异面直线所成的角构造出来，然后通过解三角形求出角度解：设BC2，把BD1平移到AD2在AD2F1中，AF1，BD2，D2F1，cos答案：A四面体SABC中，ASB=，ASC=，BSC=(0，)以SC为棱的二面角的平面角为，求证：=arccos(cotcot)(1962年北京市数学竞赛)证明：在SC上取一点D，使SD=1，分别在面SBC、SCA内作DE、DF与SC垂直分别交SB、SA于E、F，连EF，则EDF=则DE=tan，SE=sec，DF=tan，SF=sec EF2=tan2+tan22tantancos=sec2+sec2 tantancos=1cos=cotcot =arc cos(cotcot)过正四面体的高作一个平面与四面体的三个侧面交于三条直线，这三条直线与四面体的底面所成角分别为、，证明：tan2+tan2+tan2=12(1960年波兰数学竞赛)证明：设正四面体的边长=1，高为AH，过AH的平面交正四面体的三个侧面于AM、AN、AP(如图)则AMH、ANH、APH即为AM、AN、AP与底面所成的角，AMH=，ANH=，APH= AH2= tan2+tan2+tan2=+=(+)为求+，可利用解析几何：以BD中点O为原点，OB为x轴正方向建立直角坐标系，则点H(0，)直线HM的方程为：(q为参数)CD方程为y=(x+)， 以HM的参数方程代入得， +tsin=(tsin+)， =(sinqcosq)BC方程为y=(x)，以HM的参数方程代入得，+tsin=(tsin)， =(sinq+cosq)令y=0，得=2sinq +=+=18于是tan2+tan2+tan2=12情景再现如图，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值是_（1996年高考全国理）已知三棱锥DABC的三个侧面与底面全等，且ABAC，BC2，则以BC为棱，以面BCD与面BCA为面的二面角的大小是（ ）AarccosBarccosCD（1997年全国理）C类例题正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB中点，F为CC1中点，异面直线EF与AC1所成角的余弦值是（ ）ABCD（2004年第15届希望杯二试）分析：本题以正方体为框架，E和F点都是中点，考虑用向量法会比较方便解：设正方体棱长为1，以D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴建立空间直角坐标系，则E（1，1），F（0，1，A（1，0，1），C1（0，1，0）（1，），1（1，1，1），cos选B说明：本题也可以如上题一样用平移的方法解决，但考虑到正方体的背景，还是用向量法解决同学们也可以不用向量法解此题，看看计算难度如何如图三棱柱OABO1A1B1，平面OBB1O1平面OAB，O1OB60，AOB90，且OBOO12，OA求：（1）二面角O1ABO的大小；（2）异面直线A1B与AO1所成角的大小（上述结果用反三角函数值表示）（2002年上海春季高考）分析：第（1）问可以构造二面角的平面角求解，第（2）问可以考虑用向量法解解：（1）取OB的中点D，连结O1D，则O1DOB平面OBB1O1平面OAB，O1D平面OAB过D作AB的垂线，垂足为E，连结O1E则O1EAB，DEO1为二面角O1ABO的平面角由题设得O1D，sinOBA，DEDBsinOBA在RtO1DE中，tanDEO1，DEO1arctan，即二面角O1ABO的大小为arctan另外本题也可以用向量法来解以O点为原点，分别以OA、OB所在直线为x、y轴，过O点且与平面AOB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），O1（0，1，），A（，0，0），A1（，1，），B（0，2，0）（，2，0），（0，1，）设平面OAB法向量为（0，0，1），设平面O1AB法向量为（x，y，z），则由和得：，故，令y，则（2，1）cos（2）设异面直线A1B与AO1所成的角为，则1（，1，），1（，1，）cos异面直线A1B与AO1所成角的大小为arccos说明：用向量法求二面角的大小，可以考虑转为求平面法向量的夹角而求平面的法向量方法如下：先求出平面内不共线的两个向量，然后设法向量坐标，利用平面内向量与平面的法向量内积为0建立方程组，求出法向量ABCD是边长为4的正方形，E，F分别为AB，AD中点，GC平面ABCD，GC2，求点B到平面EFG的距离解：以CD，CB，CG为坐标轴建立平面直角坐标系则E（2，4，0），F（4，2，0），B（0，4，0），G（0，0，2）故（2，2，0），（2，4，2），（2，0，0）设平面EFG法向量为（x，y，z），则，故，设y1，则（1，1，3）故点B到平面EFG距离d说明：求点到平面距离可以先求出平面的法向量，然后求出该点指向平面上一点向量，这个向量投影在平面的单位法向量上就是点到平面的距离计算时可以如本题求法另外这个方法也可以用来求异面直线之间的距离，只要构造出通过异面直线中的一条且与另一条直线平行的平面就可以把异面直线之间的距离转为点面的距离情景再现如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，在某个空间直角坐标系中（，0），（m，0，0），1（0，0，n），（其中m、n0）（1）证明：三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱；（2）若mn，求直线CA1与平面A1ABB1所成角的大小（2003年上海春季高考）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a（1）建立适当的坐标系，并写出点A、B、A1、C1的坐标；（2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角（2002年天津）正方体AC1的棱长为1，求DA1与AC的距离习题七A1B1C1ABC是直三棱柱，BCA90，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BCCACC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为（ ）ABCD（1995年全国理）正三棱柱ABCA1B1C1中，若ABBB1，则AB1与C1B所成角的大小为（ ）（2001年全国理）A60B90C105D75正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1 所成的角是A90 B60 C45 D30（2002年天津）在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AEA1B，AFA1D（1）求证：A1C平面AEF；（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等试根据上述定理，在AB4，AD3，AA15时，求平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小（用反三角函数值表示）（2001上海春）如图在空间直角坐标系中BC2，原点O是BC的中点，点A的坐标是（，0），点D在平面yOz上，且BDC90，DCB30（1）求向量的坐标；（2）设向量和的夹角为，求cos的值（1995上海，21）如图，在三棱锥SABC中，SA底面ABC，ABBCDE垂直平分SC，且分别交AC、SC于D、E又SAAB，SBBC求以BD为棱，以BDE与BDC为面的二面角的度数（1990年全国）已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC2求点B到平面EFG的距离（1991全国）两条异面直线a、b所成的角为，它们的公垂线段AA1的长度为d在直线a、b上分别取点E、F，设A1Em，AFn求证：EF（1992年理）如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且C1CBC1CDBCD60（1）证明：C1CBD；（2）假定CD2，CC1，记面C1BD为，面CBD为，求二面角BD的平面角的余弦值；（3）当的值为多少时，能使A1C平面C1BD？（2000年全国理）如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱AB与BC的中点（1）求二面角BFB1E的大小的正切值；（2）求点D到平面B1EF的距离；（3）在棱DD1上能否找到一点M，使BM平面EFB1？若能，试确定点M的位置；若不能，请说明理由（2004湖南）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90侧棱AA12，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G（1）求A1B与平面ABD所成角的余弦值；（2）求点A1到面AED的距离（2003全国理）A1ABCC1B1已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，ABC900，BC2，AC，且AA1A1C，AA1A1C（）求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小;（）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小;（）求顶点C到侧面A1ABB1的距离（1998年全国）.精品资料。欢迎使用。高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。第7讲 角度与距离答案1. 答案：2. 答案：D3. 答案：B4. 答案：5. 答案：C6. 解：（1）证明：（，0），|m，又（，0），（m，0，0）|m，|m，ABC为正三角形又10，即AA1AB，同理AA1AC，AA1平面ABC，从而三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱（2）解：取AB中点O，连结CO、A1OCOAB，平面ABC平面ABB1A1，CO平面ABB1A1，即CA1O为直线CA1与平面A1ABB1所成的角在RtCA1O中，COm，CA1，sinCA1O，即CA1O457. 解：（1）以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系由已知，得A（0，0，0），B（0，a，0），A1（0，0，a），C1（a，a）（2）取A1B1的中点M，于是M（0，a），连AM，MC1有1（a，0，0），且（0，a，0），1（0，0，a）由于10，110，所以MC1面ABB1A1AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角1（a，a），（0，a），102a2a2而|1|a|acos1，所以1与所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为308. 解：以B1为原点建立平面直角坐标系，则A（1，0，1），C（0，1，1），A1（1，0，0），D（1，1，1），则（0，0，1），（1，1，0），（0，1，1）设(x，y，z)同时与和垂直，则，故，取y1，则（1，1，1），d习题七9. 答案：A10. 答案：B11. 答案：B12. 解：（1）证明：因为CB平面A1B，所以A1C在平面A1B上的射影为A1B由A1BAE，AE平面A1B，得A1CAE同理可证A1CAF因为A1CAF，A1CAE，所以A1C平面AEF（2）解：过A作BD的垂线交CD于G，因为D1DAG，所以AG平面D1B1BD设AG与A1C所成的角为，则即为平面AEF与平面D1B1BD所成的角由已知，计算得DG建立如图直角坐标系，则得点A（0，0，0），G（，3，0），A1（0，0，5），C（4，3，0）AG，3，0，A1C4，3，5因为AG与A1C所成的角为，所以cos，arccos由定理知，平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小为arccos如果不用向量法也可用下面的方法求二面角的平面角：解法一：设AG与BD交于M，则AM面BB1D1D，再作ANEF交EF于N，连接MN，则ANM即为面AEF与D1B1BD所成的角，用平面几何的知识可求出AM、AN的长度解法二：用面积射影定理cos13. 解：（1）过D作DEBC，垂足为E，在RtBDC中，由BDC90，DCB30，BC2，得BD1，CD，DECDsin30OEOBBEOBBDcos601D点坐标为（0，），即向量的坐标为（0，）（2）依题意：（，0），（0，1，0），（0，1，0）所以（，1，），（0，2，0）设向量和的夹角为，则cos14. 解法一：由于SBBC，且E是SC的中点，因此BE是等腰三角形SBC底边SC的中线，所以SCBE又已知SCDE，BEDEE，SC面BDE，SCBD又SA底面ABC，BD在底面ABC上，SABD而SCSAS，BD面SACDE面SAC面BDE，DC面SAC面BDC，BDDE，BDDCEDC是所求的二面角的平面角SA底面ABC，SAAB，SAAC设SAa，则ABa，BCSBa又因为ABBC，ACa在RtSAC中，tanACS，ACS30又已知DESC，所以EDC60，即所求的二面角等于60解法二：由于SBBC，且E是SC的中点，因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线，所以SCBE又已知SCDE，BEDEESC面BDE，SCBD由于SA底面ABC，且A是垂足，AC是SC在平面ABC上的射影由三垂线定理的逆定理得BDAC；又因ESC，AC是SC在平面ABC上的射影，E在平面ABC上的射影在AC上，由于DAC，DE在平面ABC上的射影也在AC上，根据三垂线定理又得BDDEDE面BDE，DC面BDC，EDC是所求的二面角的平面角以下同解法一15. 解：如图，连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O 因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EFBD，H为AO的中点BD不在平面EFG上否则，平面EFG和平面ABCD重合，从而点G在平面的ABCD上，与题设矛盾由直线和平面平行的判定定理知BD平面EFG，所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距BDAC， EFHCGC平面ABCD， EFGC， EF平面HCG 平面EFG平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线作OKHG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离 正方形ABCD的边长为4，GC2， AC4，HO，HC3 在RtHCG中，HG由于RtHKO和RtHCG有一个锐角是公共的，故RtHKOHCG OK，即点B到平面EFG的距离为16. 解法一：设经过b与a平行的平面为，经过a和AA1的平面为，c，则ca因而b，c所成的角等于，且AA1c（如图）AA1b， AA1根据两个平面垂直的判定定理，在平面内作EGc，垂足为G，则EGAA1并且根据两个平面垂直的性质定理，EG连结FG，则EGFG在RtEFG中，EF2EG2FG2AGm，在AFG中，FG2m2n22mncosEG2d2，EF2d2m2n22mncos如果点F(或E)在点A(或A1)的另一侧，则EF2d2m2n22mncos因此解法二：过点A作直线ca，则c、b所成的角等于，且AA1c根据直线和平面垂直的判定定理，AA1垂直于b、c所确定的平面a在两平行直线a、c所确定的平面内，作EGc，垂足为G，则EG平行且等于AA1，从而EG连结FG，则根据直线和平面垂直的定义，EGFG在RtEFG中，EF2EG2FG2（下同解法一）17. 解：（1）C1CBC1CDC1在平面ABCD上的射影H在BCD的平分线上ABCD是菱形直线C1C在平面ABCD上的射影即为直线ACACBD，C1CBD（2）连接BD交AC于O，由C1CDC1CB得C1OBD又ACBD，C1OC是二面角BD的平面角由余弦定理C1B22222cos60OCB60，OBBC1C1O2C1B2OB21C1O，即C1OC1C作C1HOC，垂足为H，则H为OC中点，且OH，cosC1OC（3）当1时，A1C平面C1BD由（1）知BD平面ACC1A1，故BDA1C若1，同理BC1A1C，A1C平面C1BD说明：本题考察空间线面关系，二面角的概念，要有较好的空间想像能力和运算能力18. 解 （1）作BHB1F于H，连接EH，则由EB平面BB1F可知，EHB1F于是EHB是二面角BFB1E的平面角在RtBB1F中，BHtanEHB（2）易证D