2019届高考数学一轮复习 第七篇 立体几何与空间向量 第7节 第二课时 求空间角与距离训练 理 新人教版.doc

第二课时求空间角与距离【选题明细表】知识点、方法题号异面直线所成角2,9直线与平面所成角3,6,7,10二面角1,4,11,12,13,14点点距、点面距5,8基础巩固(时间:30分钟)1.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为(C)(A)45 (B)135(C)45或135(D)90解析:cos=,即=45.所以两平面所成二面角为45或135.2.(2017河北秦皇岛模拟)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB,E为AA1的中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(C)(A) (B) (C) (D)解析:以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,设AA1=2AB=2,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),E(1,0,1),D1(0,0,2).所以=(0,-1,1),=(0,-1,2),所以cos=.3.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=1,AC=2,BC=,D,E分别是AC1和BB1的中点,则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(A)(A)(B)(C)(D)解析:因为AB=1,AC=2,BC=,AC2=BC2+AB2,所以ABBC.因为三棱柱为直三棱柱,所以BB1平面ABC.以B为原点,BC,BA,BB1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B-xyz,则A(0,1,0),C(,0,0).设B1(0,0,a),则C1(,0,a),所以D(, ,),E(0,0,),所以=(-,-,0),平面BB1C1C的法向量=(0,1,0).设直线DE与平面BB1C1C所成的角为,则sin =|cos|=,所以=.4.导学号 38486171如图,在四棱锥PABCD中,四边形ABCD为平行四边形,且BC平面PAB,PAAB,M为PB的中点,PA=AD=2.若AB=1,则二面角BACM的余弦值为(A)(A)(B)(C)(D)解析:因为BC平面PAB,所以PA平面PAB,PABC,又PAAB,且BCAB=B,所以PA平面ABCD.以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0),C(1,2,0),P(0,0,2),B(1,0,0),M(,0,1),所以=(1,2,0),=(,0,1),求得平面AMC的一个法向量为n=(-2,1,1),又平面ABC的一个法向量=(0,0,2),所以cos=.所以二面角BACM的余弦值为.5.在直三棱柱ABCA1B1C1中,ACB=90,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1DCC1的大小为60,则AD的长为(A)(A)(B)(C)2 (D)解析:如图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2).设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z).由得令z=-1,则m=(a,1,-1).又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由 cos 60=,得=,解得a=,所以AD=.故选A.6.(2017河南郑州模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为(B)(A)-(B)(C)(D)-解析:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量,则即令z=2,则y=1,x=2,于是n=(2,1,2),=(0,2,0),设所求线面角为,则sin =|cos|=.故选B.7.如图,在正四棱锥SABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成角为.解析:如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P(0,-,).则=(2a,0,0),=(-a,-,),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos=.所以=60,所以直线BC与平面PAC所成的角为30.答案:308.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是.解析:如图建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),所以=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0).设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,-1,-1),所以点D1到平面A1BD的距离d=.答案:能力提升(时间:15分钟)9.如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(A)(A)(B)(C)(D)解析:不妨令CB=1,则CA=CC1=2.可得O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),所以=(0,2,-1),=(-2,2,1),所以cos=0.所以与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角,所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.故选A.10.导学号 38486172已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于 (A)(A) (B)(C)(D)解析:如图,以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系Exyz,设棱长为1,则A(,0,1),B1(0,0).设AB1与平面ACC1A1所成的角为,EB1为平面ACC1A1的法向量.则sin =|cos|=.故选A.11.已知点E,F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为.解析:如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设DA=1,由已知条件得,A(1,0,0),E(1,1,),F(0,1,),=(0,1,),=(-1,1,).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),平面AEF与平面ABC所成的二面角为,由得令y=1,则n=(-1,1,-3).又平面ABC的一个法向量为m=(0,0,-1),则 cos =|cos|=,所以tan =.答案:12.(2017合肥市二模)如图1,矩形ABCD中,AB=1,AD=2,点E为AD中点,沿BE将ABE折起至PBE,如图2所示,点P在面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证:BPCE;(2)求二面角BPCD的余弦值.(1)证明:由条件,点P在平面BCDE的射影O落在BE上,所以平面PBE平面BCDE,易知BECE,所以CE平面PBE,而BP平面PBE,所以PBCE.(2)解:以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,直线PO为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(,-,0),C(, ,0),D(-, ,0),P(0,0,).设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1, z1),则即令z1=,可得n1=(0, ,).设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令z2=,可得n2=(2,0,).所以cos=,考虑到二面角BPCD为钝二面角,则二面角BPCD的余弦值为-.13.(2017深圳市一模)如图,四边形ABCD为菱形,四边形ACFE为平行四边形,设BD与AC相交于点G,AB=BD=2,AE=,EAD=EAB.(1)证明:平面ACFE平面ABCD;(2)若AE与平面ABCD所成角为60,求二面角BEFD的余弦值.(1)证明:连接EG.因为四边形ABCD为菱形,所以AD=AB,BDAC,DG=GB.在EAD和EAB中,AD=AB,AE=AE,EAD=EAB,所以EADEAB,所以ED=EB,则BDEG.又ACEG=G,所以BD平面ACFE.因为BD平面ABCD,所以平面ACFE平面ABCD.(2)解:如图,在平面ABCD内,过G作AC的垂线,交EF于M点.由(1)可知,平面ACFE平面ABCD.因为MG平面ABCD,所以直线GM,GA,GB两两互相垂直,分别以GA,GB,GM为x,y,z轴建立空间直角坐标系Gxyz,可得EAC为AE与平面ABCD所成的角,所以EAC=60,则D(0,-1,0),B(0,1,0),E(,0,),F(-,0,),=(2,0,0),=(,-1,),=(,1,).设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=2,可得平面BEF的一个法向量为n=(0,3,2),同理可求得平面DEF的一个法向量为m=(0,3,-2),所以cos=,所以二面角BEFD的余弦值为.14.(2018山西模拟)如图,在几何体ABCDEF中,ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,四边形ACFE为矩形,平面ACFE平面ABCD,CF=1.(1)求证:平面FBC平面ACFE;(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90),试求cos 的取值范围.(1)证明:在四边形ABCD中,因为ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,所以AB=2,所以AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3,所以AB2=AC2+BC2,所以BCAC.因为平面ACFE平面ABCD,平面ACFE平面ABCD=AC,BC平面ABCD,所以BC平面ACFE.又因为BC平面FBC,所以平面FBC平面ACFE.(2)解:由(1)知可建立分别以直线C