巩固练习 空间角空间距离基础

1、 【巩固练习】 ）中，直线AC与BD所成的角为（2015春 保定期末）在正方体ABCDABCD1.11111 D90° C60° A30° B45° ）PB与BC所成角的大小（中，CDBB=BC，P为CD上一点，则异面直线2.如图，长方体ABCDAB11111111 P点的移动而变化90° D随°A是45° B是60 C是C,AABCABABC? ）的中点，则，E，F3.如图，正三棱柱分别是EF的长是（ 的各棱长都211111 753 2 B. C. D.AB1C 1FA1BCA 取最大值时，二，当ABC所成角为AC将三角形

2、ADC折起，设AD与平面4.已知正方形ABCD，沿对角线 ）D的正弦值等于（面角BAC 32 D1 C 0.5 A B 2260°成AECF的中点，在正方体的和DC12条面对角线中，与截面5 设E，F是正方体AC的棱AB1111 ）（角的对角线的数目是 6 D C4 A0 B2 CD中，棱长为a，M，N分别为AB和ACA6.如图所示，在正方体ABCDB上的111112a，则MN与平面BBCANC的位置关系是 M点，A1113) ( B平行A相交 不能确定DC垂直 090BCA=ABC，BDA、B分别是 CBA7 直三棱住、D，点FA的中点，CBC=CA=CC，则11111111111

3、 ） 与AF 所成角的余弦值是（1 1530301 D B C A 1010152 1的EF是是矩形，且如图，平面8.ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEFAFADa，G 2 所成角的正弦值为中点，则GB与平面AGC ) ( 36 B. A. 3626D. C. 33 ACAB(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是(2,2,1)， _9已知 26，则侧面与底面所成的二面角等于 ，底面对角线的长为 10已知正四棱锥的体积为12 11. （2015?杭州一模）在长方体ABCDABCD中，其中ABCD是正方形，已知AB=1，AA1，设11111 d，则的取值范围是 C到直线

4、A的距离和到平面DCBA的距离分别为d，点A21111 12如图，在ABC中，ABC60°，BAC90°，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90°. (1)证明：平面ADB平面BDC； AEDB夹角的余弦值 BC的中点，求 与E(2)设为 13. （2015 韶关模拟）如图，长方体ABCDABCD中，AD=AA=1，AB=2，点E是线段AB中点 11111（1）证明：DECE； 1（2）求二面角DECD的大小的余弦值； 1（3）求A点到平面CDE的距离 1 90°，DABDC，PABCD的底面为直角梯形，AB14已知四棱锥 1 的中点是PBA

5、B1，M底面ABCD，且PAADDC，PA 2 ；平面PCD(1)证明：平面PAD PB所成的角；AC(2)求与 BMC所成二面角的余弦值(3)求平面AMC与平面 o,/CD,AB?BCD90又 ABCD是直角梯形，15如图，在四棱锥P-ABCD中，底面 P PC2,AB=,PB2,CD=ABBC=PC=1. ABCDPC；（）求证：平面 的大小；（）求二面角B-PD-C D C .PB（）求点到平面AD的距离 B A 【参考答案与解析】D 【答案】1.【解析】如图，分别以DA，DC，DD三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的边长11111为1，则： A（1，0，0），C（0，1

6、，1），D（0，0，1），B（1，1，1）； 1 ； ； ；即ACBD； 1直线AC与BD所成角为90°故选D 1 2【答案】C； BC?ABBC?BC，且 【解析】由题意易证，111AB?BC?BBC?ABCD 又因为，所以平面1111BP?ABCDBC?BP. 因为，所以平面1113.【答案】C； 【解析】如图所示，取AC的中点G，连EG，FG，1C1 FA1BCGEA 5，选C EF1，故EGEG则易得2，4.【答案】B； 【解析】AD与平面ABC所成角取最大值时即D点离面ABC最远时， 即面ADC垂直平面ABC时二面角最大，故选B. C 【答案】5 ，轴建立空间直角坐标系，并

7、设正方体的棱长为1DD为z为x轴，DC为y轴，【解析】以D为原点，DA11nAEnEC，=0则由=0及AECF的法向量为n=(x，y，z)，则A(1，00)，E(1，0)，C(0，1，0)设平面11 1 211 ，1)y=可得xz=，于是可取n=(1 22(1,1,0)?B?DB?DC?(0,1,1)DAB，于是这30°n所成的角为，而且可计算得到这四个向量与向量1111 而其它的面对角线所在的向量均不满足条件所成的角为60°四个向量与平面AECF1 &&科学来源 B 【答案】6. 【解析】 轴，建立空间直角坐标，CC所在直线为x，y，zC分别以CB，D11

8、111 系2 ，aAMAN132a22M(a，a，)，N(a，a，a) 3333a2MN(，0， a) 33又C(0,0,0)，D(0，a,0)， 11 CD(0，a,0) 11MNMNCDCD. 0， · 1111 CD是平面BBC C的法向量， 1111 且MN?平面BBCC， 11 MN平面BBCC. 117.【答案】A 8.【答案】C 【解析】 如图，以A为原点建立空间直角坐标系， AGAC(0,2a,2a) ， (a，a,0)， ，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)G(a，a,0)，F(a,0,0)， BGBC (0,0,2a)，(a，a,0)，

9、设平面AGC的法向量为n(x，y1)， 1,11 ?BG1xay00ax·n?1111? ?由?1y02a2ay?BG?0·n 111 ，1,1)n(11BG6·n| 2a1. sin 3BG3a×2|n| 1 1221229【答案】(，)或(，) 333333 【解析】 设平面ABC的法向量n(x，y,1)， ACAB， 且n则n ACABn·0. 0，且即n· 1? ?，02x2y1，x? 2? 即即?，4x5y30?，1y1n122n(，1,1)，单位法向量为±±(，) |n|3233 ? 【答案】10 3

10、，） 11.【答案】（【解析】设AA=b，由AA1得b1， 11 AC的距离d=，所以点 A到直线11连接AD，过A作AEAD， 11由CD平面ADDA得，CDAE，又AEAB，则AE平面DCBA， 11111所以AE为点A到平面DCBA的距离， 11 则d=AE=， 2 ?，=?=所以2 ，3+2因为b1，所以b 0所以 ），（故答案为：），所以b（ 12【解析】 边上的高，BC是AD证明：折起前(1)DB. ADDC，AD当ABD折起后， ，又DBDCDBDC. 平面AD ，AD?平面ABDBDC. 平面ABD平面DCDB ， |DB|1，以D为坐标原点，以 两两垂直，(2)由BDC90&

11、#176;及(1)知DA，DB，DC不妨设DA轴，所在直线为，x轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)y 31 ，E(，A(0,00)，3)， 22 31AEDB (1,0,0)，(，3)， 22AEDB 与 夹角的余弦值为 1 AEDB222· AEDB. cos， 2222AEDB|·| | ×14 13.【证明】（1）：DD面ABCD，CE?面ABCD 1所以，DDCE， 1RtDAE中，AD=1，AE=1， DE=， 222 同理：CE=，又CD=2，CD=CE+DE， DECE， DECE=E， 所

12、以，CE面DDE， 1又DE?面DEC， 11所以，DECE 1 （2）设平面CDE的法向量为=（x，y，z）， 1 ）得=（1，1，1），=（1，1，0） 由（1 =x+y1=0y=0 =x?，? 解得：x=y=，即=（，1）； 又平面CDE的法向量为=（0，0，1）， ，=，cos 的余弦值为ECD，所以，二面角D1 （），0），平面CDE，）由（3）1）（2的法向量为）知=1=（0，11 =故，A点到平面CDE的距离为=d=1 【解析】14，B(0,2,0)AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0,0,0)，以A为坐标原点，1 M(0,1，)C(1,1,0)，D(1,

13、0,0)，P(0,0,1)， 2DCDCAPAPDC. ，所以AP，故 · (1)证明：因 (0,0,1)， 0(0,1,0) 是平面PAD内的两条相交直线，ADDC，且AP与AD由题设知 PAD. 由此得DC平面PCD. 上，故面PAD面又DC在平面PCDACPB 1)， ，(0,2因(2) ，(1,1,0)ACACPBPB ， ·| 2，| 2|，故| 5 ACPB10· ACPB. >， 所以cos< 5ACPB|·| NCMC， z)，则存在R，使 y(3)在MC上取一点N(x， 1MCNC ，)z)， (1,0(1x,1y， 2 1

14、. 1，zx1，y 21MCAN 0，即0xz 要使ANMC，只需 · 24. 解得 5241 ，1(点坐标为时，可知当N，) 555MCAN0. · 能使 2121BNAN 1，)，)， ，(此时，(，1 5555 MCBN0 ·有 MCMCBNANMC. ，BN0得AN由 · MC0， · 所以ANB为所求二面角的平面角 43030BNANANBN. | ·| | ， ， 555BNAN 2· BNAN. ，cos 3BNAN| |·| 2 . 所成角的余弦值为AMC与平面BMC平面 3 2=1,PBBC=PC

15、= 15【解析】（）证明：在中，PBCV222 ， PBPCBC=+o ，即， 90?PCBBCPC ， B=,ABIBCQABPCABCD . 平面 PC （）方法一： 解：由（）知， BCPCCCD=,PCIBCCD ，又PCD 平面 ， BC BM，于如图，过C作M，连接PDCM 内的射影，在平面PCD是BMCM ，PDBM 又PDCM 为二面角B-PD-C的平面角. CMB?o ，, PC=1, 在中, 90?PCD2VPCDCD= P 22 ，5CD+=PD=PCM CDPC?PD?CM 又，PDCM ×5CDPC2 . =CM= D C 5PDB A 25o, BC=在中

16、, 1, , 90?BCMCMBV=CM5 BC5, =CMBtan? CM2 5. B-PD-C 的大小为 二面角arctan2 方法二： 、z轴，建立空间直角坐CByCP分别为 解：如图，在平面ABCD内，以C为原点， CDx ，-xyz标系C z P , 则(1,1,0)AP(0,0,1),B(0,1,0),D(2,0,0),C(0,0,0), M ，过C作于M，连接BM，设DPCM)zy,M(x,ruruuuuruuuuu ， 则 2,0,1)-),zDP=(-y,-z),DM=(x-2,y,MC=(-xx C D ruuuruuu ，DPQMCB A y ruuuruuu ； 1 0

17、-z=2MC?DPxruruuuuuu 共线，DPDM,Qx-2 2 ， y=0,=z 2-42 21，解得由，=0,zx=,y 55ruuuruuu442422 点的坐标为，M)-)1,-MC=(-,0,(,0,)MB=(-, 555555ruruuuuu44, 0-=QMB?DP+0 55， DPMB又， DPCM为二面角B-PD-C的平面角. CMB?uuuruuur2424 ， )1,-MB=(-QMC=(-,0,-), 5555uuuruuur×MCMB2， =rruuucos?CMBuuu 3×|MB|MC|2 二面角B-PD-C的大小为. arccos 3（）解：设点B到平面PAD的距离为h