2018届数学二轮复习寒假作业（十四）空间角与距离（注意命题点的区分度）理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE21学必求其心得，业必贵于专精寒假作业（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eq\r(30),则m的值为（）A．－9或1 B．9或－1C．5或－5 D．2或3解析：选B由题意PP1＝eq\r（30),即eq\r（m－42＋－12＋－22）＝eq\r（30），∴（m－4）2＝25，解得m＝9或m＝－1.2。如图所示，点P在正方形ABCD所在的平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，则PB与AC所成的角是（)A．90° B．60°C．45° D．30°解析：选B将其放入正方体ABCD.PQRS中，连接SC，AS，则PB∥SC，∴∠ACS(或其补角）是PB与AC所成的角．∵△ACS为等边三角形，∴∠ACS＝60°，∴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∠B′AC＝60°，则这个二面角的大小是(）A．90° B．60°C．45° D．30°解析：选A如图，连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝eq\r（2)a，所以∠B′DC＝90°，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（)A．75° B．60°C．45° D．30°解析：选C如图，在四棱锥P。ABCD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＝eq\f（\r（2),2)，PA＝1，∴cos∠PAO＝eq\f（AO，PA）＝eq\f(\r(2）,2）。∴∠PAO＝45°,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2eq\r(3）。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。eq\f（1,2) B.eq\f(1,3）C。eq\f（2,3) D.eq\f(3,4)解析：选C如图,过点M作MN⊥AC于点N,连接BN,则∠MBN为直线BM与底面ABC所成角，由题意可知MN＝2，BN＝3，所以tan∠MBN＝eq\f（MN,BN)＝eq\f（2,3）.6．在正四棱柱ABCD。A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则点A1到平面AB1D1A．1 B．eq\f（4,3)C。eq\f(16,9) D．2解析：选B设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1。AB1D1＝VA。A1B1D1，所以eq\f（1，3）S△AB1D1h＝eq\f(1,3)S△A1B1D1×AA1，所以h＝eq\f(S△A1B1D1×AA1,S△AB1D1）＝eq\f（\f(1，2）×2×2×4,\f（1,2）×2\r（2）×\r（42＋22－\r（2)2))＝eq\f（4，3).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eq\f(9，4），底面是边长为eq\r（3）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.eq\f（5π，12） B。eq\f(π，3)C。eq\f（π，4) D。eq\f(π，6)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eq\r（3)的正三角形,知底面三角形的高为eq\f(3，2)，面积为eq\f(3\r(3),4），又三棱柱的体积为eq\f（9,4），则三棱柱的高PP1＝eq\r（3)，AP1＝1，∠PAP1为所求角,因为tan∠PAP1＝eq\r（3），所以∠PAP1＝eq\f（π，3)。8.如图，在四棱锥P。ABCD中,底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2,点E是AB上一点，当二面角P。EC.D为eq\f（π，4）时，AE＝（)A．1 B．eq\f(1,2)C．2－eq\r（2) D．2－eq\r（3)解析：选D如图，过点D作DF⊥CE于F,连接PF，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CE,又PD∩DF＝D，所以CE⊥平面PDF，所以PF⊥CE,可得∠PFD为二面角P­EC­D的平面角，即∠PFD＝eq\f（π,4），故在Rt△PDF中，PD＝DF＝1，因为在矩形ABCD中，△EBC∽△CFD，所以eq\f(DF，BC）＝eq\f(CD,EC），得EC＝eq\f（CD·BC，DF）＝2,在Rt△BCE中,根据勾股定理，得BE＝eq\r（CE2－BC2)＝eq\r（3),所以AE＝AB－BE＝2－eq\r（3）,故选D.9．已知斜四棱柱ABCD­A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°,∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则直线BD1与平面ABCDA。eq\f(\r(3),4） B。eq\f(\r（13）,4）C。eq\f(\r（39),13) D。eq\f（\r(39)，3)解析:选C取AD的中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD,且A1O＝eq\r(3).建立如图所示的空间直角坐标系,得B(2，－1,0)，D1（0，2，eq\r（3)),＝(－2，3,eq\r（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θ，∴sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈，n〉))＝eq\f(|·n|,||·|n|）＝eq\f(\r(3），4）,∴tanθ＝eq\f(\r（39)，13）.10.如图，在棱长均为2的正四棱锥P.ABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是（）A．BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为eq\r(3）B．BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为eq\f（2\r（6），3)C．BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于30°D．BE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PO⊥AC，PO⊥BD。又AC⊥BD,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P。ABCD的棱长均为2，点E为PC的中点，知A(－eq\r(2)，0,0)，B（0，－eq\r（2)，0），C(eq\r(2）,0，0)，D(0,eq\r(2）,0），P（0,0,eq\r(2）),Eeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r(2），2)，0，\f(\r（2）,2))），则＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2），2）,\r(2)，\f(\r（2),2）))，＝(－eq\r（2）,0，－eq\r(2）),＝(0，eq\r(2），－eq\r(2))，设m＝(x,y，z）是平面PAD的法向量，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－\r（2）x－\r(2)z＝0,，\r(2）y－\r(2）z＝0，））令x＝1，则z＝－1,y＝－1，即m＝（1,－1，－1)是平面PAD的一个法向量,设BE与平面PAD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，〉｜＝eq\f（｜m·|，｜m|·|｜）＝eq\f(\r（2),3)<eq\f(1，2),故BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30°，故选D.11．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，点M是BC的中点，点P∈AC1，Q∈MD，则PQA．1 B。eq\f(4，3）C。eq\f（2\r(3)，3) D．2解析：选C根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x0，2x0，3－3x0），Q(x1,2－x1,3)，x0，x1∈[0，1］，所以PQ＝eq\r(x0－x12＋2x0＋x1－22＋3－3x0－32)＝eq\r（2\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x1＋\f（x0－2,2））)2＋\f（27，2)\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x0－\f（2，9）））2＋\f（4，3))，当且仅当x0＝eq\f（2,9），x1＝eq\f（8,9)时，PQ取得最小值,即PQmin＝eq\r（\f（4，3））＝eq\f(2\r（3）,3)。12．(2017·合肥二模)如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内,且直线BC与平面α所成的角为45°,顶点B在平面α内的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦值为()A.eq\f（\r(6）＋3\r(2)，12） B.eq\f(2\r（2）＋1,5）C.eq\f(\r(6）＋\r(2），4) D。eq\f（5＋2\r（2),12）解析:选A∵四边形OBAC中，顶点A与点O的距离最大，∴O，B，A，C四点共面，设此平面为β，∵BO⊥α，BO⊂β，∴β⊥α,如图,过点D作DH⊥平面ABC，垂足为H，连接HC,设正四面体ABCD的棱长为1，则在Rt△HCD中，CH＝eq\f（\r（3）,3)BC＝eq\f(\r（3),3).∵BO⊥α，直线BC与平面α所成的角为45°，∴∠BCO＝45°，结合∠HCB＝30°得∠HCO＝75°，因此H到平面α的距离d＝CHsin75°＝eq\f（\r（3），3)sin(45°＋30°）＝eq\f（\r(3）,3)×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2),2)×\f（\r(3），2）＋\f（\r（2），2）×\f（1,2)))＝eq\f(\r（3),3)×eq\f（\r（6）＋\r(2)，4）＝eq\f（\r（6）＋3\r（2）,12）,过点D作DE⊥α于E，连接CE，则∠DCE就是直线CD与平面α所成的角，∵DH⊥β，α⊥β且DH⊄α，∴DH∥α，由此可得点D到平面α的距离等于点H到平面α的距离,即DE＝eq\f（\r（6)＋3\r(2）,12)，∴在Rt△CDE中，sin∠DCE＝eq\f（DE,CD）＝eq\f(\r（6）＋3\r(2),12），即直线CD与平面α所成角的正弦值为eq\f(\r(6）＋3\r(2），12）.故选A.二、填空题13。如图，四面体ABCD中,CD＝4，AB＝2，E，F分别是AC，BD的中点，若EF⊥AB，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ME∥CD，MF∥AB,因为EF⊥AB,所以EF⊥MF,则∠MEF为EF与CD所成的角,又ME＝2，MF＝1，故∠MEF＝30°.答案：30°14．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）．∵AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B,∴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θ，则sinθ＝｜cos〈，>｜＝eq\f（｜·｜,|||｜)＝eq\f（\r（10）,10）.答案：eq\f(\r（10）,10)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S＝eq\f(1，2)×9×9×sin60°＝eq\f（81\r(3)，4）,如图,取BC中点E,连接AE.过D作DO⊥平面ABC，垂足为O。则AO＝eq\f（2，3)AE＝eq\f(2,3）eq\r（81－\f(81，4))＝3eq\r(3),∴高h＝DO＝eq\r（81－27)＝3eq\r(6）.∴正四面体ABCD的体积V＝eq\f(1，3）Sh＝eq\f(1,3)S(h1＋h2＋h3)．∴h1＋h2＋h3＝3eq\r(6)。∵满足P到平面DAB、平面DBC、平面DCA的距离成等差数列，∴h1＋h2＋h3＝3h2＝3eq\r（6)，∴h1＋h3＝2eq\r（6)，∴点P到平面DCA的距离最大值为2eq\r(6）.答案:2eq\r(6）16．如图，在矩形ABCD中，AB＝2,AD＝3，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E。BC­F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BF＝CF＝2，∴PF⊥BC，又EB＝EC，∴EP⊥BC，∴∠EPF为二面角E。BC.F的平面角，而FP＝eq\r（FB2－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）BC)）2)＝eq\f（\r（7），2），在△EPF中,cos∠EPF＝eq\f（EP2＋FP2－EF2，2EP·FP)＝eq\f（4＋\f（7，4)－\f（9，4），2×2×\f（\r（7）,2))＝eq\f（\r(7）,4）。答案：eq\f(\r（7),4)三、解答题17。（2017·全国卷Ⅰ）如图，在四棱锥P。ABCD中,AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；(2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°,求二面角A­PB。C的余弦值．解：（1）证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP,CD⊥PD。因为AB∥CD，所以AB⊥PD。又AP∩PD＝P,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PF⊥AD，垂足为F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，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Aeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2)，2），0，0）），Peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，0，\f(\r(2），2）))，Beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（2),2），1，0)），Ceq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（\r（2),2)，1，0)）.所以＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（2），2)，1，－\f（\r(2）,2）)）,＝(eq\r（2），0，0），＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（2),2)，0，－\f（\r（2），2））），＝（0,1，0)．设n＝（x1,y1,z1）是平面PCB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·＝0，,n·＝0，)）即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（2），2)x1＋y1－\f（\r（2),2)z1＝0,，\r（2)x1＝0。））所以可取n＝（0,－1，－eq\r(2）)．设m＝(x2，y2，z2）是平面PAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2)x2－\f（\r（2)，2）z2＝0，，y2＝0.))所以可取m＝（1，0,1)．则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n｜｜m|)＝eq\f（－\r(2）,\r（3)×\r（2)）＝－eq\f(\r(3），3)。由图知二面角A。PB.C为钝角，所以二面角A。PB。C的余弦值为－eq\f（\r（3),3).18．（2017·洛阳统考）如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形，∠FAB＝∠DAB＝90°,二面角F.AB。D是直二面角，BE∥AF，BC∥AD，AF＝AB＝BC＝2,AD＝1.(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F­CD。A的余弦值．解:（1）证明：由已知得，BE∥AF，AF⊂平面AFD，BE⊄平面AFD，∴BE∥平面AFD。同理可得，BC∥平面AFD。又BE∩BC＝B，∴平面BCE∥平面AFD。设平面DFC∩平面BCE＝l,则l过点C。∵平面BCE∥平面AFD，平面DFC∩平面BCE＝l，平面DFC∩平面AFD＝DF,∴DF∥l，即在平面BCE上一定存在过点C的直线l，使得DF∥l。(2)∵平面ABEF⊥平面ABCD,FA⊂平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF＝AB，又∠FAB＝90°，∴AF⊥AB,∴AF⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD,∴AF⊥AD.∵∠DAB＝90°,∴AD⊥AB.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eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·＝0，,n·＝0）)⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x＋2z＝0，,x＋2y＝0.））不妨取z＝1,则n＝（2，－1，1),不妨取平面ACD的一个法向量为m＝（0，0，1），∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n，｜m｜｜n｜)＝eq\f（1，\r(6)）＝eq\f（\r(6）,6）,由于二面角F­CD.A为锐角，因此二面角F­CD。A的余弦值为eq\f(\r(6）,6)。19．（2017·天津高考）如图，在三棱锥P。ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D,E，N分别为棱PA，PC,BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2。(1)求证：MN∥平面BDE；（2)求二面角C.EM。N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eq\f（\r(7），21），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eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n·＝0，，n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2y＝0,，2x－2z＝0。))不妨取z＝1，可得n＝(1，0，1）．又＝（1,2，－1)，可得·n＝0。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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n2·＝0，，n2·＝0,)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－2y1－z1＝0，,x1＋2y1－z1＝0。）)不妨取y1＝1,可得n2＝(－4,1,－2)．因此有cos<n1，n2〉＝eq\f（n1·n2,|n1｜|n2｜)＝－eq\f（4,\r(21)）,于是sin<n1，n2〉＝eq\f(\r（105）,21).所以二面角C.EM。N的正弦值为eq\f(\r(105),21）.(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4）,则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)，＝（－2，2,2)．由已知，得｜cos〈，〉｜＝eq\f（|·｜，｜|｜|）＝eq\f(｜2h－2|，\r(h2＋5）×2\r（3))＝eq\f(\r（7)，21)，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝eq\f（8，5)或h＝eq\f(1，2)。所以线段AH的长为eq\f（8，5）或eq\f（1,2）.20．在平面四边形ACBD（图①）中,△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB,设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°,将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′.ABD，且使C′D＝eq\r(2）。(1）求证：平面C′AB⊥平面DAB；（2）求二面角A。C′D。B的余弦值．解：（1）证明:取AB的中点O，连接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中,AB＝2，则C′O＝DO＝1，∵C′D＝eq\r(2)，∴C′O2＋DO2＝C′D2,即C′O⊥OD,又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，