（考前大通关）高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题六《第二讲 空间角与距离》题针对训练 理

一、选择题1．若直线l与平面α所成的角为eq\f(π,4)，则直线l与平面α内与l不相交的直线所成角中最大，最小的角分别为()A.eq\f(3π,4)，eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)，eq\f(π,4)C.eq\f(3π,4)，0D.eq\f(π,2)，0解析：选B.直线和平面内直线所成角最大为eq\f(π,2)，而直线和平面所成角即为直线和平面内所有直线所成角中的最小角，故最小角为eq\f(π,4).2．(2011年高考大纲全国卷)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为()A．7πB．9πC．11πD．13π解析：选D.如图，由题意可知∠AMN＝60°，设球心为O，连接ON、OM、OB、OC，则ON⊥CD，OM⊥AB，且OB＝4，OC＝4.在圆M中，∵π·MB2＝4π，∴MB＝2.在△OMB中，OB＝4，∴OM＝2eq\r(3).在△MNO中，OM＝2eq\r(3)，∠NMO＝90°－60°＝30°，∴ON＝eq\r(3).在△CNO中，ON＝eq\r(3)，OC＝4，∴CN＝eq\r(13)，∴S＝π·CN2＝13π.3．在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点A1到截面AB1D1的距离是()A.eq\f(4\r(3),3) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)解析：选C.设A1C1∩B1D1＝O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥平面AB1D1，交线为AO1，在平面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于点H，则易知A1H的长即是点A1到平面AB1D1的距离．在Rt△A1O1A中，A1O1＝eq\r(2)，AO1＝eq\r(6)，由A1O1·A1A＝A1H·AO1，可得A1H＝eq\f(2\r(3),3).4．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为()A．2B．3C．4D．5解析：选C.如图所示，则BC中点、A1D1中点、B1、D分别到两异面直线的距离相等，即满足条件的点有四个，故选C项．5．设C是∠AOB所在平面外的一点，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是锐角，而OC与平面AOB所成角的余弦值等于eq\f(\r(3),3)，则θ的值为()A．30°B．45°C．60°D．75°解析：选C.作CC1⊥平面AOB于点C1，CA1⊥OA于点A1，CB1⊥OB于点B1，连接OC1(图略)，则∠COC1为直线OC与平面AOB所成的角，则OC1是∠AOB的平分线，设OA1＝x，则OC＝eq\f(x,cosθ)，OC1＝eq\f(x,cos\f(θ,2))，易求得cos∠COC1＝eq\f(cosθ,cos\f(θ,2))＝eq\f(2cos2\f(θ,2)－1,cos\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),3)，即2cos2eq\f(θ,2)－eq\f(\r(3),3)coseq\f(θ,2)－1＝0，解之得coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)或coseq\f(θ,2)＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)，故eq\f(θ,2)＝30°，所以θ＝60°.二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若M为棱BB1的中点，则异面直线B1D与AM所成角的余弦值是__________．解析：取AA1的中点N，连结B1N，DN(图略)，则AM∥B1N，∠DB1N即为所求，设正方体的棱长为1，在△B1DN中，求出各边长，利用余弦定理可求出∠DB1N的余弦值为eq\f(\r(15),5).答案：eq\f(\r(15),5)7．已知点O在二面角α－AB－β的棱上，点P在α内，且∠POB＝45°.若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α－AB－β的大小是________．解析：由已知∠POB是PO和平面β所成角中的最小角．由最小角定理，∠POB是PO和面β所成的角．即BO是PO在β内的射影，故α⊥β.即二面角α—AB—β的大小为90°.答案：90°8．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A—BD—C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中正确的序号是______．(写出你认为正确的所有结论的序号)解析：取BD中点O，连结AO、CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，∴BD⊥面AOC，∴AC⊥BD.又AC＝eq\r(2)AO＝AD＝CD，∴△ACD是等边三角形．而∠ABD是AB与平面BCD所成的角，∴应为45°.又Aeq\o(C,\s\up6(→))＝Aeq\o(B,\s\up6(→))＋Beq\o(D,\s\up6(→))＋Deq\o(C,\s\up6(→))(设AB＝a)，则a2＝a2＋2a2＋a2＋2·a·eq\r(2)a·(－eq\f(\r(2),2))＋2·a·eq\r(2)a·(－eq\f(\r(2),2))＋2a2cos〈Aeq\o(B,\s\up6(→))，Deq\o(C,\s\up6(→))〉，∴cos〈Aeq\o(B,\s\up6(→))，Deq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)，∴AB与CD所成角为60°.答案：①②④三、解答题9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M.解：(1)因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D1所成的角．因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°.而A1B1＝1，B1M＝eq\r(B1C\o\al(2,1)＋MC\o\al(2,1))＝eq\r(2)，故tan∠MA1B1＝eq\f(B1M,A1B1)＝eq\r(2)，即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为eq\r(2).(2)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，得A1B1⊥BM.①由(1)知，B1M＝eq\r(2)，又BM＝eq\r(BC2＋CM2)＝eq\r(2)，B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.②又A1B1∩B1M＝B1，再由①②得BM⊥平面A1B1M，而BM⊂平面ABM，因此平面ABM⊥平面A1B1M.10．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值．解：以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E(a，eq\f(a,2)，0)，P(0,0，a)，F(eq\f(a,2)，eq\f(a,2)，eq\f(a,2))．(1)证明：∵eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－eq\f(a,2)，0，eq\f(a,2))·(0，a,0)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，∴EF⊥CD.(2)设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，y，z·\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)＝0，,x，y，z·a，\f(a,2)，0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)x＋y＋z＝0，,ax＋\f(a,2)y＝0.))取x＝1，则y＝－2，z＝1，∴n＝(1，－2,1)，∴cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·n,|\o(BD,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(a,\r(2)a·\r(6))＝eq\f(\r(3),6).设DB与平面DEF所成角为θ，则sinθ＝eq\f(\r(3),6).11.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值；(2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置，使EA⊥EB1(要求说明理由)；(3)在(2)的条件下，若AB＝eq\r(2)，求二面角A－EB1－A1的大小．解：以B为坐标原点，BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC的一个法向量为eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1,2,0)，设BC1与平面ABC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2\r(5),5)，∴tanθ＝2，即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.(2)设E(1，y,0)，A(0,0，z)，则eq\o(EB,\s\up6(→))1＝(－1,2－y,0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－1，－y，z)，∵EA⊥EB1，∴eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))1＝1－y(2－y)＝0，∴y＝1，即E(1,1,0)，∴E为CC1的中点．(3)由题知A(0,0，eq\r(2))，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1,1，－eq\r(2))，且由(2)知eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(1，－1,0)．设平面AEB1的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0,n·\o(B1E,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1－\r(2)z1＝0,x1－y1＝0))，令x1＝1，则n＝(1,1，eq\r(2))．∵eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1