三年模拟一年创新届高考数学复习 第八章 第七节 空间角与距离 理全国通用.docx

三年模拟一年创新届高考数学复习 第八章 第七节 空间角与距离 理全国通用.docx

《三年模拟一年创新届高考数学复习 第八章 第七节 空间角与距离 理全国通用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年模拟一年创新届高考数学复习 第八章 第七节 空间角与距离 理全国通用.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

三年模拟一年创新届高考数学复习第八章第七节空间角与距离理全国通用

A组　专项基础测试

三年模拟精选

一、选择题

1．（2015·泰安模拟）已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为（　　）

A．30°B．60°C．120°D．150°

解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝.∴θ＝30°.

答案　A

2．（2015·广州模拟）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为（　　）

A.B.C.D.

解析　设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知＝（2，－2，1），＝（2，2，－1），

cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝.

答案　B

3．（2014·石家庄调研）设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是（　　）

A.B.C.D.

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），

∴＝（2，0，0），＝（2，0，2），＝（2，2，0），

设平面A1BD的法向量n＝（x，y，z），

则令x＝1，则n＝（1，－1，－1）．

∴点D1到平面A1BD的距离

d＝＝＝.

答案　D

4．（2014·江西南昌质检）二面角αlβ等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于（　　）

A.B.C．2D.

解析　如图，∵二面角αlβ等于120°，

∴与夹角为60°.

由题设知，⊥，

⊥，||＝||＝||＝1，

||2＝|＋＋|2

＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×cos60°＝4，∴||＝2.

答案　C

二、填空题

5．（2015·青岛模拟）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________．

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n·＝0，n·＝0，

即令z＝2，则y＝1，x＝2，

于是n＝（2，1，2），＝（0，2，0），

sinα＝|cos〈n，〉|＝.

答案　

一年创新演练

6．已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________．

解析　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则＝（0，0，2），由题意可求得平面GEF的一个法向量为n＝（1，1，3），所以点C到平面GEF的距离为d＝＝.

答案　

7．如图，三棱锥PABC中，PA＝PB＝PC＝，CA＝CB＝

，AC⊥BC.

（1）求点B到平面PAC的距离；

（2）求二面角CPAB的余弦值．

解　取AB中点O，连接OP，CO，

∵CA＝CB＝，∠ACB＝90°，

∴CO⊥AB，且AB＝2，CO＝1.

∵PA＝PB＝，∴PO⊥AB，且PO＝＝.∴PO2＋OC2＝3＝PC2，

∴∠POC＝90°，即PO⊥OC.

∴OA，OC，OP两两垂直．

如图所示，分别以OA，OC，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A（1，0，0），B（－1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，）．

（1）设平面PAC的一个法向量为n＝（x，y，1），则

∵＝（－1，1，0），＝（1，0，－），

∴，∴x＝y＝，

∴n＝（，，1）．∵＝（－2，0，0），

∴点B到平面PAC的距离为

d＝＝＝.

（2）＝（0，1，0）是平面PAB的一个法向量，cos〈n，〉＝＝.

综合图形可见，二面角CPAB的大小为锐角，

∴二面角CPAB的余弦值为.

B组　专项提升测试

三年模拟精选

一、选择题

8．（2014·宁夏银川调研考试）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.B.C.D.

解析　法一　取A1C1的中点E，连接AE、B1E.

由题易知B1E⊥平面ACC1A1，

则∠B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角．令正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sin∠B1AE＝＝＝，故选A.

法二　如上图，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与面ACC1A1所成角为θ，

则sinθ＝|cos〈，〉|

＝＝.

答案　A

二、填空题

9．（2014·江苏徐州一模）将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为________．

解析　设折叠后点A到达A1点的位置，取BD的中点E，连接A1E、CE.

∴BD⊥CE，BD⊥A1E.

∴∠A1EC为二面角A1BDC的平面角．

∴∠A1EC＝60°，又A1E＝CE，

∴△A1EC是等边三角形．

∴A1E＝CE＝A1C＝a.

即折叠后点A与C之间的距离为a.

答案　a

三、解答题

10.（2014·南京模拟）如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点．

（1）求证：

MN⊥AB；

（2）求二面角SNDA的余弦值；

（3）求点A到平面SND的距离．

解　以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向，垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系（如图）．

（1）证明　由题意得A（0，4，0），B（0，0，0），M（1，2，1），N（0，2，0），S（0，4，2），D（1，0，0）．

所以：

＝（－1，0，－1），＝（0，－4，0），·＝0，∴MN⊥AB.

（2）设平面SND的一个法向量为m＝（x，y，z），

则：

m·＝0，且m·＝0.

∵＝（0，－2，－2），＝（－1，2，0），

∴即

令z＝1，得：

x＝－2，y＝－1，

∴m＝（－2，－1，1）．

又平面AND的法向量为n＝（0，0，1），cos〈m，n〉＝＝.

由题图易知二面角SNDA为锐角，故其余弦值为.

（3）∵＝（0，－2，0），

∴点A到平面SND的距离

d＝＝.

11．（2015·广东六校联盟模拟）如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t（0

（1）当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；

（2）线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由．

解　法一　

（1）根据题意，长方体体积为V＝t（2－t）×1＝t（2－t）≤＝1，

当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，

所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，

作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，

因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．

因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形，

又A1B＝，A1C＝，所以BM＝＝＝，同理可得，DM＝，

在△BMD中，根据余弦定理有：

cos∠BMD＝＝－，

因为∠BMD∈（0°，180°），所以∠BMD＝120°，

即此时二面角B－A1C－D的值是120°.

（2）若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD

又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC，

底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．由

（1）知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M，

此时，A1P＝＝＝.

法二　根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：

（1）长方体体积为V＝t（2－t）×1＝t（2－t）≤＝1，

当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1.

所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，则A1（0，0，1），B（1，0，0），C（1，1，0），＝（1，0，－1），＝（0，1，0），

设平面A1BC的法向量m＝（x，y，z），则

取x＝z＝1，得：

m＝（1，0，1），

同理可得平面A1CD的法向量n＝（0，1，1），

所以，cos〈m，n〉＝＝，

又二面角B－A1C－D为钝角，故值是120°.

（也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量）

（2）根据题意有B（t，0，0），C（t，2－t，0），D（0，2－t，0），若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨＝λ（λ＞0），可得P（λt，λ（2－t），1－λ）

＝（λt－t，λ（2－t），1－λ），

＝（－t，2－t，0），

即：

解得：

t＝1，λ＝.

即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处．

一年创新演练

12．如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝30°，∠B＝90°，D为AC中点，E为BD的中点，AE的延长线交BC于F，将△ABD沿BD折起，折起后∠AEF＝θ.

（1）求证：

平面AEF⊥平面BCD；

（2）cosθ为何值时，AB⊥CD?

（1）证明　在Rt△ABC中，∠C＝30°，D为AC的中点，则△ABD是等边三角形．

又E是BD的中点，故BD⊥AE，BD⊥EF，

折起后，AE∩EF＝E，

∴BD⊥平面AEF.∵BD⊂平面BCD，

∴平面AEF⊥平面BCD.

（2）解　如图所示，过A作AP⊥平面BCD于P，

则P在FE的延长线上．

设BP与CD相交于Q，令AB＝1，

则△ABD是边长为1的等边三角形．

若AB⊥CD，又AP⊥CD，则CD⊥平面ABP，PQ⊂平面ABP，

则BQ⊥CD.

在Rt△CBQ中，由于∠C＝30°，故∠CBQ＝60°.

又∠CBD＝30°，故∠EBP＝30°.

在Rt△EBP中，PE＝BE·tan30°＝×＝.

又AE＝，故cos∠AEP＝＝.

折起后有cosθ＝cos（π－∠AEP）＝－.

故当cosθ＝－时，AB⊥CD.

13.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，AA1＋AB＋AC＝3，AB＝AC＝t（t>0），P是侧棱AA1上的动点．

（1）当AA1＝AB＝AC时，求证：

A1C⊥平面ABC1；

（2）试求三棱锥PBCC1的体积V取得最大值时的t值；

（3）若二面角ABC1C的平面角的余弦值为，试求实数t的值．

（1）证明　连接A1C.

∵AA1⊥平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，

∴AA1⊥AC，AA1⊥AB.

又AB⊥AC，

∴以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A（0，0，0），C1（0，1，1），

B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），＝（0，1，－1），＝（0，1，1），＝（1，0，0）．

设平面ABC1的法向量n＝（x，y，z），

则解得

令z＝1，则n＝（0，－1，1）．

∵＝－n，∴A1C⊥平面ABC1.

（2）解　∵AA1∥平面BB1C1C，

∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C