高中数学人教版选修21课后训练323 求空间角空间距离问题.docx
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高中数学人教版选修21课后训练323求空间角空间距离问题
04课后课时精练
一、选择题
1.已知三棱锥S—ABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为，1，，则PS的长度为（ ）
A.9 B.
C.D.3
解析：
由题意可分别以SA，SB，SC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则点S的坐标为（0,0,0），点P的坐标为（，1，），由两点之间的距离公式可得|PS|＝＝3.
答案：
D
2.[2012·陕西高考]如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（ ）
A.B.
C.D.
解析：
不妨设CB＝1，则B（0,0,1），A（2,0,0），C1（0,2,0），B1（0,2,1）．
∴＝（0,2，－1），＝（－2,2,1）．
cos〈，〉＝＝＝，故选A.
答案：
A
3.
[2013·陕西省高新一中期末考试]如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为（ ）
A.B.
C.D.1
解析：
本题主要考查空间点到直线的距离，过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为（x，y，z），则A1（0,0,3），B（1,0,0），C（1,2,0），＝（1,2，－3），＝（x，y，z－3），＝（x－1，y，z）．
因为所以解得所以＝（－，，），所以点B到直线A1C的距离||＝，故选B.
答案：
B
4.如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E、F分别为C1D1、A1B的中点，则二面角B1－A1B－E的余弦值为（ ）
A.－B.－
C.D.
解析：
本题考查空间直角坐标系中的线段中点、二面角等基础知识．设AD＝1，则A1（1,0,2），B（1,2,0），因为E、F分别为C1D1、A1B的中点，所以E（0,1,2），F（1,1,1），所以＝（－1,1,0），＝（0,2，－2），设m＝（x，y，z）是平面A1BE的法向量，则
所以所以取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝（1,1,1），又DA⊥平面A1B1B，所以＝（1,0,0）是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，〉＝＝＝，又二面角B1－A1B－E为锐二面角，所以二面角B1－A1B－E的余弦值为，故选C.
答案：
C
5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点．则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为（ ）
A．60°B．90°
C．45°D．以上都不正确
解析：
结合图形，以点D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如下图．
由题意知，A1（1,0,2）、E（1,1,1）、D1（0,0,2），A（1,0,0），∴＝（0,1，－1），＝（1,1，－1），＝（0，－1，－1）．
设平面A1ED1的一个法向量为n＝（x，y，z），
则⇒
令z＝1，得y＝1，x＝0.
所以n＝（0,1,1），cos〈n，〉＝＝＝－1.
所以〈n，〉＝180°.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.
答案：
B
6．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在α、β半平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角的大小为（ ）
A．60°B．70°
C．80°D．90°
解析：
不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，如下图所示．
∵∠BPM＝∠BPN＝45°，
∴PE＝，PF＝，
∴·＝（－）·（－）
＝·－·－·＋·
＝abcos60°－a·cos45°－·bcos45°＋·
＝－－＋＝0.
∴⊥.
∵EM、FN分别是α、β内与棱AB垂直的直线，
∴EM与FN之间的夹角就是所求二面角，
即α－AB－β的大小为90°.
答案：
D
二、填空题
7．空间四点A（2,3,1），B（4,1,2），C（6,3,7），D（3,1,0），则点D到平面ABC的距离是________．
解析：
本题主要考查空间向量的坐标运算以及空间点到平面的距离的求法．由已知得＝（2，－2,1），＝（4,0,6），设平面ABC的法向量n＝（x，y，z），则，即，令x＝3，则y＝2，z＝－2，所以n＝（3,2，－2），＝（1，－2，－1），所以点D到平面ABC的距离＝＝.
答案：
8.[2013·辽宁大连一模]长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为________．
解析：
建立坐标系如图，则A（1,0,0），E（0,2,1），B（1,2,0），C1（0,2,2）．
＝（－1,0,2），＝（－1,2,1），
cos〈，〉＝＝.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
答案：
9.四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，ABCD是正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角θ的正弦值为________．
解析：
本题主要考查向量法求线面角，考查三角形重心坐标公式．分别以DA，DC，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由已知P（0,0,1），A（1,0,0），B（1,1,0），C（0,1,0），则重心G（，，0），因而＝（0,0,1），＝（－，－，1），那么sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.
答案：
三、解答题
10．已知正四棱锥R－ABCD的底面边长为4，高为6，点P是高的中点，点Q是侧面RBC的重心．求：
（1）异面直线PQ与BR所成的角的余弦值；
（2）直线PQ与底面ABCD所成的角的余弦值．
解：
以正四棱锥的底面
中心O为原点，过O平行于AD的直线为x轴，过O平行于AB的直线为y轴，OR为z轴建立空间直角坐标系，如右图所示．
则R（0,0,6），B（2,2,0），C（－2,2,0），因为P是RO的中点，Q是△RBC的重心，所以P（0,0,3），Q（0，，2）．
（1）＝（0，，－1），＝（－2，－2,6），
所以|cos〈，〉|＝＝，所以异面直线PQ与BR所成角的余弦值为.
（2）因为RO⊥底面ABCD，所以RE在底面的射影为OE，因为Q∈RE，所以Q在底面上的射影在OE上，所以直线PQ在底面上的射影为直线OE，所以PQ所在的直线与OE的夹角为PQ与底面ABCD所成的角，因为E（0,2,0），所以＝（0,2,0），所以cos〈，〉＝＝，所以直线PQ与底面ABCD所成的角的余弦值是.
11．[2014·福建高考]在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．
（1）求证：
AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
解：
（1）∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，
AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.
（2）过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．
由
（1）知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意，得B（0,0,0），C（1,1,0），D（0,1,0），A（0,0,1），M（0，，），
则＝（1,1,0），＝（0，，），＝（0,1，－1）．
设平面MBC的法向量n＝（x0，y0，z0），
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝（1，－1,1）．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
12.[2014·天津高考]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
（1）证明：
BE⊥DC；
（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（3）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
解：
依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图），可得B（1,0,0），C（2,2,0），D（0,2,0），P（0,0,2）．由E为棱PC的中点，得E（1,1,1）．
（1）向量＝（0,1,1），＝（2,0,0），故·＝0.
所以，BE⊥DC.
（2）向量＝（－1,2,0），＝（1,0，－2）．设n＝（x，y，z）为平面PBD的法向量．
则即不妨令y＝1，可得n＝（2,1,1）为平面PBD的一个法向量，于是有
cos〈n，〉＝＝＝.
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
（3）向量＝（1,2,0），＝（－2，－2,2），＝（2,2,0），＝（1,0,0）．由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.
故＝＋＝＋λ＝（1－2λ，2－2λ，2λ）．由BF⊥AC，得·＝0，因此，2（1－2λ）＋2（2－2λ）＝0，解得λ＝.即＝（－，，）．设n1＝（x，y，z）为平面FAB的法向量，则
即不妨令z＝1，可得n1＝（0，－3,1）为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝（0,1,0），则
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.
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