高考数学第一轮总复习(同步练习)～067 空间角、距离综合

同步练习g3.1067 空间角距离综合
1、已知半径是13的球面上有A 、B 、C 三点，AB=6 ,BC=8, AC=10;则球心O 到截面ABC 的距离为（ ）
A 、12
B 、8
C 、6
D 、5
2、已知三棱锥P-ABC ，PA ⊥平面ABC ，︒=∠︒=∠30,90ACB ABC ,AB=1,D 、E 分别是PC 、BC 的中点，则异面直线DE 与AB 的距离是（ ）
A 、33
B 、23
C 、3
D 、与PA 的长有关
3、设两平行直线a 、b 间的距离为2m ，平面α与a 、b 都平行且与a 、b 的距离都为m ，这样的平面α有（ ）
A 、1个
B 、2个
C 、3个
D 、4个
4、一个二面角的两个面分别与另一个二面角的两个面垂直，则这两个二面角（ ） A 、相等 B 、互补 C 、相等或互补 D 、不确定
5、平面βα平面 ＝CD ，P 为这两个平面外一点，PA ⊥α于A ，
PB ⊥β于B ，若PA=2,PB=1 AB=7则二面角βα--CD 的大小为（ ）
A 、︒150
B 、︒120
C 、︒90
D 、︒60
6、P 是平面ABC 外一点，若PA=PB=PC,且︒=∠=∠=∠60CPA BPC APB 则二面角P-AB-C 的余弦值为 .
7、正三棱锥的一个侧面的面积与底面面积之比为2：3，则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为 。

8、已知︒=∠90AOB ,过O 点引AOB ∠所在平面的斜线OC 与OA 、OB 分别成︒45、︒60角，则以OC 为棱的二面角A-OC-B 的余弦值为 。

9、平面α的一条垂线段OA （O 为垂足）的长为6，点B 、C 在平面α上，且
=∠=∠A CO A B O t a n ,3t a n 21
,那么B 、C 两点间距离的范围是 。

10、正方体1111D C B A ABCD -的棱长为a ，点P 在棱11B A 上运动，那么过P 、B 、D 1三点的截面面积的最小值是
11、直三棱柱111C B A ABC -中，︒=∠90ACB ,AC=AA 1=a ，则点A 到截面A 1BC 的距离 是
12、（05湖南）如图1，已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，
将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2。

（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；
（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小。

13、（05湖北）如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得
到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1. （Ⅰ）求BF 的长；
（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.
A
B
O
C
O 1
D
参考答案
1—5、A B C D D 6、 31
7、︒60 8、33- 9、 []14,10 10、22
6a 11、
a 2
2
12、解法一（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1
所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0）， B （0，3，0），C （0，1，3） O 1（0，0，3）.
从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO AC BO AC
所以AC ⊥BO 1.
（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，
由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=⎩⎨
⎧==++-⇒⎪⎩
⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n 取 得)3,
0,1(=.
设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知=<θn ，1BO >，
所以cos <=cos θn ，1BO .43|
|||11=⋅BO n
图3
C
O 1
D
即二面角O —AC —O 1的大小是.4
3arccos
解法二（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1， 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 从而AO ⊥平面OBCO 1， OC 是AC 在面OBCO 1内的射影.
因为3tan 1
1
==∠OO OB B OO 33t a n 111==∠OO C O OC O ， 所以∠OO 1B=60°，∠O 1OC=30°，从而OC ⊥BO 1
由三垂线定理得AC ⊥BO 1.
（II ）解 由（I ）AC ⊥BO 1，OC ⊥BO 1，知BO 1⊥平面AOC. 设OC ∩O 1B=E ，过点E 作EF ⊥AC 于F ，连结O 1F （如图4），则EF 是O 1F 在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O 1F ⊥AC. 所以∠O 1FE 是二面角O —AC —O 1的平面角. 由题设知OA=3，OO 1=3，O 1C=1，
所以13,3221212121=+==+=C O A O AC OO OA A O ，
从而13
3
2111=
⋅=
AC C O A O F O ， 又O 1E=OO 1·sin30°=
2
3
，
所以.4
13
sin 111==
∠F O E O FE O 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arcsin
13．本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推
理运算能力. 解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC 交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD ，且EH=AD. 又∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH.
∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1. ∴DF=C 1H=2.
.6222=+=∴DF BD BF
（Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ，
图4
则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG . 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，
由三垂线定理可知AG ⊥C 1M.由于AG ⊥面C 1MC ，且
AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到平面AEC 1F 的距离.
.11
33
417
12317
123,17
121743cos 3cos 3,.
17,1,2
2
1
1
221=+
⨯
=
⨯=
∴=⨯
===∠=∠=+===MC CC CM CQ GAB MCG CM MCG GAB BG AB AG BG CG
BG
CC EB 知由从而可得由
解法2：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则D （0，0，0），B （2，4，0），A （2，0，0），
C （0，4，0），E （2，4，1），C 1（0，4，3）.设F （0，0，z ）. ∵AEC 1F 为平行四边形，
.
62,62||).
2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,
11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴
（II ）设1n 为平面AEC 1F 的法向量，
)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩
⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x n n 得由
⎪⎩
⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.
41,
1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为a ，则
.33
33
4116
1133|
|||cos 1111=++
⨯=
⋅=
n CC α ∴C 到平面AEC 1F 的距离为
.11
33
4333343cos ||1=⨯
==αCC d。