2016届高考数学复习 第八章 第七节 空间角与距离 理(全国通用)

第七节 空间角与距离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 〉＝－12，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 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A2．(2015·广州模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( ) A.19B.459C.259D.23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，DD 1为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B3．(2014·石家庄调研)设正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22C.223D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)，设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D4．(2014·江西南昌质检)二面角α­l ­β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. 2 B. 3 C ．2 D. 5解析 如图，∵二面角α­l ­β等于120°，∴CA →与BD →夹角为60°. 由题设知，CA →⊥AB →，AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1，|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD →|＝2. 答案 C 二、填空题5．(2015·青岛模拟)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析 以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量， 则n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －z ＝0－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2， 于是n ＝(2，1，2)，D 1C 1→＝(0，2，0)， sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.答案 13一年创新演练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C ­xyz ，则CG →＝(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 ＝|n ·CG →||n |＝61111.答案611117．如图，三棱锥P ­ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝3，CA ＝CB ＝2，AC ⊥BC .(1)求点B 到平面PAC 的距离； (2)求二面角C ­PA ­B 的余弦值． 解 取AB 中点O ，连接OP ，CO ， ∵CA ＝CB ＝2，∠ACB ＝90°， ∴CO ⊥AB ，且AB ＝2，CO ＝1.∵PA ＝PB ＝3，∴PO ⊥AB ，且PO ＝PA 2－AO 2＝ 2.∴PO 2＋OC 2＝3＝PC 2， ∴∠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 (0，0，2)．(1)设平面PAC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·PA →＝0.∵AC →＝(－1，1，0)，PA →＝(1，0，－2)，∴⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，x －2＝0，，∴x ＝y ＝2， ∴n ＝(2，2，1)．∵AB →＝(－2，0，0)， ∴点B 到平面PAC 的距离为 d ＝|n ·AB →||n |＝222＋2＋1＝2105.(2)OC →＝(0，1，0)是平面PAB 的一个法向量，cos 〈n ，OC →〉＝22＋2＋1＝105. 综合图形可见，二面角C ­PA ­B 的大小为锐角，∴二面角C ­PA ­B 的余弦值为105. 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ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64B.104C.22D.32解析 法一 取A 1C 1的中点E ，连接AE 、B 1E . 由题易知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角．令正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64，故选A. 法二 如上图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E ­xyz ，设棱长为1，则A (12，0，1)，B 1(0，32，0)，设AB 1与面ACC 1A 1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，02×32＝64.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A 1点的位置，取BD 的中点E ，连接A 1E 、CE . ∴BD ⊥CE ，BD ⊥A 1E .∴∠A 1EC 为二面角A 1­BD ­C的平面角．∴∠A 1EC ＝60°，又A 1E ＝CE ， ∴△A 1EC 是等边三角形． ∴A 1E ＝CE ＝A 1C ＝32a . 即折叠后点A 与C 之间的距离为32a .答案32a 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S ­ND ­A 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：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB . (2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则：m ·SN →＝0，且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0，－2，－2)，DN →＝(－1，2，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＝2y . 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 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S ­ND ­A 为锐角，故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离 d ＝|AN →·m ||m |＝63.11．(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 －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥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 )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝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 －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角．因为BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以△A 1BC 为直角三角形， 又A 1B ＝2，A 1C ＝3，所以BM ＝A 1B ×BC A 1C ＝23＝63，同理可得，DM ＝63， 在△BMD 中，根据余弦定理有：cos ∠BMD ＝69＋69－22×63×63＝－12，因为∠BMD ∈(0°，180°)，所以∠BMD ＝120°， 即此时二面角B －A 1C －D 的值是120°.(2)若线段A 1C 上存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，则A 1C ⊥BD 又A 1A ⊥平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD ，所以BD ⊥平面A 1AC .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A 1C 上存在点P 满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P 即为BM ⊥A 1C 的垂足M ，此时，A 1P ＝A 1B 2A 1C ＝23＝233.法二根据题意可知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1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 )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝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 －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形，则A 1(0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，A 1B →＝(1，0，－1)，BC →＝(0，1，0)，设平面A 1BC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0，取x ＝z ＝1，得：m ＝(1，0，1)，同理可得平面A 1CD 的法向量n ＝(0，1，1)， 所以，cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝12，又二面角B －A 1C －D 为钝角，故值是120°.(也可以通过证明B 1A ⊥平面A 1BC 写出平面A 1BC 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A 1C 上存在一点P 满足要求，不妨A 1P →＝λA 1C →(λ＞0)，可得P (λt ，λ(2－t )，1－λ)BP →＝(λt －t ，λ(2－t )，1－λ)， BD →＝(－t ，2－t ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1C →＝0，BD →·A 1C →＝0，即： ⎩⎪⎨⎪⎧t （λt －t ）＋λ（2－t ）2－（1－λ）＝0，－t 2＋（2－t ）2＝0， 解得：t ＝1，λ＝23.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A 1C 上A 1P ∶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)cos θ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 ·tan 30°＝12×33＝36.又AE ＝32，故cos ∠AEP ＝3632＝13.折起后有cos θ＝cos(π－∠AEP )＝－13.故当cos θ＝－13时，AB ⊥CD .13.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AA 1＋AB ＋AC ＝3，AB ＝AC ＝t (t >0)，P 是侧棱AA 1上的动点． (1)当AA 1＝AB ＝AC 时，求证：A 1C ⊥平面ABC 1； (2)试求三棱锥P ­BCC 1的体积V 取得最大值时的t 值； (3)若二面角A ­BC 1­C 的平面角的余弦值为1010，试求实数t 的值． (1)证明 连接A 1C .∵AA 1⊥平面ABC ，AB 、AC ⊂平面ABC ， ∴AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 又AB ⊥AC ，∴以A 为原点，分别以AB ，AC ，AA 1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)，C 1(0，1，1)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，0，1)，A 1C →＝(0，1，－1)，AC 1→＝(0，1，1)，AB →＝(1，0，0)．设平面ABC 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC 1→＝y ＋z ＝0，n ·AB →＝x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z .令z ＝1，则n ＝(0，－1，1)． ∵A 1C →＝－n ，∴A 1C ⊥平面ABC 1. (2)解 ∵AA 1∥平面BB 1C 1C ，∴点P 到平面BB 1C 1C 的距离等于点A 到平面BB 1C 1C 的距离． ∴111---P BCC A BCC C ABC V V V ＝＝＝16t 2(3－2t )＝12t 2－13t 3(0<t <32)，V ′＝－t (t －1)， 令V ′＝0，得t ＝0(舍去)或t ＝1， 列表得∴当t ＝1时，V max ＝6.(3)解 A (0，0，0)，C 1(0，t ，3－2t )，B (t ，0，0)，C (0，t ，0)，A 1(0，0，3－2t )，A 1C →＝(0，t ，2t －3)，AC 1→＝(0，t ，3－2t )，AB →＝(t ，0，0)，CC 1→＝(0，0，3－2t )，BC →＝(－t ，t ，0)．设平面ABC 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC 1→＝ty 1＋（3－2t ）z 1＝0，n 1·AB →＝tx 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝2t －3t z 1，令z 1＝t ，则n 1＝(0，2t －3，t )．设平面BCC 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝－tx 2＋ty 2＝0，n 2·CC 1→＝（3－2t ）z 2＝0，∵0<t <32，∴解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0.令y 2＝1，则n 2＝(1，1，0)．设二面角A ­BC 1­C 的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则有|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|2t －3|2·t 2＋（2t －3）2＝1010. 化简得5t 2－16t ＋12＝0，解得t ＝2(舍去)或t ＝65.∴当t ＝65时，二面角A ­BC 1­C 的平面角的余弦值为1010.。