高中数学空间角度与距离问题(有答案)

选修 2-1 空间向量与立体几何一、选择题：1．在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，若 AB＝ 2 BB1，则 AB1 与 C1B 所成的角的大小为（ ）A．60°B．90°C．105°D．75°2．如图，ABCD—A1B1C1D1 是正方体，B1E1＝D1F1＝ A1B1 ，则BE14与 DF1 所成角的余弦值是（ ）A． 15 B． 1 C． 8 D． 317 2 17 2图3．如图，A1B1C1—ABC 是直三棱柱，∠BCA=90°，点 D1、F1分别是 A1B1、A1C1 的中点，若 BC=CA=CC1，则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是（ ）A． 30 B． 1 C． 30 D． 1510215104．正四棱锥 S ABCD 的高 SO 2 ，底边长 AB 2 ，则异面直线 BD 和图SC 之间的距离（ ）A． 15 5B． 5 5C ．2 5 5D． 5 105．已知 ABC A1B1C1 是各条棱长均等于 a 的正三棱柱， D 是侧棱 CC1 的 A1 中点．点 C1 到平面 AB1D 的距离（ ）A． 2 a B． 2 a C． 3 2 a D． 2 a48426．在棱长为1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，则平面 AB1C 与平面 A1C1D 间 A的距离（）A． 3 6B． 3 3C ．2 3 3C1 B1DC B图D． 3 27．在三棱锥 P－ABC 中，AB⊥BC，AB＝BC＝ 1 PA，点 O、D 分别是 AC、PC 的中点，OP⊥ 2底面 ABC，则直线 OD 与平面 PBC 所成角的正弦值（）A． 21 6B． 8 3 3C． 210 60D． 210 308．在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，底面是等腰直角三角形，ACB 90 ，侧棱 AA1 2 ，D，E 分别是 CC1与 A1B 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD的重心 G．则 A1B 与平面ABD 所成角的余弦值（）A． 2 3B． 7 3C． 3 2D． 3 79．正三棱柱ABCA1B1C1 的底面边长为3，侧棱AA13 23 ，D 是 CB 延长线上一点，且BD BC ，则二面角 B1 AD B 的大小A． 3B． 6C ． 5 6（）D． 2 310．正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，底面边长为 2 2 ，侧棱长为 4，E，F 分别为棱 AB，CD的中点， EF BD G ．则三棱锥 B1 EFD1 的体积 V（）A． 6 6B． 16 3 3C ．16 3D．16二、填空题：11．在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E 为 A1B1 的中点，则异面直线 D1E 和 BC1 间的距离．12． 在棱长为1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， E 、 F 分别是 A1B1 、 CD 的中点，求点 B 到截面AEC1F 的距离．13．已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E、F 分别是 B1C1 和 C1D1 的中点，点 A1 到平面 DBEF 的距离．14．已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 是 A1B1 的中点，求直线 AE 与平面 ABC1D1所成角的正弦值．三、解答题：15．已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1，求平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角 的大小16．已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E、F、M 分别是 A1C1、A1D 和 B1A 上任一点， 求证：平面 A1EF∥平面 B1MC．17．在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a， AD=2a，且 PA⊥底面 ABCD，PD 与底面成 30°角． （1）若 AE⊥PD，E 为垂足，求证：BE⊥PD； （2）求异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值．18．已知棱长为 1 的正方体 AC1，E、F 分别是 B1C1、C1D 的中点． （1）求证：E、F、D、B 共面； （2）求点 A1 到平面的 BDEF 的距离； （3）求直线 A1D 与平面 BDEF 所成的角．19 如右下图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知 AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F 分别是线段 AB、 BC 上的点，且 EB= FB=1.(1) 求二面角 C—DE—C1 的正切值; (2) 求直线 EC1 与 FD1 所成的余值.20 如图，已知四棱锥 P-ABCD，底面 ABCD 是菱形， ∠DAB=600，PD⊥平面 ABCD，PD=AD，点 E 为 AB 中点，点 F 为 PD 中点。

（1）证明平面 PED⊥平面 PAB； （2）求二面角 P-AB-F 的平面角的余弦值21：在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP.(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.D1C1A1B1DCOAB参考答案一、1．B；2．A；3．A；4．C； 分析：建立如图所示的直角坐标系，则SA ( 2 , 2 , 0) ， B ( 2 , 2 , 0) ，2222C ( 2 , 2 , 0) ， D ( 2 , 2 , 0) ， S (0,0, 2) ．2222C DOAB图uuur DB (2,2,0)，uuur CS(2 ,2 , 2) ．22r uuur令向量r n(x,y,1)，且r nuuur DB,r nuuur CS，则nrDB uuur0， n CS 0 (x, y,1) ( 2, (x, y,1) (2 ,22, 0) 0 2 , 2) 20， xx yy 20 20， x y2，r n(22,2,1) ．异面直线 BD 和 SC 之间的距离为：uuur r OC n( 2 , 2 , 0) ( 2, 2,1) 22d r n( 2, 2,1)11 02 5．( 2)2 ( 2)2 12 55．A；分析：Q ABB1A1 为正方形， A1B AB1 ，又平面 AB1D 平面 ABB1A1 ， A1B 面 AB1D ， uuur A1B 是平面 AB1D 的一个法向量，设点 C 到平面 AB1D 的距离为 d ，则uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuurdAC A1B uuur=AC ( A1 A AB)=AC A1 A AC AB)0 a a cos 600 =2a ．A1B2a2a2a46．B；分析：建立如图所示的直角坐标系，r uuuur设平面A1C1D的一个法向量r n(x,y,1)，则 n rn uDuuAur1 DC1 0 0，即(x, ( x,y,1) y,1) (1, 0,1) (0,1,1) 0 0 x y 1 1，uuur rrAD nn (1, 1,1) ， 平 面 AB1C 与 平 面 A1C1D 间 的 距 离 d rnzDCABD1yC1A1 E B1x图(_1, 0, 0) (1, 1,1)3.(1)2 (1)2 12 37．D；Q OP 平面ABC，OA OC，AB BC， OA OB，OA OP，OB OP.以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系O xyz 如图，设ABa，则A 2 2a,0,0 ,B 0,2 2a,0 ,C 2 2a,0,0 .设OP h，则P 0,0, h.ⅠQ D为PC的中点，uuur OD 2 4a,0,1 2h ,uuur 又PA 2 2a,0,h，uuur OD1uuur PA.uuur uuur OD∥PA. OD∥平面PAB.2ⅡQ PA 2a, h 7a, 2uuur OD 2 a,0, 414 4 a ,r 可求得平面PBC的法向量 n 1,1,1 7 ,uuur r cosOD, n uuur r OD n uuur r210 .OD n 30xA设OD与平面PBC所成的角为，uuur r 则 sin cosOD, n 210 ,30 OD与平面PBC所成的角为arcsin 210 . 30z PDC OB y8．B；解 以 C 为坐标原点，CA 所在直线为 x 轴，CB 所在直线为 y 轴，CC1 所在直线为 z 轴，建立直角坐标系，设 CA CB a ，则 A（a,0,0）， B（0, a,0）， A（1 a,0,2）， D（0,0,1）∴ E（a , a ,1）， G（a , a , 1）， GE （a , a , 2），22333663A1BD （0,a,1），z C1D B1 EC∵ 点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD的重心 G， ∴ GE 平面 ABD， ∴ GE BD 0 ，解得 a 2 ． x AG B y∴ GE （1 , 1 , 2）， 333BA1 （2,2,2），∵ GE 平面 ABD， ∴ GE 为平面 ABD 的一个法向量．4由cos GE, BA1 GE BA1 | GE | | BA1 |3 2 6 2 3 33∴A1B 与平面 ABD 所成的角的余弦值为7． 3评析 因规定直线与平面所成角 [0， ] ，两向量所成角 [0， ] ，所以用此法向量求出 2的线面角应满足 | | ． 29．A；取 BC 的中点 O，连 AO．由题意 平面 ABC 平面 BCC1B1 ， AO BC ，∴ AO 平面 BCC1B1 ，以 O 为原点，建立如图 6 所示空间直角坐标系，则A（0,0, 3 23），B（3 2,0,0），D（9 2,0,0），B（13 2,3 23,0），∴AD （9 ,0, 3 223），B1D（3,3 23,0），BB1（0,3 23,0），由题意BB1 平面 ABD， ∴BB1（0,3 23,0）为平面 ABD 的法向量．设 平面 AB1D 的法向量为 n2 (x, y, z) ，则 n2AD，n2 B1D∴ n2AD0，n2 B1D 0∴ 9 x 3 22 3x 33z 0，3y 02即x 3 23y ． z 3x∴不妨设n2(3 ,1, 3) ， 22由cos BB1, n2|BB1 n2 BB1 | | n2|33 2 3 321 2，2得 BB1, n2 60． 故所求二面角 B1 AD B 的大小为 60．评析：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证 ——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然， 向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革 的精神． （2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取n2 (3 2,1,3) 时，会算得 cos 2BB1, n21 2，从而所求二面角为120 ，但依题意只为 60 ．因为二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”． 10．C；解 以 D 为坐标原点，建立如图 10 所示的直角坐标系，则 B1 (2 2,2 2,4) ， D1(0,0,4) ， E(2 2, 2,0) ， F ( 2,2 2,0) ，∴ D1E (2 2, 2,4) ， D1F ( 2,2 2,4) ，D1B1 (2 2,2 2,0)，图 10 ∴z D1A1DxAEC1 B1GCyFBcos D1E, D1F D1E D1F | D1E | | D1F |24 12 ， 26 26 13∴sinD1E, D1F5， 13所以S D1EF1 2| DE | | DF| sinDE, DF1 226 26 5 5 ， 13设 平面 D1EF 的方程为： x By Cz D 0 ，将点 D1, E, F 代入得4C D 0 2 2 2B D 0 ， 2 2 2B D 0B 1∴C 3 42，D 3 2∴平面 D1EF的方程为： x y3 42z 3 2 0 ，其法向量为n (1,1, 3 42) ，∴点 B1 到平面 D1EF的距离 d | D1B1 n | |n| 16 5，∴VB1 EFD11 3 SEFD1 d 1 5 16 16 3 53即为所求．评析 （1）在求点到平面的距离时，有时也可直接利用点到平面的距离公式d | Ax0 By0 Cz0 D | 计算得到． A2 B2 C2（2） 法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外，还能处理异面直线间的 距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等． 二、11 ．26 3分析：设正方体棱长为2，以D1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则r uuuuruuuur D1E(2,1, 0)，uuuur C1B(2, 0, 2)，设D1E和BC1公垂线段上的向量为r n(1,, )，则nr Duu1uEur n C1B 0 0，uuuuur r即 2 0 2 2 0， 2，r n 1(1, 2, 1)，又uuuuur D1C1(0, 2, 0)，D1C1 n r n4 2 6 ，所以异 63面直线D1E和BC1间的距离为26 3．12． 6 分析：以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 3则 A (1, 0, 0), F (0, 1 , 0), E (1, 1 ,1) ．22uuur AE(0,1,1)，uuur AF(1,1, 0)；22r 设面 AEC1F 的法向量为 n (1,, ) ，r uuur r uuur 则有： n AE 0, n AF 0 ，D1A1EC1 B1DFC 1 2 1 1 2 0 0 2 1，A图Bruuur n (1, 2, 1) ，又 AB (0,1, 0) ，所以点 B到截面 AEC1F的距离为uuur r AB n uuur r AB n=2 166． 313．1；解：如图建立空间直角坐标系，DB ＝（1，1，0）， DF ＝（0， 1 ，1）， 2DA1 ＝（1，0，1）设平面 DBEF 的法向量为 n ＝（x，y，z），则有：n DB 0即 x＋y＝0n DF 01 y＋z＝0 2令 x＝1, y=－1,1z= ,取 n ＝（1，－1， 1 ），则 A1 到平面22zn DA1DBEF 的距离 h 1D1 A1FC1EnB114． 10 解：如图建立空间直角坐标系，AB ＝（0，1，0）， 5AD1＝（－1，0，1），AE＝（0，1 2，1）D A xz D1C yBC1设平面 ABC1D1 的法向量为 n ＝（x，y，z）,A1E B1由 n AB 0 可解得 n ＝（1，0，1） n AD1 0DCA xy B设直线 AE 与平面 ABC1D1 所成的角为θ，则 sin AE n 10 ，AE n 5三、15． 解：如图建立空间直角坐标系，A1C1 ＝（－1，1，0），A1B＝（0，1，－1）设 n1 、 n2 分别是平面 A1BC1 与平面 ABCD 的法向量，由 n1 A1B 0可解得 n1 ＝（1，1，1）n1 A1C1 0zD1C1A1B1C DAyxB易知 n2 ＝（0，0，1），所以， cos n1, n2 n1 n2 ＝ n1 n23 3所以平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角大小为 arccos 3 或 －arccos 3 ．33注：用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求 出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际 形态确定其大小．z D116．证明：如图建立空间直角坐标系，A1EC1B1则 A1C1 ＝（－1，1，0）， B1C ＝（－1，0，－1）FMyA1D ＝（1，0，1）， B1 A ＝（0，－1，－1）设 A1E A1C1 ，A1F A1D ，B1M B1A（ 、 、 R ，且均不为 0）D xAC B设 n1 、 n2 分别是平面 A1EF 与平面 B1MC 的法向量，由 n1 A1E 0 可得 n1 A1C1 0 即 n1 A1C1 0n1 A1F 0n1 A1D 0n1 A1D 0解得： n1 ＝（1，1，－1）由 n2 B1M 0 可得 n2 B1 A 0 即 n2 B1 A 0n2 B1C 0n2 B1C 0n2 B1C 0解得 n2 ＝（－1，1，－1），所以 n1 ＝－ n2 ， n1 ∥ n2 ，所以平面 A1EF∥平面 B1MC．注：如果求证的是两个平面垂直，也可以求出两个平面的法向量后，利用 n1 ⊥ n2 n1 n2 0来证明． 17．（1）证明：∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥AB，又 AB⊥AD．∴AB⊥平面 PAD．又∵AE⊥PD， ∴PD⊥平面 ABE，故 BE⊥PD． （2）解：以 A 为原点，AB、AD、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点 C、D的坐标分别为（a，a，0），（0，2a，0）． ∵PA⊥平面 ABCD，∠PDA 是 PD 与底面 ABCD 所成的角，∴∠PDA=30°． 于是，在 Rt△AED 中，由 AD=2a，得 AE=a．过 E 作 EF⊥AD，垂足为 F，在 Rt△AFE 中，由AE=a，∠EAF=60°，得 AF= a ，EF= 3 a，∴E（0， 1 a, 3 a）2222于是， AE {0, 1 a, 3 a}, CD ={－a，a，0} 22设 AE 与 CD 的夹角为θ，则由cosθ= AE CD | AE | | CD |0(a) 1 a a 3 a 022202 (1 a)2 ( 3 a)2 (a)2 a2 02 422AE 与 CD 所成角的余弦值为 2 ． 4评述：第（2）小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段．18．解：（1）略．（2）如图，建立空间直角坐标系 D—xyz,则知 B（1，1，0）， E(1 ,1,1), F(0, 1 ,1).22设 n (x, y, z)是平面BDEF的法向量.由n DB, n DF, DB (1,1,0), DF (0, 1 ,1) 2得n n DB DF x 1y 2y z0 0则x z y 1 2y.令 y 1,得n (1,1, 1) ． 2设点 A1 在平面 BDFE 上的射影为 H，连结 A1D，知 A1D 是平面 BDFE 的斜线段．A1D(1,0,1),ADn(1)(1)01(1)(1) 23. 2又| A1D |(1)2 O 2 (1)2 2,| n |(1)2 12 ( 1 )2 3 , 22 cos A1D, A1H A1D n | A1D | | n |32 232. 22| A1H || A1D | cos A1D, A1H 2 2 1. 2即点 A1 到平面 BDFE 的距离为 1．（3）由（2）知，A1H=1，又 A1D= 2 ，则△A1HD 为等腰直角三角形，A1DH DA1H 45 A1H 平面BDFE, HD是A1D在平面BDFE上的射影, A1DH就是直线A1D与平面BDFE所成的角, A1DH 45.。