1、第七节空间角与距离的求解基础达标一、选择题(每小题5分,共25分)1.正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,CD等于,则顶点A1到平面CDC1的距离为()A.B.1C.D.1.B【解析】由题意可得该正三棱柱的底面边长为2,且AD平面CDC1,AA1平面CDC1,所以顶点A1到平面CDC1的距离等于顶点A到平面CDC1的距离,即为AD=1.2.一条直线与平面成60角,则这条直线与平面内的直线所成角的取值范围是()A.0,90B.(0,45C.60,180D.60,902.D【解析】由线面角的定义可得答案.3.如图所示,在四面体ABCD中,E,F分别是AC与BD的中点,若CD=2AB=4
2、,EFBA,则EF与CD所成角为()A.90B.45C.60D.303.D【解析】取AD的中点G,连接FG,EG,则EFFG,FEG是EF和CD所成角.又FG=1,EG=2,所以FEG=30,即EF和CD所成角为30.4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C和C1D与底面所成的角分别为60和45,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()A.B.C.D.4.A【解析】设BC=1,则由CB1C1=60可得CC1=,B1C=2.由DC1D1=45可得D1C1=,DC1=.连接AB1,则DC1AB1,所以异面直线B1C和C1D所成角即为AB1C.在AB1C中,因为AB1=,B1C=2,AC
3、=2,由余弦定理可得cos AB1C=.5.二面角-l-的棱l上有一点P,射线PA在内,且与棱l成45角,与面成30角,则二面角-l-的大小为()A.30或150B.45或135C.60或120D.905.B【解析】过点A作AO,垂足是O,在平面内作ABl,垂足是B.连接BO,则由二面角定义可得ABO即为二面角-l-的平面角或其补角.设AO=1,直角三角形APO中,APO=30,则AP=2.在直角三角形APB中,APB=45,则AB=,所以ABO=45,故二面角-l-的大小为45或135.二、填空题(每小题5分,共15分)6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,点D在棱BB1上,若BD
4、=1,则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为.6.【解析】由题意可得点D到平面AA1C1C的距离为,且|AD|=,所以直线AD与平面AA1C1C所成角的正弦值sin =,则cos =,tan =.7.BCD为正三角形,A为BCD所在平面外一点,且AB=AC=AD,若ABC的面积与BCD的面积之比为23,则面ABC与面BCD所成的二面角的度数为.7.60【解析】设面ABC与面BCD所成角为,则由题意可得cos =,所以=60.8.已知RtABC的直角顶点C在平面内,斜边AB,AB=2,AC,BC分别和平面成45和30角,则AB到平面的距离为.8.2【解析】设AB到平面的距离为h,则BC=2h,
5、AC=h,则(2h)2+(h)2=24,解得h=2,即AB到平面的距离为2.三、解答题(共25分)9.(12分)(2016贵阳六中期中考试)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,BCA=90,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D,又知BA1AC1.(1)求证:AC1平面A1BC;(2)求二面角A-A1B-C的余弦值.9.【解析】(1)A1D平面ABC,平面AA1C1C平面ABC,又BCAC,BC平面AA1C1C,得BCAC1,又BA1AC1,AC1平面A1BC.(2)以D为坐标原点,以平行BC的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)知AC1平面A1BC,则AC1A1C
6、,四边形ACC1A1为菱形,A1D=.设n=(x0,y0,z0)为平面A1AB的法向量, =(2,2,0), =(0,-1,-),则令x0=3,则n=(3,-3,).设面A1BC的法向量为m=(x,y,z), =(0,-1,), =(2,0,0),令z=1,则m=(0, ,1),故cos=-,根据法向量的方向可知二面角A-A1B-C的余弦值为-.10.(13分)(2015包头测试)如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=AB=2,点E是棱AB上一点,且=.(1)证明:D1EA1D;(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为,求CE与平面D1ED所成的角.10.【解析】(1)以
7、D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为=,所以E,于是=(-2,0,-2)所以(-2,0,-2)=0,故D1EA1D.(或用几何法先证出A1D平面D1AE,然后证出A1DD1E)(2)因为D1D平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n1=(0,0,2).又=(0,-4,2),设平面D1CE的法向量为n2=(x,y,z),则n2=2x+y=0,n2=-4y+2z=0,所以向量n2的一个
8、解是.因为二面角D1-EC-D的余弦值为,则,解得=1.因为=1,所以E(2,2,0),故=(0,0,2),=(2,2,0), =(2,-2,0),因此=0, =0,故CE平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角为.高考冲关1.(5分)(2015银川一中四模)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A.B.C.D.1.B【解析】设底面正三角形ABC的中心为Q,则由题意易知PQ底面ABC,则PA与平面ABC所成角为PAQ.又该三棱柱的体积V=SABCh=h=,h=,则|PQ|=,又|AQ|=
9、1,在直角三角形APQ中,tan PAQ=,PAQ=.2.(5分)(2015浙江高考)如图,已知ABC,D是AB的中点,沿直线CD将ACD翻折成ACD,所成二面角A-CD-B的平面角为,则()A.ADBB.ADBC.ACBD.ACB2.B【解析】取极限思维:当沿直线CD翻折180,此时=0,排除选项A,C;当沿直线CD翻折0,此时=180,排除选项D.3.(5分)(2015四川高考)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则cos 的最大值为.3.【解析】根据题意建立如图所示的空间直角坐
10、标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),并设M(0,t,2)(0t2),则=(2,1,0), =(-1,t,2),则cos =.当t=2时,cos =0;当t2时,即0t2,令m=2-t,则t=2-m,且,所以cos =,则当,即m=2时,cos 取得最大值.4.(12分)(2015陕西高考)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
11、4.【解析】(1)在图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=,所以BEAC.即在图2中,BEOA1,BEOC,从而BE平面A1OC,又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BEOA1,BEOC,所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B,E,A10,0, ,C,得,=(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为,则取n
12、1=(1,1,1);取n2=(0,1,1),从而cos =|cos|=,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.5.(13分)(2015重庆一中月考)如图,已知三棱锥A-OCB中,AO底面BOC,且BAO=CAO=,AB=4,点D为线段AB的中点,记二面角B-AO-C的大小为.(1)求三棱锥A-OCB体积V的最大值;(2)当=时,求二面角C-OD-B的余弦值.5.【解析】(1)由条件,BOC即为二面角B-AO-C的平面角,即为,V=BOOCsin AO=sin ,所以当=时,V取得最大值.(2)如图,以O为原点,在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴,OB,OA所在的直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系Oxyz,则A(0,0,2),B(0,2,0),D(0,1,),C(,-1,0).设n1=(x,y,z)为平面COD的法向量,由取z=,则n1=,平面AOB的一个法向量可以为n2=(1,0,0),设二面角C-OD-B的大小为,cos =-=-,综上,二面角C-OD-B的余弦值为-.
