高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對(duì)點(diǎn)練17 角與距離 理

專題對(duì)點(diǎn)練17角與距離1.如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60.(1)證明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.(1)證明 由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)解 過D作DGEF,垂足為G,由(1)知DG平面ABEF.以G為坐標(biāo)原點(diǎn),GF的方向?yàn)閤軸正方向,|GF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.由(1)知DFE為二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,則|DF|=2,|DG|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF為二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.從而可得C(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).設(shè)m是平面ABCD的法向量,則mAC=0,mAB=0,同理可取m=(0,3,4),則cos<n,m>=nm|n|m|=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值為-21919.2.(2017山東,理17)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點(diǎn).(1)設(shè)P是CE上的一點(diǎn),且APBE,求CBP的大小;(2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小.解 (1)因?yàn)锳PBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120.因此CBP=30.(2)解法一:取EC的中點(diǎn)H,連接EH,GH,CH.因?yàn)镋BC=120,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG中點(diǎn)M,連接EM,CM,EC,則EMAG,CMAG,所以EMC為所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此EMC為等邊三角形,故所求的角為60.解法二:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個(gè)法向量.由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-3,2).設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個(gè)法向量.由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-3,-2).所以cos<m,n>=mn|m|n|=12.因此所求的角為60.3.如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于點(diǎn)H.將DEF沿EF折到DEF的位置,OD=10.(1)證明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.解 (1)由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,從而EFDH.由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.所以O(shè)H=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(2)如圖,以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HF的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,則mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,則nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).于是cos<m,n>=mn|m|n|=-145010=-7525.sin<m,n>=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.4.(2017北京,理16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求證:M為PB的中點(diǎn);(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.(1)證明 設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,連接ME.因?yàn)镻D平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因?yàn)锳BCD是正方形,所以E為BD的中點(diǎn).所以M為PB的中點(diǎn).(2)解 取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE.因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)PAD.又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD,且OP平面PAD,所以O(shè)P平面ABCD.因?yàn)镺E平面ABCD,所以O(shè)POE.因?yàn)锳BCD是正方形,所以O(shè)EAD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則nBD=0,nPD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,則y=1,z=2.于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量為p=(0,1,0).所以cos<n,p>=np|n|p|=12.由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為3.(3)解 由題意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.設(shè)直線MC與平面BDP所成角為,則sin =|cos<n,MC>|=|nMC|n|MC|=269.所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269.5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,ABAD,ABCD,AB=2AD=2CD=2,E是PB上的一點(diǎn).(1)求證:平面EAC平面PBC;(2)若二面角P-AC-E的余弦值為63,求直線PA與平面EAC所成角的正弦值.(1)證明 PC平面ABCD,AC平面ABCD,ACPC.AB=2,AD=CD=1,AC=BC=2,AC2+BC2=AB2,ACBC.又BCPC=C,AC平面PBC.AC平面EAC,平面EAC平面PBC.(2)解 如圖,取AB的中點(diǎn)F,連接CF,以C為原點(diǎn),分別以CF,CD,CP為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).設(shè)P(0,0,a)(a>0),則E12,-12,a2,CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE=12,-12,a2.取m=(1,-1,0),則mCA=mCP=0,即m為平面PAC的一個(gè)法向量.設(shè)n=(x,y,z)為平面EAC的法向量,則nCA=nCE=0,即x+y=0,x-y+az=0,取x=a,y=-a,z=-2,則n=(a,-a,-2).依題意,|cos <m,n>|=|mn|m|n|=aa2+2=63,則a=2.于是n=(2,-2,-2),PA=(1,1,-2).設(shè)直線PA與平面EAC所成角為,則sin =|cos <PA,n>|=|PAn|PA|n|=23,即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為23.導(dǎo)學(xué)號(hào)168042016.(2017山東濰坊一模,理18)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為矩形,直線AF平面ABCD,EFAB,AD=2,AB=AF=2EF=1,點(diǎn)P在棱DF上.(1)求證:ADBF;(2)若P是DF的中點(diǎn),求異面直線BE與CP所成角的余弦值;(3)若FP=13FD,求二面角D-AP-C的余弦值.(1)證明 AF平面ABCD,AFAD.又ADAB,ABAF=A,AD平面ABEF.又BF平面ABEF,ADBF.(2)解 直線AF平面ABCD,AB,AD平面ABCD,AFAB,AFAD.又ADAB,以A為原點(diǎn),AB,AD,AF所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(1,0,0),E12,0,1,P0,1,12,C(1,2,0),BE=-12,0,1,CP=-1,-1,12.設(shè)異面直線BE與CP所成角為,則cos =|BECP|BE|CP|=4515,異面直線BE與CP所成角的余弦值為4515.(3)解 由(2)得AB平面ADF,平面ADF的一個(gè)法向量n1=(1,0,0).由FP=13FD知P為FD的三等分點(diǎn),且此時(shí)P0,23,23.在平面APC中,AP=0,23,23,AC=(1,2,0).平面APC的一個(gè)法向量n2=(-2,1,-1).|cos<n1,n2>|=|n1n2|n1|n2|=63.又二面角D-AP-C為銳角,該二面角的余弦值為63.導(dǎo)學(xué)號(hào)168042027.如圖,BCD與MCD都是邊長為2的正三角形,平面MCD平面BCD,AB平面BCD,AB=23.(1)求點(diǎn)A到平面MBC的距離;(2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值.解 取CD的中點(diǎn)O,連接OB,OM,則OBCD,OMCD.又平面MCD平面BCD,所以MO平面BCD.以O(shè)為原點(diǎn),直線OC,BO,OM分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則C(1,0,0),M(0,0,3),B(0,-3,0),A(0,-3,23).(1)設(shè)n=(x,y,z)是平面MBC的法向量,則BC=(1,3,0),BM=(0,3,3).由nBC,得x+3y=0;由nBM,得3y+3z=0.取n=(3,-1,1),BA=(0,0,23),則d=|BAn|n|=235=2155.(2)CM=(-1,0,3),CA=(-1,-3,23).設(shè)平面ACM的法向量為n1=(x,y,z),由n1CM,n1CA,得-x+3z=0,-x-3y+23z=0,解得x=3z,y=z,取n1=(3,1,1).又平面BCD的一個(gè)法向量為n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n1n2|n1|n2|=15.設(shè)所求二面角為,則sin =255.導(dǎo)學(xué)號(hào)168042038.(2017全國,理19)如圖,四面體ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)證明:平面ACD平面ABC;(2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解 (1)由題設(shè)可得,ABDCBD,從而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO,則DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB為二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.(2)由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA的方向?yàn)閤軸正方向,|OA|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的12,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的12,即E為DB的中點(diǎn),得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,則nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.設(shè)m是平面AEC的法向量,則mAC=0,mAE=0.同理可取m=(0,-1,3).則cos<n,m>=nm|n|m|=77.所以二面角D-AE-C的余弦值為77.我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動(dòng)城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實(shí)挑戰(zhàn)。