2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 第7講 空間中角與距離的計算課時作業(yè) 理.doc

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第7講　空間中角與距離的計算 1．如圖X871，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，若E，F(xiàn)分別是BC，DD1的中點，則B1到平面ABF的距離為(　　) A. B. C. D. 圖X871　 　圖X872 2．(2016年黑龍江哈爾濱六中統(tǒng)測)如圖X872，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，AA1＝4，M為AA1的中點，P為BM的中點，Q在線段CA1上，A1Q＝3QC.則異面直線PQ與AC所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 3．如圖X873，在正方體ABCDA1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的正切值是(　　) A. B. C. D. 圖X873 　　圖X874 4．若正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 5．已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，將矩形ABCD沿對角線AC折起，使平面ABC與平面ACD垂直，則B與D之間的距離為________． 6．如圖X874，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2 ，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為____________． 7．(2017年山東)如圖X875，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是的中點． (1)設(shè)P是上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時，求二面角EAGC的大小． 圖X875 8．(2017年廣東深圳一模)如圖X876，四邊形ABCD為菱形，四邊形ACFE為平行四邊形，設(shè)BD與AC相交于點G，AB＝BD＝2，AE＝，∠EAD＝∠EAB. (1)證明：平面ACFE⊥平面ABCD； (2)若AE與平面ABCD所成角為60，求二面角BEFD的余弦值． 圖X876 9．(2016年新課標(biāo)Ⅱ)如圖X877，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到 △D′EF的位置，OD′＝. (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角BD′AC的正弦值． 圖X877 第7講　空間中角與距離的計算 1．D 2．C　解析：以C為原點，CB為x軸，CA為y軸，CC1為z軸，建立如圖D156所示的空間直角坐標(biāo)系， 圖D156 則由題意，得A(0,4,0)，C(0,0,0)，B(4 ，0,0)，M(0,4,2)，A1(0，4,4)，P(2 ，2,1)．則＝＝(0,4,4)＝(0,1,1)．∴Q(0,1,1)，＝(0，－4,0)，＝(－2 ，－1,0)．設(shè)異面直線PQ與AC所成角為θ，cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，∴sin θ＝＝.故選C. 3．B　解析：BB1與平面ACD1所成角即DD1 與平面ACD1所成角，即∠DD1O，其正切值是＝ . 4．B　解析：方法一(間接法)，由正三棱柱的所有棱長都相等，依據(jù)題設(shè)條件，可知B1D⊥平面ACD，∴B1D⊥DC.故△B1DC為直角三角形． 不妨設(shè)棱長為1，則有AD＝，B1D＝，DC＝. ∴＝＝. 設(shè)A到平面B1DC的距離為h， 則有＝， ∴h＝B1DS△ADC. ∴h＝.∴h＝. 設(shè)直線AD與平面B1DC所成的角為θ， 則sin θ＝＝. 方法二(向量法)，如圖D157，取AC的中點O為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系． 圖D157 不妨設(shè)各棱長為2， 則有A(0，－1,0)，D(0,0,2)，C(0,1,0)，B1(，0,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面B1CD的法向量， 則有??n＝(0,2,1)． 設(shè)直線AD與平面B1DC所成的角為θ， ∴sin θ＝cos 〈A，n〉＝＝. 5.　解析：過B，D分別向AC作垂線，垂足分別為M，N.則可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.∵＝＋＋.∴||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2(＋＋)＝2＋12＋2＋2(0＋0＋0)＝.∴||＝. 6.　解析：方法一，如圖D158，以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，C1(0,0, 2 )．點C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點C2. 圖D158 ∴＝(－2,0,2 )， ＝. 設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ， 則cos θ＝＝ ＝. 又θ∈，所以θ＝. 方法二，取A1B1的中點H，連接AH，由題意易知C1H⊥平面ABB1A1，∴∠C1AH即為AC1與平面ABB1A1所成的角．在Rt△C1HA中，C1H＝，C1A＝＝2 ， ∴∠C1AH＝，即AC1與側(cè)面ABB1A所成角為. 7．解：(1)因為AP⊥BE，AB⊥BE， 又AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP. 又BP?平面ABP，所以BE⊥BP. 又∠EBC＝120， 所以∠CBP＝30. (2)方法一，取的中點H，連接EH，GH，CH，如圖D159. 因為∠EBC＝120，所以四邊形為BEHC為菱形． 所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝. 取AG中點M，連接EM，CM，EC. 則EM⊥AG，CM⊥AG. 所以∠EMC為所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2 . 在△BEC中，由于∠EBC＝120， 由余弦定理，得EC2＝22＋22－222cos 120＝12， 所以EC＝2 .因此△EMC為等邊三角形． 故所求的角為60. 圖D159　 　圖D160 方法二，以B為坐標(biāo)原點，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖D160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)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)． 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個法向量． 由可得 取z1＝2，得平面AEG的一個法向量m(3，－，2)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一個法向量n＝(3，－，－2)． 所以cos〈m，n〉＝＝. 因此所求的角為60. 8．(1)證明：連接EG， ∵四邊形ABCD為菱形， ∵AD＝AB，BD⊥AC，DG＝GB. 在△EAD和△EAB中， AD＝AB，AE＝AE，∠EAD＝∠EAB， ∴△EAD≌△EAB. ∴ED＝EB.∴BD⊥EG. ∵AC∩EG＝G，∴BD⊥平面ACFE. ∵BD?平面ABCD，∴平面ACFE⊥平面ABCD. (2)解：方法一，如圖D161，過G作EF的垂線，垂足為M，連接MB，MG，MD， 易得∠EAC為AE與平面ABCD所成的角． ∴∠EAC＝60. ∵EF⊥GM，EF⊥BD，∴EF⊥平面BDM， ∴∠DMB為二面角BEFD的平面角． 可求得MG＝，DM＝BM＝， 在△DMB中由余弦定理，可得cos ∠BMD＝， ∴二面角BEFD的余弦值為. 圖D161　 圖D162 方法二，如圖D162，在平面ABCD內(nèi)，過G作AC的垂線，交EF于M點， 由(1)可知，平面ACFE⊥平面ABCD， ∴MG⊥平面ABCD. ∴直線GM，GA，GB兩兩互相垂直． 分別GA，GB，GM為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz， 易得∠EAC為AE與平面ABCD所成的角， ∴∠EAC＝60. 則D(0，－1,0)，B(0,1,0)，E，F(xiàn). 則＝(2，0,0)，＝，＝. 設(shè)平面BEF的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝0，n＝0. ∴x＝0，且x－y＋z＝0. 取z＝2，可得平面BEF的一個法向量為n＝(0,3,2)． 同理可求得平面DEF的一個法向量為m＝(0,3，－2)． ∴cos 〈n，m〉＝. ∴二面角BEFD的余弦值為. 9．(1)證明：由已知，得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF，得＝.故AC∥EF. 因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H. 由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4. 由EF∥AC，得＝＝. 所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3. 于是OH＝1，D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2. 故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H. 所以D′H⊥平面ABCD. 圖D163 (2)解：如圖D163，以H為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Hxyz， 則H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)．所以＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則即 所以可以取m＝(4,3，－5)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量， 則即 所以可以取n＝(0，－3,1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝－， sin〈m，n〉＝. 因此二面角BD′AC的正弦值是.