g3.1067空间角、距离综合

g3.1067空间角.空间距离综合一:高考真题:1.（2003京春文11，理8）如图9—1，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点.将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为（）A.90°B.60°C.45°D.0°2.（2002全国理，8）正六棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是（）A.90°B.60°C.45°D.30°3.（2001全国，11）一间民房的屋顶有如图9—4三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P1、P2、P3.图9—4若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则（）A.P3＞P2＞P1B.P3＞P2＝P1C.P3＝P2＞P1D.P3＝P2＝P14.（2001全国，9）在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝2BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）A.60°B.90°C.105°D.75°5.（2000全国文，12）如图9—5，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（）A.321B.21C.21D.4216.（1995全国文，10）如图9—7，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝411BA，则BE1与DF1所成角的余弦值是（）A.1715B.21C.178D.237.（2003上海春，10）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于（结果用图9—1反三角函数值表示）.8.（2002京皖春，15）正方形ABCD的边长是2，E、F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角（如图9—11所示）.M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为21，那么点M到直线EF的距离为.9.（2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为23cm，体积为4cm3，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是.10.（2000上海春，8）如图9—13，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD与正三角形CBD所在平面互相垂直，E是BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为_____.11.（2003京春文，19）如图9—19，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点.（Ⅰ）求三棱锥D1—DBC的体积；（Ⅱ）证明BD1∥平面C1DE；（Ⅲ）求面C1DE与面CDE所成二面角的正切值.图9—19图9—2012.（2003京春理，19）如图9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4.E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G.（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；（Ⅲ）求三棱锥B1—EFD1的体积V.13.（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=55.（如图9—21）（Ⅰ）证明：SC⊥BC；（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；（Ⅲ）求三棱锥的体积VS－ABC.14.（2002全国理，18）如图9—26，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直.点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（0＜a＜2）.（Ⅰ）求MN的长；（Ⅱ）当a为何值时，MN的长最小；（Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小.图9—13图9—21图9—26图9—2715.（2001春季北京、安徽，19）如图9—27，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高CD上.AB＝a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.（Ⅰ）证明∠MDC是二面角M—AB—C的平面角；（Ⅱ）当∠MDC＝∠CVN时，证明VC⊥平面AMB；（Ⅲ）若∠MDC＝∠CVN＝θ（0＜θ＜2＝，求四面体MABC的体积.●答案解析1.答案：B解析：将三角形折成三棱锥如图9—43所示.HG与IJ为一对异面直线.过点D分别作HG与IJ的平行线，即DF与AD.所以∠ADF即为所求.因此，HG与IJ所成角为60°.评述：本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向.2.答案：B解析：连结FE1、FD，则由正六棱柱相关性质得FE1∥BC1.在△EFD中，EF=ED=1，∠FED=120°，∴FD=3.在Rt△EFE1和Rt△EE1D中，易得E1F=E1D=3.∴△E1FD是等边三角形.∴∠FE1D=60°.∴BC1与DE1所成的角为60°.评述：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成的角的求法.3.答案：D解析：由S底＝S侧cosθ可得P1＝P2而P3＝cos)(2)cossin(22121SSSS又∵2（S1＋S2）＝S底∴P1＝P2＝P34.答案：B解析：如图9—48，D1、D分别为B1C1、BC中点，连结AD、D1C，设BB1＝1，则AB＝2，则AD为AB1在平面BC1上的射影，又32cos,22,3311BCBCBCCBDBE∴DE2＝BE2＋BD2－2BE·BD·cosC1BC图9—43图9—48＝6132223322131而BE2＋DE2＝216131＝BD2∴∠BED＝90°∴AB1与C1B垂直5.答案：D解析：如图9—50，由题意知，31πr2h＝61πR2h，∴r＝2R．又△ABO∽△CAO，∴ROAOAr，∴OA2＝r·R＝422,2ROAR，∴cosθ＝421ROA．6.答案：A解析：这是两条异面直线所成角的问题，如图9—51将DF1平移至AG1，A1G1＝411BA，再将AG1平移至EE1，其中AE＝2AB，B1E1＝411BA，∠BE1E即是异面直线BE1与DF1所成的角.设正方体棱长为l，可求得EE1＝BE1＝4171611，EB＝21，在△BEE1中由余弦定理得cosBE1E＝17154174172411617161721122121EEBEBEEEBE故应选A.评述：利用直线平移，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，将空间图形问题转化为平面图形问题来解决.“转化”是一种重要的数学思想，这种思想在近几年的试题里明显地、有意识地进行了考查.7.答案：arctan83图9—49图9—50图9—51图9—53解析：设棱锥的高为h，如图9—53，则V=31·4×4×sin60°·h=1，∴h=43.D为BC中点，OD=31AD=31·23·4=332.易证∠PDO为侧面与底面所成二面角的平面角tanθ=8333243ODPO.故θ=arctan83评述：本题考查三棱锥中的基本数量关系，考查二面角的概念及计算.8.答案：22解析：过M作MO⊥EF，交EF于O，则MO⊥平面BCFE.如图9—54，作ON⊥BC，设OM=x，又tanMBO=21，∴BO=2x又S△MBE=21BE·MB·sinMBE=21BE·MES△MBC=21BC·MB·sinMBC=21BC·MN∴ME=MN，而ME=152x，MN=12x，解得x=22.9.答案：30°解析：如图9—60，作BC边中点M，∴VM⊥BC过V作VO⊥底面ABCD∴VO⊥MO，MO⊥BC，∴∠VMO为其侧面与底面所成二面角的平面角∵V锥=31SABCD·VO∴4=31·（23）2·VO，∴VO=1图9—54又∵OM=3232，VO⊥MO，∴∠VMO=30°∴侧面与底面所成的二面角为30°.10.答案：45°解析：过点A作AF⊥BD于F，则AF⊥面BCD，∠AEF为所求的角．设BD＝a，则AF＝2a，EF＝2a，∴在Rt△AEF中，∠AEF＝45°．11.（Ⅰ）解：DBCDV1=2131·2·2·1=32.（Ⅱ）证明：记D1C与DC1的交点为O，连结OE.∵O是CD1的中点，E是BC的中点，∴EO∥BD1，∵BD1平面C1DE，EO平面C1DE.∴BD1∥平面C1DE.（Ⅲ）解：过C作CH⊥DE于H，连结C1H.在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，∴C1H⊥DE，∴∠C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角.∵DC=2，CC1=1，CE=1.∴CH=52121222DECECD∴tanC1HC=251CHCC.即面C1DE与面CDE所成二面角的正切值为25.评述：本题考查正四棱柱的基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.12.（Ⅰ）证法一：连接AC.∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形.∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD.∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.（Ⅱ）解：在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H.解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1·sinD1B1H，∵D1B1=2A1B1=4.sinD1B1H=sinB1GB=1741442211GBBB，∴d=D1H=4·.171716174解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴GBBDBBHD11111∴d=D1H=171716121GBBB.解法三：如图9—64，连接D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半.即21B1G·D1H=21BB12.∴d=171716.（Ⅲ）311111EFBDEFDBVVV·d·316172211716311EFBS.评述：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系.要求对图形必须具备一定的洞察力.并进行一定的逻辑推理.在研究本题时，要注意摘出平面图形，便于计算.13.（Ⅰ）证明：∵∠SAB=∠SAC=90°，∴SA⊥AB，SA⊥AC.又AB∩AC=A，∴SA⊥平面ABC.由于∠ACB=90°，即BC⊥AC，由三垂线定理，得SC⊥BC.（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角.在Rt△SCB中，BC=5，SB=55.得SC=22BCSB=10在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=21105SCAC∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°.（Ⅲ）解：在Rt△SAC中，∵SA=755102222ACSC.S△ABC=21·AC·BC=21×5×5=225.∴VS－ABC=31·S△ACB·SA=631257522531.14.解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，依题意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形，如图9—70∴MN=PQ.由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1，图9—64图9—70∴AC=BF=2，21,21aBQaCP.即CP=BQ=2a.∴MN=PQ=2222)2()21()1(aaBQCP21)22(2a（0＜a＜2）.（Ⅱ）由（Ⅰ），MN=21)22(2a，所以，当a=22时，MN=22.即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为22.（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG，如图9—71∵AM=AN，BM=BN，G为MN的中点∴AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即为二面角