高一空间角和距离测试4（必修2）

空间角和距离 一、选择题（本大题共 10 个小题，每小题 5 分，共 50 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 1．直线 m 与平面 间距离为 d，那么到 m 与 距离都等于 2d 的点的集合是 （ ） A．一个平面 B．一条直线 C．两条直线 D．空集 2．异面直线 a、b 所成的角为，a、b 与平面都平行，b平面，则直线 a 与平面所成的 角 （ ） A．与相等 B．与互余 C．与互补 D．与不能相等． 3．在正方体 ABCD—ABCD中，BC与截面 BBDD 所成的角为 （ ） A． 3  B． 4  C． 6  D．arctan2 4．在正方形 SG1G2G3 中，E，F 分别是 G1G2 及 G2G3 的中点，D 是 EF 的中点，现在沿 SE， SF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 G1，G2，G3 三点重合，重合后的点记为 G， 那么，在四面体 S－EFG 中必有 （ ） A．SG⊥△EFG 所在平面 B．SD⊥△EFG 所在平面 C．GF⊥△SEF 所在平面 D．GD⊥△SEF 所在平面 5．有一山坡，它的倾斜角为 30°，山坡上有一条小路与斜坡底线成 45°角，某人沿这条小 路向上走了 200 米，则他升高了 （ ） A．100 2 米 B．50 2 米 C．25 6 米 D．50 6 米 6．已知三棱锥 D－ABC 的三个侧面与底面全等，且 AB＝AC＝ 3 ，BC＝2，则以 BC 为棱，以 面 BCD 与面 BCA 为面的二面角的大小为 （ ） A．arccos 3 3 B．arccos 3 1 C． 2 π D． 3 2π 7．正四面体 A—BCD 中 E、F 分别是棱 BC 和 AD 之中点，则 EF 和 AB 所成的角 （ ） A．45 B．60 C．90 D．30 8．把∠A=60°，边长为 a 的菱形 ABCD 沿对角线 BD 折成 60°的二面角，则 AC 与 BD 的 距离为 （ ） A． 4 3 a B． 4 3 a C． 2 3 a D． 4 6 a 9．若正三棱锥的侧面均为直角三角形，侧面与底面所成的角为α，则下列各等式中成立的 是 （ ） A．0＜α＜ 6  B． 6  ＜α＜ 4  C． 4  ＜α＜ 3  D． 3  ＜α＜ 2  10．已知 A（1，1，1），B（－1，0 ，4），C（2 ，－2，3），则〈 AB ，CA 〉的大小为（ ） A． 6  B． 6 5 C． 3  D． 3 2 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分） 11．从平面外一点 P 引斜线段 PA 和 PB，它们与分别成 45和 30角，则APB 的最大值 是______最小值是_______ 12．ABC 中ACB=90，PA平面 ABC，PA=2，AC=2 3 ，则平面 PBC 与平面 PAC，平 面 ABC 所成的二角的大小分别是______、_________． 13．在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中， 90ABC ， 30BAC ，ＢＣ＝５，又ＰＡ＝ＰＢ＝Ｐ Ｃ＝ＡＣ，则点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离是 ． 14．球的半径为 8，经过球面上一点作一个平面，使它与经过这点的半径成 45°角，则这个 平面截球的截面面积为 ． 三、解答题（共计 76 分） 15．（本小题满分 12 分）已知 SA⊥平面 ABC，SA=AB，AB⊥BC，SB=BC，E 是 SC 的中点， DE⊥SC 交 AC 于 D． （1） 求证：SC⊥面 BDE； （2）求二面角 E—BD—C 的大小． 16．（本小题满分 12 分）如图，点 P 为斜三棱柱 111 CBAABC  的侧棱 1BB 上一点， 1BBPM  交 1AA 于点 M ， 1BBPN  交 1CC 于点 N ． (1) 求证： MNCC 1 ； (2) 在任意 DEF 中有余弦定理： DFEEFDFEFDFDE  cos2222 ．拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三 棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明． 17．（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形， SD 垂直于底面 ABCD，SB= 3 ． （1）求证 BC  SC； （2）求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小； （3）设棱 SA 的中点为 M，求异面直线 DM 与 SB 所成角的 大小． 18．（本小题满分 12 分）在直角梯形 ABCD 中，D=BAD=90,AD=DC= 2 1 AB=a,(如图一)将△ADC 沿 AC 折起，使 D 到 D ．记面 AC D 为,面 ABC 为．面 BC D 为． （1）若二面角AC为直二面角（如图二），求二面角BC的大小; （2）若二面角AC为 60（如图三），求三棱锥 D ABC 的体积． 19．（本小题满分 14 分）如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直，AB= 2 ， AF=1，M 是线段 EF 的中点． （1）求证 AM//平面 BDE； （2）求二面角 ADFB 的大小； （3）试在线段 AC 上确定一点 P，使得 PF 与 BC 所成的角是 60． 20．（本题满分 14 分）如图，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 aBNCM  )20(  a ． （1）求 MN 的长； （2）当 a 为何值时， MN 的长最小； （3）当 MN 长最小时，求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 的大小． 参考答案 一．选择题（本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A B C A A D D 二．填空题（本大题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分） 11．750 ,150 12．900 ,300 13． 35 14． 32 三、解答题（本大题共 6 题，共 76 分） 15．(12 分) （1）证明：（1）∵SB=BC E 是 SC 的中点 ∴BE⊥SC ∵DE⊥SC∴SC⊥面 BDE （2）解：由（1）SC⊥BD∵SA⊥面 ABC∴SA⊥BD∴BD⊥面 SAC∴∠EDC 为二面角 E-BD-C 的平面角 设 SA=AB=a,则 SB=BC= a2 ． ,2, aSCSBCRt  中在 ,30, 0 DCESACRt 中在 060,  EDCDECRt 中在 ． 16．(12 分) (1) 证： MNCCPMNCCPNCCPMCCBBCC  111111 ,,// 平面 ； (2) 解：在斜三棱柱 111 CBAABC  中，有 cos2 1111111111 222 AACCBBCCAACCBBCCAABB SSSSS  ， 其中 为 平面 BBCC 11 与平面 AACC 11 所组成的二面角．  ,1 PMNCC 平面 上 述 的 二 面 角 为 MNP , 在 PMN 中 ， cos2222  MNPMNPNMNPNPM MNPCCMNCCPNCCMNCCPNCCPM  cos)()(2 11111 222222 ， 由于 1111 11111 ,, BBPMSCCMNSCCPNS AABBAACCBBCC  ， 有 cos2 1111111111 222 AACCBBCCAACCBBCCAABB SSSSS  ． 17．(12 分) （1）证法一：如，∵底面 ABCD 是正方形， ∴BC⊥DC． ∵SD⊥底面 ABCD，∴DC 是 SC 在平面 ABCD 上的射影， 由三垂线定理得 BC⊥SC． 证法二：如图 1，∵底面 ABCD 是正方形， ∴BC⊥DC．∵SD⊥底面 ABCD， ∴SD⊥BC，又 DC∩SD=D，∴BC⊥平面 SDC，∴BC⊥SC． （2）解：如图 2，过点 S 作直线 ,// ADl l 在面 ASD 上， ∵底面 ABCD 为正方形， lBCADl  ,//// 在面 BSC 上， l 为面 ASD 与面 BSC 的交线． l ,,,, SClSDlSCBCADSD  ∴∠CSD 为面 ASD 与面 BSC 所成二面角的平面角．（以下同解法一） （3）解 1：如图 2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形．又 M 是斜边 SA 的中点， ∴DM⊥SA．∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面 ASD，SA 是 SB 在面 ASD 上的射影．由三垂线定理得 DM⊥SB． ∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°． 解 2：如图 3，取 AB 中点 P，连结 MP，DP．在△ABS 中，由中位线定理得 MP//SB， DMP 是 异 面 直 线 DM 与 SB 所 成 的 角 ． 2 3 2 1  SBMP ， 又 ,2 5)2 1(1,2 2 2  DPDM ∴在△DMP 中，有 DP2=MP2+DM2，  90DMP ∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°． 18．(12 分) 解：（1）在直角梯形 ABCD 中， 由已知  DAC 为等腰直角三角形， ∴ 45,2  CABaAC , 过 C 作 CH⊥AB，由 AB=2 a ， 可推得 AC=BC= .2a ∴ AC⊥BC ．取 AC 的中点 E，连结 ED ， 则 ED ⊥AC 又 ∵ 二面角  ACa 为直二面角， ∴ ED ⊥  又 ∵ BC 平面  ∴ BC⊥ ED ∴ BC⊥ a ，而 aCD  ， ∴ BC⊥ CD ∴ CAD 为二面角   BC 的平面角． 由于 45 CAD ， ∴二面角   BC 为 45 ． （2）取 AC 的中点 E，连结 ED ，再过 D 作 OD ，垂足为 O，连结 OE． ∵ AC⊥ ED ， ∴ AC⊥OE ∴ EOD 为二面角  ACa 的平面角， ∴ EOD 60 ． 在 OEDRt  中， aACED 2 2 2 1  ， ∴ ODSV ABCABCD   3 1 ODBCAC  2 1 3 1 aaa 4 6226 1  .12 6 3a 19．（14 分）解法一: (1)记 AC 与 BD 的交点为 O,连接 OE, ∵O、M 分别是 AC、EF 的中点，ACEF 是矩形，∴四边形 AOEM 是平行四边形， ∴AM∥OE．∵ OE 平面 BDE， AM 平面 BDE，∴AM∥平面 BDE． (2)在平面 AFD 中过 A 作 AS⊥DF 于 S，连结 BS，∵AB⊥AF， AB⊥AD， ,AAFAD  ∴AB⊥平面 ADF，∴AS 是 BS 在平面 ADF 上的射影， 由三垂线定理得 BS⊥DF．∴∠BSA 是二面角 A—DF—B 的平面角． 在 RtΔASB 中， ,2,3 6  ABAS ∴ ,60,3tan  ASBASB ∴二面角 A—DF—B 的大小为 60º． （3）设 CP=t（0≤t≤2）,作 PQ⊥AB 于 Q，则 PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF， AAFAB  ，∴PQ⊥平面 ABF， QE 平面 ABF， ∴PQ⊥QF．在 RtΔPQF 中，∠FPQ=60º，PF=2PQ． 图1 图 2 图3 A B C D E F N M P Q ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴ ).2(2 2 tPQ  又∵ΔPAF 为直角三 角形，∴ 1)2( 2  tPF ，∴ ).2(2 221)2( 2 tt  所以 t=1 或 t=3(舍去),即点 P 是 AC 的中点． 解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系． 设 NBDAC  ，连接 NE， 则点 N、E 的坐标分别是（ )0,2 2,2 2 、（0,0,1）, ∴ )1,2 2,2 2( NE , 又点 A、M 的坐标分别是 )0,2,2( ,（ )1,2 2,2 2 ∴ AM =（ )1,2 2,2 2  ∴ AMNE  且 NE 与 AM 不共线，∴NE∥AM．又∵ NE 平面 BDE， AM 平面 BDE，∴AM∥平面 BDF． （2）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF ,AAD  ∴AB⊥平面 ADF． ∴ AB )0,0,2( 为平面 DAF 的法向量． ∵ DBNE  =（ )1,2 2,2 2  · )0,2,2( =0， ∴ NFNE  =（ )1,2 2,2 2  · )0,2,2( =0 得 DBNE  ， NFNE  ，∴NE 为平面 BDF 的法向量． ∴cos<  NEAB = 2 1 ∴AB 与 NE 的夹角是 60º．即所求二面角 A—DF—B 的大小是 60º． （3）设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2 )得 PF ),1,2,2( tt  ∴ BC =（ 2 ，0，0） 又∵PF 和 BC 所成的角是 60º．∴ 21)2()2( 2)2( 60cos 22    tt t 解得 2 2t 或 2 23t （舍去），即点 P 是 AC 的中点． 20．(14 分) 解：（1）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∴ MN  PQ 由已知 aBNCM  ， 1 BEABCB ∴ 2 BFAC 又 21 aCP  ， 21 aBQ  ， 即 2 aBQCP  ∴ MN  PQ  22)1( BQCP   22 ) 2 () 2 1( aa   2 1)2 2( 2 a )20(  a （2）由（Ⅰ）， MN  2 1)2 2( 2 a ,所以，当 2 2a 时， MN  2 2 即 M 、 N 分别移动到 AC 、 BF 的中点时， MN 的长最小，最小值为 2 2 ． （3）取 MN 的中点 G ，连结 AG 、 BG ，∵ ANAM  ， BNBM  ， G 为 MN 的中点 ∴ AG ⊥ MN ， BG ⊥ MN ，∠ AGB 即为二面角 的平面角,又 AG  BG 4 6 ，所以，由余 弦定理有 3 1 4 6 4 62 14 6 4 6 cos 22               , 故所求二面角      3 1arccos