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高三数学空间角距离综合专练


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同步练习

空间角距离综合

1、已知半径是13的球面上有A、B、C三点,AB=6 ,BC=8, AC=10;则球心O到截面ABC的距离为 ( ) A、12 B、8 C、6 D、5 2、已知三棱锥P-ABC,PA ? 平面ABC, ? ABC ? 90 ? , ? ACB ? 30 ? ,AB=1,D、E分别是PC、BC 的中点,则异面直线DE与AB的距离是(
3 3



A、 3

B、 2

C、 3

D、与PA的长有关

3、设两平行直线a、b间的距离为2m,平面 ? 与a、b都平行且与a、b的距离都为m,这样的平 面 ? 有( ) A、1个 B、2个 C、3个 D、4个 4、一个二面角的两个面分别与另一个二面角的两个面垂直,则这两个二面角( ) A、相等 B、互补 C、相等或互补 D、不确定 5、平面 ? ? 平面 ? =CD,P 为这两个平面外一点,PA ? ? 于 A,PB ? ? 于 B,若 PA=2,PB=1 AB= 7 则二面角 ? ? CD ? ? 的大小为( )

A、 150 ? B、 120 ? C、 90 ? D、 60 ? 6、P 是平面 ABC 外一点,若 PA=PB=PC,且 ? APB ? ? BPC ? ? CPA ? 60 ? 则二面角 P-AB-C 的 余弦值为 . 7、正三棱锥的一个侧面的面积与底面面积之比为 2:3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面 角的度数为 。 8、已知 ? AOB ? 90 ? ,过 O 点引 ? AOB 所在平面的斜线 OC 与 OA、OB 分别成 45 ? 、 60 ? 角, 则以 OC 为棱的二面角 A-OC-B 的余弦值为 。 ? 的 一 条 垂 线 段 OA ( O 为 垂 足 ) 的 长 为 6 , 点 B 、 C 在 平 面 ? 上 , 且 9、平面
1
tan ? ABO ? 3 , tan ? ACO ? 2 ,那么B、C两点间距离的范围是



10、正方体 ABCD ? A 1 B 1 C 1 D 1 的棱长为a,点P 在棱 A 1 B 1 上运动,那么过P、B、D1三点的截 面面积的最小值是 11、直三棱柱 ABC ? A1 B 1 C 1 中, ? ACB ? 90 ? ,AC=AA1=a,则点A到截面A1BC的距离 是

12、 (05 湖南)如图 1,已知 ABCD 是上、下底边长分别为 2 和 6,高为
它沿对称轴 OO1 折成直二面角,如图 2。 (Ⅰ)证明:AC⊥BO1;
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3 的等腰梯形,将

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(Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的大小。

O1 D O1 C D O A O B A

C

B

13、 (05 湖北)如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截面而得到的, 其中 AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1. (Ⅰ)求 BF 的长; (Ⅱ)求点 C 到平面 AEC1F 的距离.

参考答案 1—5、A B C D D 11、
2 2

6、

1 3

7、 60 ?

8、 ?

3 3

9、 ?10 ,14 ?

10、

6 2

a

2

a

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12、解法一(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角, 即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点,OA、OB、OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 如图 3,则相关各点的坐标是 A(3,0,0) , B(0,3,0) ,C(0,1, 3 ) O1(0,0, 3 ). 从而 AC ? ( ? 3 ,1, 3 ), BO 1 ? ( 0 , ? 3 , 3 ), AC ? BO 1 ? ? 3 ? 所以 AC⊥BO1. (II)解:因为 BO 1 ? OC ? ? 3 ?
3? 3 ? 0 , 所以 BO1⊥OC, 3?

图3
3 ? 0.

由(I)AC⊥BO1,所以 BO1⊥平面 OAC, BO 1 是平面 OAC 的一个法向量. 设 n ? ( x , y , z ) 是 0 平面 O1AC 的一个法向量, 由 ? n ? AC ?
? ?? 3x ? y ? ? ? ? n ? O 1C ? 0 ? y ? 0. ? ? 0 3 z ? 0, 取z ?

3,

得 n ? (1, 0 , 3 ) .

设二面角 O—AC—O1 的大小为 ? ,由 n 、 BO 1 的方向可知 ? ?? n , BO 1 >, 所以 cos ? ? cos ? n , BO 1 >=
n ? BO
1

?
1

3 4

.

| n | ? | BO

|

O1
即二面角 O—AC—O1 的大小是 arccos
3 4 .

C

D O A
? 3 3

解法二(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1, 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角, 即 OA⊥OB. 从而 AO⊥平面 OBCO1, OC 是 AC 在面 OBCO1 内的射影. 因为 tan
? OO
1

B
图4

B ?

OB OO
1

?

3

t a n? O 1 OC ?

O 1C OO
1



所以∠OO1B=60°,∠O1OC=30°,从而 OC⊥BO1 由三垂线定理得 AC⊥BO1. (II)解 由(I)AC⊥BO1,OC⊥BO1,知 BO1⊥平面 AOC. 设 OC∩O1B=E,过点 E 作 EF⊥AC 于 F,连结 O1F(如图 4) ,则 EF 是 O1F 在平面 AOC 内的射影,由三垂线定理得 O1F⊥AC. 所以∠O1FE 是二面角 O—AC—O1 的平面角. 由题设知 OA=3,OO1= 3 ,O1C=1,

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所以 O 1 A ? 从而 O 1 F ?

OA

2

? OO

2 1

? 2

3 , AC ?

O1 A

2

? O 1C

2

?

13 ,

O 1 A ? O 1C AC
O1E O1F

?

2

3 13
13 4



又 O1E=OO1·sin30°=

3 2



所以 sin ? O 1 FE ?

?

.

即二面角 O—AC—O1 的大小是 arcsin

3 4

.

13.本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识,同时考查空间想象能力和推理 运算能力. 解法 1: (Ⅰ)过 E 作 EH//BC 交 CC1 于 H,则 CH=BE=1,EH//AD,且 EH=AD. 又∵AF∥EC1,∴∠FAD=∠C1EH. ∴Rt△ADF≌Rt△EHC1. ∴DF=C1H=2.
? BF ? BD
2

? DF

2

? 2 6.

(Ⅱ)延长 C1E 与 CB 交于 G,连 AG, 则平面 AEC1F 与平面 ABCD 相交于 AG. 过 C 作 CM⊥AG,垂足为 M,连 C1M, 由三垂线定理可知 AG⊥C1M.由于 AG⊥面 C1MC,且 AG ? 面 AEC1F,所以平面 AEC1F⊥面 C1MC.在 Rt△C1CM 中,作 CQ⊥MC1,垂足为 Q,则 CQ 的长即为 C 到平面 AEC1F 的距离.
由 EB CC
1

?

BG CG

可得 , BG ? 1 , 从而 AG ?

AB

2

? BG

2

?

17 . 4 17 12 17

由 ? GAB ? ? MCG 知 , CM

? 3 cos MCG 12 17 ?
2

? 3 cos GAB ? 3 ?

?

,

? CQ ?

CM ? CC MC
1

3?
1

? 3
2

4

33 11

.

?

12 17

解法 2: (I)建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,B(2,4,0) ,A(2,0, 0) , C(0,4,0) ,E(2,4,1) 1(0,4,3).设 F(0,0,z). ,C ∵AEC1F 为平行四边形,

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? 由 AEC 1 F 为平行四边形

,

? 由 AF ? EC 1 得 , ( ? 2 , 0 , z ) ? ( ? 2 , 0 , 2 ), ? z ? 2 . ? F ( 0 , 0 , 2 ). ? EF ? ( ? 2 , ? 4 , 2 ). 于是 | BF | ? 2 6 , 即 BF 的长为 2 6.

(II)设 n 1 为平面 AEC1F 的法向量,
显然 n 1 不垂直于平面
? n ? AE ? 0 , ? 1 由? 得 ? n 1 ? AF ? 0 , ?

ADF , 故可设 n 1 ? ( x , y ,1)

?0 ? x ? 4 ? y ? 1 ? 0 ? ?? 2 ? x ? 0 ? y ? 2 ? 0

? x ? 1, ?4 y ? 1 ? 0, ? 即? ? ? 1 ?? 2 x ? 2 ? 0, ?y ? ? . 4 ?

又 CC

1

? ( 0 , 0 , 3 ), 设 CC 1 与 n 1 的夹角为 a,则
CC | CC
1

cos ? ?

1

? n1

? 3?

3 1? 1 16 ?1

?

4

33 33

.

| ? | n1 |

∴C 到平面 AEC1F 的距离为
d ? | CC | cos ? ? 3 ? 4 33 33 ? 4 33 11 .

1

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