2023年g31067空间角距离综合doc高中数学.docx

g3.1067空间角.空间距离综合 一:高考真题: 图9—1 1.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.正六棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，那么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° 3.一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 假设屋顶斜面与水平面所成的角都是α，那么（ ） A.P3＞P2＞P1 B.P3＞P2＝P1 C.P3＝P2＞P1 D.P3＝P2＝P1 4.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，假设AB＝BB1，那么AB1与C1B所成的角的大小为（ ） A.60° B.90° C.105° D.75° 5.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局部，那么母线与轴的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6.如图9—7，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，那么BE1与DF1所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7.假设正三棱锥底面边长为4，体积为1，那么侧面和底面所成二面角的大小等于 （结果用反三角函数值表示）. 8.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，那么点M到直线EF的距离为 . 9.假设正四棱锥的底面边长为2 cm，体积为4 cm3，那么它的侧面与底面所成的二面角的大小是 . 图9—13 10.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，那么AE与平面BCD所成角的大小为_____. 11.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—20 图9—21 12.如图9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，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.在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC= ∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=5.（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.（2022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，假设CM=BN=a（0＜a＜）. （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—26 图9—27 15.如图9—27，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）假设∠MDC＝∠CVN＝θ（0＜θ＜＝，求四面体MABC的体积. ●答案解析 图9—43 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：此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，那么由正六棱柱相关性质得FE1∥BC1. 在△EFD中，EF=ED=1，∠FED=120°，∴FD=. 在Rt△EFE1和Rt△EE1D中，易得E1F=E1D=. ∴△E1FD是等边三角形.∴∠FE1D=60°. ∴BC1与DE1所成的角为60°. 评述：此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＝ 又∵2（S1＋S2）＝S底 ∴P1＝P 2＝P 3 图9—48 4.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，那么AB＝，那么AD为AB1在平面BC1上的射影，又 ∴DE2＝BE2＋BD2－2BE·BD·cosC1BC ＝ 而BE2＋DE2＝＝BD2 图9—49 ∴∠BED＝90° ∴AB1与C1B垂直 图9—50 5.答案：D 解析：如图9—50，由题意知，πr2h＝πR2h， ∴r＝． 又△ABO∽△CAO， ∴，∴OA2＝r·R＝， ∴cosθ＝． 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＝，再将AG1平移至EE1，其中AE＝，B1E1＝，∠BE1E即是异面直线BE1与DF1所成的角. 图9—51 设正方体棱长为l，可求得EE1＝BE1＝， EB＝，在△BEE1中由余弦定理得 cosBE1E＝ 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. 图9—53 7.答案：arctan 解析：设棱锥的高为h，如图9—53，那么V=·4×4×sin60°·h=1， ∴h=. D为BC中点，OD=AD=··4=. 易证∠PDO为侧面与底面所成二面角的平面角 tanθ=.故θ=arctan 评述：此题考查三棱锥中的根本数量关系，考查二面角的概念及计算. 图9—54 8.答案： 解析：过M作MO⊥EF，交EF于O，那么MO⊥平面BCFE. 如图9—54，作ON⊥BC，设OM=x，又tanMBO=， ∴BO=2x 又S△MBE=BE·MB·sinMBE=BE·ME S△MBC=BC·MB·sinMBC=BC·MN ∴ME=MN，而ME=，MN=，解得x=. 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=SABCD·VO ∴4=·（2）2·VO ，∴VO=1 又∵OM=，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，那么AF⊥面BCD，∠AEF为所求的角．设BD＝a，那么AF＝，EF＝，∴在Rt△AEF中，∠AEF＝45°． 11.（Ⅰ）解： =·2·2·1=. （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= ∴tanC1HC=.即面C1DE与面CDE所成二面角的正切值为. 评述：此题考查正四棱柱的根本知识，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=A1B1=4. sinD1B1H=sinB1GB=， ∴d=D1H=4· 解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴ 图9—64 ∴d=D1H=. 解法三：如图9—64，连接D1G，那么三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半.即B1G·D1H=BB12. ∴d=. （Ⅲ）·d·. 评述：此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.在研究此题时，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=5. 得SC==10 在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA= ∴∠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=. S△ABC=·AC·BC=×5×5=. ∴VS－ABC=·S△ACB·SA=. 图9—70 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，CM=BN=a，CB=AB=BE=1， ∴AC=BF=， . 即CP=BQ=. ∴MN=PQ= （0＜a＜）. （Ⅱ）由（Ⅰ），MN=， 所以，当a=时，MN=. 即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为. 图9—71 （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α的平面角， 又AG=BG=，所以，由余弦定理有 cosα=. 故所求二面角α=arccos（－）. 评述：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理和几何计算交错为一体；以两个垂直的正方形为背景，加强空间想象能力的考查.表达了立体几何从考查、论证和计算为重点，转到既考查空间概念，又考查几何论证和计算.但有所侧重，融论证于难度适中的计算之中.反