2014届高三理科数学一轮复习试题选编19空间角与空间距离教师版高中数学练习试题

第1页，共42页2014届高三理科数学一轮复习试题选编19：空间角与空间距离一、选择题1．（2009高考(北京理)）若正四棱柱1111ABCDABCD的底面边长为1,1AB与底面ABCD成60°角,则11AC到底面ABCD的距离为（）A．33B．1C．2D．3【答案】D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念.属于基础知识、基本运算的考查.依题意,160BAB,11tan603BB,故选D．2．（2013届北京西城区一模理科）如图，正方体1111ABCDABCD中，P为底面ABCD上的动点，1PEAC于E，且PAPE，则点P的轨迹是（）A．线段B．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分【答案】A二、解答题3．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，在菱形ABCD中，60DAB，E是AB的中点，MA⊥平面ABCD，且在矩形ADNM中，2AD，377AM．（Ⅰ）求证：AC⊥BN；（Ⅱ）求证：AN//平面MEC；（Ⅲ）求二面角MECD的大小.【答案】解：（Ⅰ）连结BD，则ACBD.由已知DN平面ABCD，ABCDENM第2页，共42页因为DNDBD，所以AC平面NDB.……………………2分又因为BN平面NDB，所以ACBN.……………………4分（Ⅱ）CM与BN交于F，连结EF.由已知可得四边形BCNM是平行四边形，所以F是BN的中点.因为E是AB的中点，所以//ANEF.…………………………7分又EF平面MEC，AN平面MEC，所以//AN平面MEC.……………………………………………………………9分（Ⅲ）由于四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，可得DEAB.如图建立空间直角坐标系Dxyz，则(0,0,0)D，(3,0,0)E,(0,2,0)C，37(3,1,)7M.(3,2.0)CE，37(0,1,)7EM.…………………………………………10分设平面MEC的法向量为(,,)xyzn.则0,0.CEEMnn所以320,370.7xyyz令2x.所以21(2,3,)3n.……………………………………………………………12分FABCDENMyxz第3页，共42页又平面ADE的法向量(0,0,1)m，所以1cos,2mnmnmn.所以二面角MECD的大小是60°.………………………………………14分4．（2013届北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB∥MD，且NB=1，MD=2；（Ⅰ）求证：AM∥平面BCN;（Ⅱ）求AN与平面MNC所成角的正弦值；（Ⅲ）E为直线MN上一点，且平面ADE⊥平面MNC，求MEMN的值..【答案】解：（Ⅰ）∵ABCD是正方形,∴BC∥AD.∵BC平面AMD,AD平面AMD,∴BC∥平面AMD.∵NB∥MD,∵NB平面AMD,MD平面AMD,∴NB∥平面AMD.∵NBBC=B,NB平面BCN,BC平面BCN,∴平面AMD∥平面BCN…………………………………………………………………………………3分∵AM平面AMD,∴AM∥平面BCN…………………………………………………………………………………………4分(也可建立直角坐标系，证明AM垂直平面BCN的法向量，酌情给分)（Ⅱ）MD平面ABCD，ABCD是正方形，所以，可选点D为原点，DA,DC,DM所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系（如图）…………………………………………………………………5分NCDABME第4页，共42页则0,0,2A，2,0,0M，0,2,0C,1,2,2N.)1,2,0(AN,………………………………………6分)1,2,2(MN，)2,2,0(MC,设平面MNC的法向量zyxn,,,则022022zyzyx，令2z，则1,2,2,n…7分设AN与平面MNC所成角为,552352122,cossinnAN.……9分（Ⅲ）设(,,)Exyz，MEMN，MEMN，又(,,2),(2,2,1)MExyzMN，E点的坐标为(2,2,2)，…………………………………………………………………11分AD面MDC,ADMC，欲使平面ADE⊥平面MNC，只要AEMC，(22,2,2),AE(0,2,2)MC，0AEMC42(2)0，2323MEMN.………………………………………………………………………………14分5．（北京市东城区普通高中示范校2013届高三12月综合练习(一)数学理试题）如图,在三棱锥ABCS中,侧面SAC与底面ABC垂直,,EO分别是ACSC,的中点,2SCSA,ACBC21,90ACBASC.yxzNCDABME第5页，共42页OEACBSF(1)求证:OE//平面SAB;(2)若点F在线段BC上,问:无论F在BC的何处,是否都有SFOE?请证明你的结论;(3)求二面角CASB的平面角的余弦值.【答案】解:(1)EO，分别是ACSC,的中点OE//SA又OE平面SABOE//平面SABOEACBSF(2)在SAC中,OE//AS,90ASCSCOE平面SAC平面ABC,90BCABC平面ASC,OE平面ASCOEBCOE平面BSCSF平面BSCSFOE第6页，共42页所以无论F在BC的何处,都有SFOE(3)由(2)BC平面ASCBCAS又90ASCASSCAS平面BCSSBASBSC是二面角CASB的平面角在RtBCS中BSCcos36所以二面角CASB的平面角的余弦值为36法二:(2)O是AC的中点,SCSAACSO又平面SAC平面ABCSO平面ABC同理可得BC平面ASC在平面ABC内,过O作ACOM以O为原点,OSOCOM,,所在直线为x,,yz轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则)0,0,0(O)0,1,0(A,)0,1,1(B,)0,1,0(C,)1,0,0(S,)1,1,0(AS,)0,2,1(AB,MOEACBSFzyBCF,设)0,1,(xF,则)1,1,(xSF,)21,21,0(OE0OESF恒成立,所以无论F在BC的何处,都有SFOE(3)由(2)知平面ASC的法向量为BC=(1,0,0)设平面SAB的法向量为(,,)nxyz则0ASn,0ABn第7页，共42页即020yxzy令1y,则2x,1z)1,1,2(n36||||cosBCnBCnBCn所以二面角CASB的平面角的余弦值为366．（北京市丰台区2013届高三上学期期末考试数学理试题）如图，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=AB=2，3BC，90ABC°,平面PAB平面ABC，D、E分别为AB、AC中点.（Ⅰ）求证：DE‖平面PBC;（Ⅱ）求证：ABPE；（Ⅲ）求二面角A-PB-E的大小.【答案】解：（Ⅰ）D、E分别为AB、AC中点，DE//BC．DE平面PBC，BC平面PBC，DE//平面PBC．…………………………4分（Ⅱ）连结PD，PA=PB，PDAB．…………………………….5分//DEBC，BCAB，EDABCP_E_D_B_C_A_P第8页，共42页DEAB．...........................................................................................................6分又PDDED，AB平面PDE．......................................................................................................8分PE平面PDE，ABPE．..........................................................................................................9分（Ⅲ）平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABC=AB，PDAB，PD平面ABC．................................................................................................10分如图,以D为原点建立空间直角坐标系B(1,0,0)，P(0,0,3)，E(0,32,0),PB=(1,0,3)，PE=(0,32,3）．设平面PBE的法向量1(,,)nxyz，30,330,2xzyz令3z得1(3,2,3)n．............................11分DE平面PAB，平面PAB的法向量为2(0,1,0)n．………………….......................................12分设二面角的APBE大小为，由图知，121212||1coscos,2nnnnnn，所以60,即二面角的APBE大小为60．..........................................14分[7．（2013北京房山二模数学理科试题及答案）如图,ABCD是正方形,DE平面ABCD,DEAF//,3DEDAAF.(Ⅰ)求证:ACBE;(Ⅱ)求二面角DBEF的余弦值;(Ⅲ)设点M是线段BD上一个动点,试确定点M的位置,使得//AM平面BEF,证明你的结论._E_D_B_C_A_Pzyx第9页，共42页FEDCBA【答案】(Ⅰ)证明:因为DE平面ABCD,所以ACDE因为ABCD是正方形,所以BDAC,所以AC平面BDE,从而ACBE(Ⅱ)解:因为DEDCDA,,两两垂直,所以建立空间直角坐标系xyzD如图所示zyxMFEDCBA设3AD,可知1,3AFDE则)0,0,0(D,(3,0,0)A,)1,0,3(F,)3,0,0(E,(3,3,0)B,(0,3,0)C,所以)1,3,0(BF,)2,0,3(EF,设平面BEF的法向量为n(,,)xyz,则00BFEFnn,即．023,03zxzy,令3z,则n)3,1,2(因为AC平面BDE,所以CA为平面BDE的法向量,(3,3,0)CA,第10页，共42页所以147,cosCAnCAnCAn因为二面角为锐角,所以二面角DBEF的余弦值为147(Ⅲ)解:点M是线段BD上一个动点,设(,,0)(032)Mttt.则(3,,0)AMtt,因为//AM平面BEF,所以AMn0,即0)3(2tt,解得2t此时,点M坐标为(2,2,0),13BMBD,符合题意8．（2013届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，ABCD是等边三角形，D是BC的中点．（Ⅰ）求证：A1B//平面ADC1；（Ⅱ）若AB=BB1=2，求A1D与平面AC1D所成角的正弦值．【答案】证明：（I）因为三棱柱111ABCABC是直三棱柱，所以四边形11AACC是矩形。连结1AC交1AC于O，则O是1AC的中点，又D是BC的中点，所以在1ADC中，1//ODAB。因为1AB平面1ADC，OD平面1ADC，所以1//AB平面1ADC。（II）因为