立体几何第七讲空间角、距离练习题(含答案).doc
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第七节空间角距离
（一）线面角
一．选择题
1．把正方形沿对角线折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为（）
A．B．C．D．
2．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为（）．
A．90° B．60° C．45° D．30°
3．PA，PB，PC是从P引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为（）
A． B。
C。
D。
4．设E，F是正方体AC1的棱AB和D1C1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A1ECF成60°角的对角线的数目是（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
二，填空题
5．正四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等，E为PC中点，则直线AC与截面BDE所成的角为．
6．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.
7．棱长都为2的直平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，∠BAD=60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的余弦值为________.
三．简答题
8．如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，，，是上的一点，。
（Ⅰ）证明：
平面；
（Ⅱ）设二面角为，求与平面所成角的大小。
9.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PC=2，PD=CD=2.
（I）求异面直线PA与BC所成角的正切值；
（II）证明平面PDC⊥平面ABCD；
（III）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
10．如图，在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=。
AD=2，BC=4,AA1=2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点。
（1）证明：
（i）EF∥A1D1；
（ii）BA1⊥平面B1C1EF；
（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值。
11．如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.
（Ⅰ）求证：
平面；
（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.
（二）面面角
1．如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，，平面，且，点是的中点.
（Ⅰ）求证：
；
（Ⅱ）求证：
平面；
（Ⅲ）求二面角的大小.
（第2题）
2．在四面体ABCD中，△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形．
（1）求证：
BC⊥AD；
（2）若点D到平面ABC的距离等于3，求二面角A－BC－D的正弦值；
（3）设二面角A－BC－D的大小为q，猜想q为何值时，四面体A－BCD的体积最大．（不要求证明）
3．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连结ED，EC，EB和DB．
（1）求证：
平面EDB⊥平面EBC；
（2）求二面角E－DB－C的正切值.
（第3题）
4．如图，在底面是直角梯形的四棱锥Ｓ－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，
SA⊥面ABCD，SA＝AB＝BC＝１，AD＝．
（1）求四棱锥S—ABCD的体积；
（2）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值．
（提示：
延长BA，CD相交于点E，则直线SE是
所求二面角的棱.）
（第4题）
5．如图，三棱锥P—ABC中，PC平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，
且CD平面PAB．
（1）求证：
AB平面PCB；
（2）求异面直线AP与BC所成角的大小；
（3）求二面角C-PA-B的大小的余弦值．
Q
P
D
C
B
A
6．如图所示，已知在矩形ABCD中，AB=1，BC=a（a>0），PA⊥平面AC，且PA=1．
（1）试建立适当的坐标系，并写出点P、B、D的坐标；
（2）问当实数a在什么范围时，BC边上能存在点Q，
使得PQ⊥QD？
（3）当BC边上有且仅有一个点Q使得PQ⊥QD时，
求二面角Q-PD-A的余弦值大小．
C
D
B
A
P
E
7.如图，在底面是棱形的四棱锥中，，点E在上，且:
＝2:
1．
（1）证明平面；
（2）求以AC为棱，与为面的二面角的大小；
（3）在棱PC上是否存在一点F，使∥平面？
证明你的结论．
8．已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面
ABCD，E是SC上的任意一点．
（1）求证：
平面EBD⊥平面SAC；
（2）设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；
（3）当的值为多少时，二面角B－SC－D的大小为120°？
9．如图，在三棱锥中，，，，点在平面内的射影在上。
（Ⅰ）求直线与平面所成的角的大小；
（Ⅱ）求二面角的大小。
10．已知直三棱柱中，，，为的中点。
（Ⅰ）求异面直线和的距离；（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值。
第七节空间角距离答案
（一）线面角
一。
选择题
1，C解析：
当三棱锥D－ABC体积最大时，平面DAC⊥ABC，取AC的中点O，则△DBO是等腰直角三角形，即∠DBO＝45°．
2.C当三棱锥体积最大时，平面，取的中点，
则△是等要直角三角形，即
3，D4，C
二。
填空题
5.45°6.7.
三．简答题
8，【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。
从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求解。
解：
设,以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则设。
（Ⅰ）证明：
由得，所以，，，所以，
。
所以,，所以平面；
（Ⅱ）设平面的法向量为，又，由得，设平面的法向量为，又，由，得，由于二面角为，所以，解得。
所以，平面的法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以与平面所成角为.
【点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题和相似，底面也是特殊的菱形，一个侧面垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点，这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好。
9，【解析】（I）是与所成角
在中，
异面直线与所成角的正切值为
（II）面
面平面平面
（III）过点作于点，连接
平面平面面是直线与平面所成角
在中，
在中，
得：
直线与平面所成角的正弦值为,
10，【解析】
（1）（i）因为，平面ADD1A1，所以平面ADD1A1.
又因为平面平面ADD1A1=，所以.所以.
（ii）因为，所以，
又因为，所以，
在矩形中，F是AA的中点，即.即
，故.
所以平面.
（2）设与交点为H，连结.
由
（1）知，所以是与平面所成的角.在矩形中，，，得，在直角中，，，得
，所以BC与平面所成角的正弦值是.
11，证明：
（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵，
∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，
∴平面.
（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∴O，E分别为DB、PB的中点，
∴OE//PD，，又∵，
∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，
在Rt△AOE中，，
∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.,
（二）面面角
1，【解】（Ⅰ）PA平面ABCD，
AB是PB在平面ABCD上的射影，
又ABAC，AC平面ABCD，
ACPB.
（Ⅱ）连接BD，与AC相交与O，连接EO，
ABCD是平行四边形O是BD的中点
又E是PD的中点，EOPB.
又PB平面AEC，EO平面AEC，
PB平面AEC，
（Ⅲ）如图，取AD的中点F，连EF，FO，则
EF是△PAD的中位线，\EFPA又平面，\EF^平面
同理FO是△ADC的中位线，\FOAB\FO^AC由三垂线定理可知\ÐEOF是二面角E－AC－D的平面角.又FO＝AB＝PA＝EF。
\ÐEOF＝45°而二面角与二面角E－AC－D互补，
故所求二面角的大小为135°.
2，证明：
（1）取BC中点O，连结AO，DO．
∵△ABC，△BCD都是边长为4的正三角形，
∴AO⊥BC，DO⊥BC，且AO∩DO＝O，
∴BC⊥平面AOD．又AD平面AOD，
∴BC⊥AD．（第2题）
解：
（2）由
（1）知∠AOD为二面角A－BC－D的平面角，设∠AOD＝q，则过点D作DE⊥AD，垂足为E．
∵BC⊥平面ADO，且BC平面ABC，
∴平面ADO⊥平面ABC．又平面ADO∩平面ABC＝AO，
∴DE⊥平面ABC．
∴线段DE的长为点D到平面ABC的距离，即DE＝3．
又DO＝BD＝2，
在Rt△DEO中，sinq＝＝，
故二面角A－BC－D的正弦值为．
（3）当q＝90°时，四面体ABCD的体积最大．
3，证明：
（1）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点．∴△DD1E为等腰直角三角形，∠D1ED＝45°．同理∠C1EC＝45°．∴，即DE⊥EC．
在长方体ABCD－中，BC⊥平面，又DE平面，
∴BC⊥DE．又，∴DE⊥平面EBC．∵平面DEB过DE，∴平面DEB⊥平面EBC．
（2）解：
如图，过E在平面中作EO⊥DC于O．在长方体ABCD－中，∵面ABCD⊥面，∴EO⊥面ABCD．过O在平面DBC中作OF⊥DB于F，连结EF，∴EF⊥BD．∠EFO为二面角E－DB－C的平面角．利用平面几何知识可得OF＝，（第18题）
又OE＝1，所以，tanEFO＝．
4.解：
（1）直角梯形ABCD的面积是M底面＝＝，
∴四棱锥S—ABCD的体积是V＝·SA·M底面＝×1×＝．
（2）如图，延长BA，CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱．
∵AD∥BC，BC＝2AD，
∴EA＝AB＝SA，∴SE⊥SB
∵SA⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交线．
又BC⊥EB，∴BC⊥面SEB，故SB是SC在面SEB
上的射影，
∴CS⊥SE，∠BSC是所求二面角的平面角．
∵SB＝＝，BC＝1，BC⊥SB，
∴tan∠BSC＝， （第4题）
即所求二面角的正切值为．
5，解析：
（1）∵PC⊥平面ABC,平面ABC，
∴PCAB.∵CD平面PAB，平面PAB，
∴CDAB．又，∴AB平面PCB．
（2由（I）AB平面PCB，∵PC=AC=2，
又∵AB=BC，可求得BC=．以B为原点，
如图建立坐标系．则Ａ（０,,０），Ｂ（0,0,0），C（,０,0），P（,０,2）．
=（,－,2），=（,0,0）．
则=×+0+0=2．
===．
∴异面直线AP与BC所成的角为．
（3）设平面PAB的法向量为m=（x，y，z）．=（0,－,0）,=（,－,2），
则即解得令z=-1,得m=（，0，-1）．
由PC平面ABC易知：
平面PAC平面ABC，取AC的中点E，连接BE，则为平面PAC的一个法向量，，故平面PAC的法向量也可取为n=（1，1，0）．
=.∴二面角C-PA-B的大小的余弦值为．
z
Q
P
D
C
B
A
y
x
M
N
6，解析：
（1）以A为坐标原点，AB、AD、AP分
别为x、y、z轴建立坐标系如图所示．
∵PA=AB=1，BC=a，
∴P（0，0，1），B（1，0，0），
D（0，a，0）．
（2）设点Q（1，x，0），则
．
由，得x2-ax+1=0．
显然当该方程有非负实数解时，BC边上才存在点Q，使得PQ⊥QD，故只须⊿=a2-4≥0．
因a>0，故a的取值范围为a≥2．
（3）易见，当a=2时，BC上仅有一点满足题意，此时x=1，即Q为BC的中点．
取AD的中点M，过M作MN⊥PD，垂足为N，连结QM、QN．则M（0，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0）．∵D、N、P三点共线，
∴．
又，且，
故．
于是．
故．
∵，
∴．
∴∠MNQ为所求二面角的平面角．
∵，
注：
该题还有很多方法解决各个小问，以上方法并非最简.
7.解析：
（1）传统方法易得证明（略）
（2）传统方法或向量法均易解得；
（3）解以A为坐标原点，直线分别为y轴、z轴，过A点垂直于平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系（如图）．由题设条件，相关各点的坐标为
所以，，
，设点F是棱上的点，，其中，则．令得
解得，即时，．亦即，F是PC的中点时，共面，又平面，所以当F是PC的中点时，∥平面．
8.解析：
（1）∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD，
∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC，
∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.
（2）设AC∩BD＝F，连结SF，则SF⊥BD，
∵AB＝2，SA＝4，∴BD＝2，
SF＝＝＝3，
∴S△SBD＝BD·SF＝·2·3＝6，
设点A到平面SBD的距离为h，
∵SA⊥平面ABCD，∴·S△SBD·h＝·S△ABD·SA，∴6·h＝·2·2·4，∴h＝，
即点A到平面SBD的距离为.
（3）设SA＝a，以A为原点，AB、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，为计算方便，不妨设AB＝1，则C（1,1,0），S（0,0，a），B（1,0,0），D（0,1,0），
∴＝（1,1，－a），＝（1,0，－a），＝（0,1，－a），
再设平面SBC、平面SCD的法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2），
则
∴y1＝0，从而可取x1＝a，则z1＝1，∴n1＝（a,0,1），
∴x2＝0，从而可取y2＝a，则z2＝1，∴n2＝（0，a,1），
∴cos〈n1，n2〉＝，
要使二面角B－SC－D的大小为120°，则＝，从而a＝1，
即当＝＝1时，二面角B－SC－D的大小为120°.
9.命题立意：
本题主要考查本题主要考查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概念等基础知识，考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力.
[解析]
（1）连接OC.由已知，所成的角
设AB的中点为D，连接PD、CD.
因为AB=BC=CA,所以CDAB.
因为等边三角形，
不妨设PA=2，则OD=1，OP=,AB=4.
所以CD=2，OC=.
在Rttan.…………………………6分
（2）过D作DE于E，连接CE.
由已知可得，CD平面PAB.
据三垂线定理可知，CE⊥PA，
所以，.
由
（1）知，DE=
在Rt△CDE中，tan
故…………………………………12分
[点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念，重点考查思维能力和空间想象能力，进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤：
一找（寻找现成的二面角的平面角）、二作（若没有找到现成的，需要引出辅助线作出二面角的平面角）、三求（有了二面角的平面角后，在三角形中求出该角相应的三角函数值）.
10.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）如答（20）图1，因AC=BC，D为AB的中点，故CDAB。
又直三棱柱中，面，故，所以异面直线和AB的距离为
（Ⅱ）：
由故面，从而，故为所求的二面角的平面角。
因是在面上的射影，又已知由三垂线定理的逆定理得从而，都与互余，因此，所以≌，因此得
从而
所以在中，由余弦定理得
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