1067空間角距離綜合

1067空間角.空間距離綜合一:高考真題:1.（2003京春文11，理8）如圖9—1，在正三角形ABC點，G，H，I，J分別為AF，AD，BE，DE的中點.將△ABC后，GH與IJ所成角的度數(shù)為（）

中，D，E，F(xiàn)分別為各邊的中沿DE，EF，DF折成三棱錐以A.90°B.60°C.45°D.0°2（.2002全國理，8）正六棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1的底面邊長為1，側(cè)棱長為2，則這個棱柱的側(cè)面對角線E1D與BC1所成的角是（）圖9—1A.90°B.60°C.45°D.30°3.（2001全國，11）一間民房的屋頂猶如圖9—4三種不一樣的蓋法：①單向傾斜；②雙向傾斜；③四向傾斜.記三種蓋法屋頂面積分別為P1、P2、P3.圖9—4若屋頂斜面與水平面所成的角都是α，則（）A.P＞P＞PB.P＞P＝P132132C.P＝P＞PD.P＝P＝P3213214.（2001全國，9）在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝2BB1，則AB1與C1B所成的角的大小為（）A.60°B.90°C.105°D.75°5.（2000全國文，12）如圖9—5，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得曲面將圓錐分紅相等的兩部分，則母線與軸的夾角的余弦值為（）11A.32B.211C.2D.4211111111A1B1，6.（1995全國文，10）如圖9—7，ABCD—ABCD是正方體，BE＝DF＝4則BE1與DF1所成角的余弦值是（）151A.B.17283C.D.1727.（2003上海春，10）若正三棱錐底面邊長為4，體積為1，則側(cè)面和底面所成二面角的大小等于（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）.8.（2002京皖春，15）正方形ABCD的邊長是2，E、F分別是AB和CD的中點，將正方形沿EF折成直二面角（如圖9—11所示）.M為矩形AEFD內(nèi)一點，假如∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值為1，那么點M到直線EF的距離為.29.（2002上海，4）若正四棱錐的底面邊長為23cm，體積為4cm3，則它的側(cè)面與底面所成的二面角的大小是.10.（2000上海春，8）如圖9—13，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD與正三角形CBD所在平面相互垂直，E是BC的中點，則AE與平面BCD所成角的大小為_____.11.（2003京春文，19）如圖9—19，ABCD—ABCD是正四棱柱，1111側(cè)棱長為1，底面邊長為2，E是棱BC的中點.圖9—13（Ⅰ）求三棱錐D1—DBC的體積；（Ⅱ）證明BD1∥平面C1DE；（Ⅲ）求面C1DE與面CDE所成二面角的正切值.圖9—19圖9—2012.（2003京春理，19）如圖9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面邊長為22，側(cè)棱長為4.E，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點，EF∩BD=G.（Ⅰ）求證：平面B1EF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）求點D1到平面B1EF的距離d；（Ⅲ）求三棱錐B1—EFD1的體積V.13.（2002京皖春文，19）在三棱錐S—ABC中，∠SAB=∠SAC=ACB=90°，且AC=BC=5，SB=55.（如圖9—21）（Ⅰ）證明：SC⊥BC；圖9—21（Ⅱ）求側(cè)面SBC與底面ABC所成二面角的大??；（Ⅲ）求三棱錐的體積VS－ABC.14（.2002全國理，18）如圖9—26，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1，并且平面ABCD、ABEF相互垂直.點M在AC上挪動，點N在BF上挪動，若CM=BN=a（0＜a＜2）.（Ⅰ）求MN的長；（Ⅱ）當(dāng)a為什么值時，MN的長最?。唬á螅┊?dāng)MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角α的大小.圖9—26圖9—2715.（2001春天北京、安徽，19）如圖9—27，已知VC是△ABC所在平面的一條斜線，點N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高CD上.AB＝a，VC與AB之間的距離為h，點M∈VC.（Ⅰ）證明∠MDC是二面角M—AB—C的平面角；（Ⅱ）當(dāng)∠MDC＝∠CVN時，證明VC⊥平面AMB；（Ⅲ）若∠MDC＝∠CVN＝θ（0＜θ＜＝，求四周體MABC的體積.2●答案分析1.答案：B圖9—43分析：將三角形折成三棱錐如圖9—43所示.HG與IJ為一對異面直線.過點D分別作HG與IJ的平行線，即DF與AD.所以∠ADF即為所求.所以，HG與IJ所成角為60°.評論：此題經(jīng)過對折疊問題辦理考察空間直線與直線的地點關(guān)系，在繪圖過程中正確理解已知圖形的關(guān)系是要點.經(jīng)過識圖、想圖、繪圖的角度考察了空間想象能力.而對空間圖形的辦理能力是空間想象力深入的標(biāo)記，是高考從深層上考察空間想象能力的主要方向.2.答案：B分析：連結(jié)FE1、FD，則由正六棱柱有關(guān)性質(zhì)得FE1∥BC1.在△EFD中，EF=ED=1，∠FED=120°，∴FD=3.在Rt△EFE1和Rt△EE1D中，易得E1F=E1D=3.∴△E1FD是等邊三角形.∴∠FE1D=60°.BC1與DE1所成的角為60°.評論：此題主要考察正六棱柱的性質(zhì)及異面直線所成的角的求法.3.答案：D分析：由S底＝S側(cè)cosθ可得P1＝P2而P3＝2(S1S2)2(S1S2)sincoscos又∵2（S12）＝S123底4.答案：B分析：如圖9—48，D1、D分別為B1C1、BC中點，連結(jié)AD、D1C，設(shè)BB1＝1，則AB＝2，則AD為AB1在平面BC1上的射影，又BE3,BD2,cosC1BCBC232BC13DE2＝BE2＋BD2－2BE·BD·cosC1BC＝1123221323236而BE2＋DE2＝111＝BD2362∴∠BED＝90°∴AB1與C1B垂直5.答案：D分析：如圖9—50，由題意知，1πr2h＝1πR2h，36r＝R．又△ABO∽△CAO，2

圖9—48圖9—50圖9—49∴rOA，∴OA2＝r·R＝R2,OAR，OAR242∴cosθ＝OA1．R426.答案：A分析：這是兩條異面直線所成角的問題，如圖9—51將DF1平移至AG1，A1G1＝A1B1，4ABA1B1，∠BE1E即是異面直線BE1與DF1所再將AG1平移至EE1，此中AE＝，B1E1＝24成的角.l，可求得EE1＝BE1＝117設(shè)正方體棱長為1，164EB＝1，在△BEE1中由余弦定理得2圖9—5122171711516164BE1EE1BE211717172BE1EE1244故應(yīng)選A.評論：利用直線平移，將異面直線所成角轉(zhuǎn)變?yōu)橛喗恢本€所成角，將空間圖形問題轉(zhuǎn)變?yōu)槠矫鎴D形問題來解決.“轉(zhuǎn)變”是一種重要的數(shù)學(xué)思想，這類思想在近幾年的試題里顯然地、存心識地進行了考察.37.答案：arctan8分析：設(shè)棱錐的高為h，如圖9—53，則V=1·4×4×sin60°·h=1，33∴h=.圖9—534D為BC中點，OD=1AD=1·3·4=23.3323易證∠PDO為側(cè)面與底面所成二面角的平面角PO3334tanθ=28.故θ=arctanOD833評論：此題考察三棱錐中的基本數(shù)目關(guān)系，考察二面角的觀點及計算.28.答案：2分析：過M作MO⊥EF，交EF于O，則MO⊥平面BCFE.圖9—54如圖9—54，作ON⊥BC，設(shè)OM=x，又tanMBO=1，2∴BO=2x11又S△MBE=BE·MB·sinMBE=BE·ME2211BC·MNS△MBC=BC·MB·sinMBC=22∴ME=MN，而ME=5x21，MN=x21，解得x=2.29.答案：30°分析：如圖9—60，作BC邊中點M，∴VM⊥BC過V作VO⊥底面ABCD∴VO⊥MO，MO⊥BC，∴∠VMO為其側(cè)面與底面所成二面角的平面角∵V錐=S·VO1ABCD3∴4=1·（23）2·VO，∴VO=13233，VO⊥MO，∴∠VMO=30°又∵OM=2∴側(cè)面與底面所成的二面角為30°.10.答案：45°分析：過點A作AF⊥BD于F，則AF⊥面BCD，∠AEF為所求的角．設(shè)BD＝a，則AF＝a，EF＝a，∴在Rt△AEF中，∠AEF＝45°．2211.（Ⅰ）解：VD1DBC112=·2·2·1=.323（Ⅱ）證明：記D1C與DC1的交點為O，連結(jié)OE.O是CD1的中點，E是BC的中點，∴EO∥BD1，BD1平面C1DE，EO平面C1DE.∴BD1∥平面C1DE.（Ⅲ）解：過C作CH⊥DE于H，連結(jié)C1H.在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，∴C1H⊥DE，∴∠C1HC是面C1DE與面CDE所成二面角的平面角.CDCE212∵DC=2，CC1=1，CE=1.∴CH=2212DE5C1C55∴tanC1HC=.即面C1DE與面CDE所成二面角的正切值為.CH22評論：此題考察正四棱柱的基本知識，考察空間想象能力、邏輯思想能力和運算能力.12.（Ⅰ）證法一：連結(jié)AC.∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形.AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.證法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD.∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.（Ⅱ）解：在對角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足為H∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，D1H⊥平面B1EF，且垂足為H，∴點D1到平面B1EF的距離d=D1H.解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1·sinD1B1H，D1B1=2A1B1=4.111B1B44，sinDBH=sinBGB=GB1421217∴d=D1H=4·41617.1717D1HD1B1解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴B1BB1G∴d=D1H=B1B21617.B1G17解法三：如圖9—64，連結(jié)D1G，則三角形D1GB1的面積等于正11方形DBB1D1面積的一半.即B1G·D1H=BB12.22圖9—64∴d=1617.17（Ⅲ）VVBEFD1VDBEF1·d·SB1EF116121716.111331723評論：此題比較全面地考察了空間點、線、面的地點關(guān)系.要求對圖形一定具備必定的洞察力.并進行必定的邏輯推理.在研究此題時，要注意摘出平面圖形，便于計算.13.（Ⅰ）證明：∵∠SAB=∠SAC=90°，∴SA⊥AB，SA⊥AC.又AB∩AC=A，∴SA⊥平面ABC.因為∠ACB=90°，即BC⊥AC，由三垂線定理，得SC⊥BC.（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC∴∠SCA是側(cè)面SCB與底面ABC所成二面角的平面角.在Rt△SCB中，BC=5，SB=55.得SC=SB2BC2=10AC51在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=102SC∴∠SCA=60°，即側(cè)面SBC與底面ABC所成的二面角的大小為60°.（Ⅲ）解：在Rt△SAC中，∵SA=SC2AC21025275.S△ABC=1·AC·BC=1×5×5=25.222125751253.∴VS－ABC=·S△ACB·SA=1332614.解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于點P，NQ∥AB交BE于點Q，連結(jié)PQ，依題意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四邊形，如圖9—70MN=PQ.由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1，∴AC=BF=2，CPa,BQa.圖9—701212即CP=BQ=a.2∴MN=PQ=(1CP)2BQ2(1a)2(a)222(a2)21（0＜a＜2）.22（Ⅱ）由（Ⅰ），MN=(a2)21，22所以，當(dāng)a=2時，MN=2.22即M、N分別挪動到AC、BF的中點時，MN的長最小，最小值為（Ⅲ）取MN的中點G，連結(jié)AG、BG，如圖9—71AM=AN，BM=BN，G為MN的中點∴AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即為二面角α的平面角，

2.26又AG=BG=，所以，由余弦定理有4(6)2(6)21圖9—711cosα=4466.2344故所求二面角α=arccos（－1）.3評論：該題考點多，擁有必定深度，但下手不難，漸漸加深，邏輯推理和幾何計算交織為一體；以兩個垂直的正方形為背景，增強空間想象能力的考察.表現(xiàn)了立體幾何從考察、論證和計算為要點，轉(zhuǎn)到既考察空間觀點，又考察幾何論證和計算.但有所重視，融論證于難度適中的計算之中.反應(yīng)教育改革趨向，表現(xiàn)時代發(fā)展潮流.別的解答過程中，一定引入適當(dāng)?shù)膮f(xié)助線，不單考察識圖，還考察了基本的作圖技術(shù).充分表現(xiàn)了“著重學(xué)科之間的內(nèi)在聯(lián)系”，較為深入和全面考察各樣數(shù)學(xué)能力.15.（Ⅰ）證明：∵CD⊥AB，VN⊥平面ABC，AB平面ABC