《（考前大通關(guān)）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第一部分專題突破方略專題六《第二講 空間角與距離》題針對訓(xùn)練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（考前大通關(guān)）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第一部分專題突破方略專題六《第二講 空間角與距離》題針對訓(xùn)練 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 一、選擇題 1．若直線l與平面α所成的角為，則直線l與平面α內(nèi)與l不相交的直線所成角中最大，最小的角分別為(　　) A.，　　　　　　　 B.， C.，0 D.，0 解析：選B.直線和平面內(nèi)直線所成角最大為，而直線和平面所成角即為直線和平面內(nèi)所有直線所成角中的最小角，故最小角為. 2．(2011年高考大綱全國卷)已知平面α截一球面得圓M，過圓心M且與α成60°二面角的平面β截該球面得圓N.若該球面的半徑為4，圓M的面積為4π，則圓N的面積為(　　) A．7π B．9π C．11π D．13π 解析：選D. 如圖，由題意可知∠AMN＝60°，設(shè)球心

2、為O，連接ON、OM、OB、OC，則ON⊥CD，OM⊥AB，且OB＝4，OC＝4. 在圓M中，∵π·MB2＝4π， ∴MB＝2.在△OMB中，OB＝4， ∴OM＝2. 在△MNO中，OM＝2，∠NMO＝90°－60°＝30°， ∴ON＝. 在△CNO中，ON＝，OC＝4，∴CN＝， ∴S＝π·CN2＝13π. 3．在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，點A1到截面AB1D1的距離是(　　) A. B. C. D. 解析：選C. 設(shè)A1C1∩B1D1＝O1， ∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1， ∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA

3、1O1⊥平面AB1D1，交線為AO1，在平面AA1O1內(nèi)過A1作A1H⊥AO1于點H，則易知A1H的長即是點A1到平面AB1D1的距離．在Rt△A1O1A中，A1O1＝，AO1＝，由A1O1·A1A＝A1H·AO1，可得A1H＝. 4．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱上到異面直線AB，CC1的距離相等的點的個數(shù)為(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選C.如圖所示，則BC中點、A1D1中點、B1、D分別到兩異面直線的距離相等，即滿足條件的點有四個，故選C項． 5．設(shè)C是∠AOB所在平面外的一點，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是銳角，而OC與平面

4、AOB所成角的余弦值等于，則θ的值為(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 解析：選C.作CC1⊥平面AOB于點C1，CA1⊥OA于點A1，CB1⊥OB于點B1，連接OC1(圖略)，則∠COC1為直線OC與平面AOB所成的角，則OC1是∠AOB的平分線，設(shè)OA1＝x，則OC＝，OC1＝，易求得cos∠COC1＝＝＝，即2cos2－cos－1＝0，解之得cos＝或cos＝－(舍去)，故＝30°，所以θ＝60°. 二、填空題 6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，若M為棱BB1的中點，則異面直線B1D與AM所成角的余弦值是__________． 解析：

5、取AA1的中點N，連結(jié)B1N，DN(圖略)，則AM∥B1N，∠DB1N即為所求，設(shè)正方體的棱長為1，在△B1DN中，求出各邊長，利用余弦定理可求出∠DB1N的余弦值為. 答案： 7．已知點O在二面角α－AB－β的棱上，點P在α內(nèi)，且∠POB＝45°.若對于β內(nèi)異于O的任意一點Q，都有∠POQ≥45°，則二面角α－AB－β的大小是________． 解析：由 已知∠POB是PO和平面β所成角中的最小角． 由最小角定理，∠POB是PO和面β所成的角． 即BO是PO在β內(nèi)的射影，故α⊥β. 即二面角α—AB—β的大小為90°. 答案：90° 8．將正方形ABCD沿對角線BD折成

6、直二面角A—BD—C，有如下四個結(jié)論： ①AC⊥BD； ②△ACD是等邊三角形； ③AB與平面BCD所成的角為60°； ④AB與CD所成的角為60°. 其中正確的序號是______．(寫出你認為正確的所有結(jié)論的序號) 解析： 取BD中點O，連結(jié)AO、CO， 則AO⊥BD，CO⊥BD， ∴BD⊥面AOC， ∴AC⊥BD.又AC＝AO＝AD＝CD， ∴△ACD是等邊三角形． 而∠ABD是AB與平面BCD所成的角，∴應(yīng)為45°. 又A＝A＋B＋D(設(shè)AB＝a)， 則a2＝a2＋2a2＋a2＋2·a·a·(－)＋2·a·a·(－)＋2a2cos〈A，D〉， ∴cos〈

7、A，D〉＝，∴AB與CD所成角為60°. 答案：①②④ 三、解答題 9. 如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中點． (1)求異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值； (2)證明：平面ABM⊥平面A1B1M. 解：(1)因為C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1為異面直線A1M與C1D1所成的角． 因為A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°. 而A1B1＝1，B1M＝＝， 故tan∠MA1B1＝＝， 即異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值為. (2)證明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM?平

8、面BCC1B1，得A1B1⊥BM.① 由(1)知，B1M＝，又BM＝＝，B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，從而BM⊥B1M.② 又A1B1∩B1M＝B1，再由①②得BM⊥平面A1B1M，而BM?平面ABM，因此平面ABM⊥平面A1B1M. 10．如圖，在四棱錐P－ABCD 中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E、F分別是AB、PB的中點． (1)求證：EF⊥CD； (2)求DB與平面DEF所成角的正弦值． 解： 以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)． 設(shè)AD＝a，則D(0,0,0)，A(a,0,0)

9、，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E(a，，0)，P(0,0，a)，F(xiàn)(，，)． (1)證明：∵·＝(－，0，)·(0，a,0)＝0， ∴⊥，∴EF⊥CD. (2)設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則 得 即 取x＝1，則y＝－2，z＝1，∴n＝(1，－2,1)， ∴cos〈，n〉＝＝＝. 設(shè)DB與平面DEF所成角為θ，則sinθ＝. 11. 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB1C1C. (1)求直線C1B與底面ABC所成角的正切值； (2)在棱CC1(不包括端點C、C1)上確定一點E的位置，使EA⊥EB

10、1(要求說明理由)； (3)在(2)的條件下，若AB＝，求二面角A－EB1－A1的大?。? 解： 以B為坐標原點，BC、BB1、AB所在的直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)． (1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC的一個法向量為＝(0,2,0)，又＝(1,2,0)，設(shè)BC1與平面ABC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈，〉|＝， ∴tanθ＝2，即直線C1B與底面ABC所成角的正切值為2. (2)設(shè)E(1，y,0)，A(0,0，z)， 則1＝(－1,2－y,0)，＝(－1，－y，z)， ∵EA⊥EB1， ∴·1＝1－y(2－y)＝0， ∴y＝1，即E(1,1,0)， ∴E為CC1的中點． (3)由題知A(0,0，)，則＝(1,1，－)，且由(2)知＝(1，－1,0)．設(shè)平面AEB1的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則，∴， 令x1＝1，則n＝(1,1，)． ∵＝(1,1,0)， ∴·＝1－1＝0， ∴BE⊥B1E. 又BE⊥A1B1， ∴BE⊥平面A1B1E， ∴平面A1B1E的一個法向量為＝(1,1,0)． ∴cos〈n，〉＝＝， ∴二面角A－EB1－A1的大小為45°.