高考數(shù)學二輪復習 專題對點練17 角與距離 理

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1、 專題對點練17　角與距離 1. 如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60. (1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值. (1)證明 由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE, 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)解 過D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點,GF的方向為x軸正方向,|GF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz. 由(1

2、)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60,則|DF|=2,|DG|=3, 可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3). 由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC, 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60. 從而可得C(-2,0,3). 所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量, 則nEC=0,nEB=0,即

3、x+3z=0,4y=0. 所以可取n=(3,0,-3). 設(shè)m是平面ABCD的法向量,則mAC=0,mAB=0, 同理可取m=(0,3,4), 則cos=nm|n||m|=-21919. 故二面角E-BC-A的余弦值為-21919. 2.(2017山東,理17) 如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點. (1)設(shè)P是CE上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小. 解 (1)因為AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,A

4、B∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120.因此∠CBP=30. (2)解法一:取EC的中點H,連接EH,GH,CH. 因為∠EBC=120, 所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13. 取AG中點M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC為所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM=13-1=23. 在△BEC中,由于∠EBC=120, 由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60. 解法二

5、:以B為坐標原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系. 由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量. 由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0. 取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-3,2). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量. 由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0. 取z2=-2,可得平面A

6、CG的一個法向量n=(3,-3,-2). 所以cos=mn|m||n|=12. 因此所求的角為60. 3.如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,AB=5,AC=6,點E,F分別在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△DEF的位置,OD=10. (1)證明:DH⊥平面ABCD; (2)求二面角B-DA-C的正弦值. 解 (1)由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得AEAD=CFCD, 故AC∥EF. 因此EF⊥HD,從而EF⊥DH. 由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4. 由EF∥AC得OH

7、DO=AEAD=14. 所以O(shè)H=1,DH=DH=3. 于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DH⊥OH. 又DH⊥EF,而OH∩EF=H, 所以DH⊥平面ABCD. (2)如圖,以H為坐標原點,HF的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標系H-xyz. 則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3). 設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量, 則mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0, 所以可取m=(4,3

8、,-5). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量, 則nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0, 所以可取n=(0,-3,1). 于是cos=mn|m||n|=-145010=-7525. sin=29525. 因此二面角B-DA-C的正弦值是29525. 4. (2017北京,理16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4. (1)求證:M為PB的中點; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直線MC與平面BD

9、P所成角的正弦值. (1)證明 設(shè)AC,BD交點為E,連接ME. 因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME, 所以PD∥ME. 因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點. 所以M為PB的中點. (2)解 取AD的中點O,連接OP,OE. 因為PA=PD,所以O(shè)P⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD, 所以O(shè)P⊥平面ABCD. 因為OE?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE. 因為ABCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,

10、0,-2). 設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則nBD=0,nPD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,則y=1,z=2. 于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量為p=(0,1,0). 所以cos=np|n||p|=12. 由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為π3. (3)解 由題意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22. 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α, 則sin α=|cos|=|nMC||n||MC|=269. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269. 5. 如圖,在四

11、棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB上的一點. (1)求證:平面EAC⊥平面PBC; (2)若二面角P-AC-E的余弦值為63,求直線PA與平面EAC所成角的正弦值. (1)證明 ∵PC⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,∴AC⊥PC. ∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC=2, ∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC. 又BC∩PC=C,∴AC⊥平面PBC. ∵AC?平面EAC, ∴平面EAC⊥平面PBC. (2)解 如圖,取AB的中點F,連接CF,以C為原點,分別以CF,CD,C

12、P為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系,則C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0). 設(shè)P(0,0,a)(a>0), 則E12,-12,a2,CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE=12,-12,a2. 取m=(1,-1,0),則mCA=mCP=0,即m為平面PAC的一個法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面EAC的法向量,則nCA=nCE=0, 即x+y=0,x-y+az=0,取x=a,y=-a,z=-2,則n=(a,-a,-2).依題意,|cos |=|mn||m||n|=aa2+2=63,則a=2. 于是n=(2,-2,-2),PA=(1

13、,1,-2). 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ, 則sin θ=|cos |=|PAn||PA||n|　=23, 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為23. ?導學號16804201? 6.(2017山東濰坊一模,理18) 在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為矩形,直線AF⊥平面ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,點P在棱DF上. (1)求證:AD⊥BF; (2)若P是DF的中點,求異面直線BE與CP所成角的余弦值; (3)若FP=13FD,求二面角D-AP-C的余弦值. (1)證明 ∵AF⊥平面ABCD,∴AF⊥AD. 又AD⊥A

14、B,AB∩AF=A,∴AD⊥平面ABEF. 又BF?平面ABEF,∴AD⊥BF. (2)解 ∵直線AF⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD, ∴AF⊥AB,AF⊥AD. 又AD⊥AB, ∴以A為原點,AB,AD,AF所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系, 則B(1,0,0),E12,0,1,P0,1,12,C(1,2,0), ∴BE=-12,0,1,CP=-1,-1,12. 設(shè)異面直線BE與CP所成角為θ,則cos θ=|BECP||BE||CP|=4515,∴異面直線BE與CP所成角的余弦值為4515. (3)解 由(2)得AB⊥平面ADF,∴平面AD

15、F的一個法向量n1=(1,0,0).由FP=13FD知P為FD的三等分點,且此時P0,23,23. 在平面APC中,AP=0,23,23,AC=(1,2,0). ∴平面APC的一個法向量n2=(-2,1,-1). ∴|cos|=|n1n2||n1||n2|=63. 又二面角D-AP-C為銳角,∴該二面角的余弦值為63. ?導學號16804202? 7. 如圖,△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=23. (1)求點A到平面MBC的距離; (2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值. 解 取CD的中點O

16、,連接OB,OM,則OB⊥CD,OM⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD,所以MO⊥平面BCD. 以O(shè)為原點,直線OC,BO,OM分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系. 則C(1,0,0),M(0,0,3),B(0,-3,0),A(0,-3,23). (1)設(shè)n=(x,y,z)是平面MBC的法向量,則BC=(1,3,0),BM=(0,3,3). 由n⊥BC,得x+3y=0; 由n⊥BM,得3y+3z=0. 取n=(3,-1,1),BA=(0,0,23), 則d=|BAn||n|=235=2155. (2)CM=(-1,0,3),CA=(-1,-3,23).

17、 設(shè)平面ACM的法向量為n1=(x,y,z), 由n1⊥CM,n1⊥CA,得-x+3z=0,-x-3y+23z=0, 解得x=3z,y=z,取n1=(3,1,1). 又平面BCD的一個法向量為n2=(0,0,1), 所以cos=n1n2|n1||n2|=15. 設(shè)所求二面角為θ,則sin θ=255. ?導學號16804203? 8.(2017全國Ⅲ,理19) 如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)過AC的平面交BD于點E,若平面AEC把四面體ABCD分

18、成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 解 (1)由題設(shè)可得,△ABD≌△CBD,從而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90. 取AC的中點O,連接DO,BO,則DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2, 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故∠DOB=90.所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直,以O(shè)為坐標原點,OA的方向為x軸正方向,|OA|為單位長,建立如圖所

19、示的空間直角坐標系O-xyz. 則A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的12,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的12,即E為DB的中點,得E0,32,12. 故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12. 設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 則nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0. 可取n=1,33,1. 設(shè)m是平面AEC的法向量,則mAC=0,mAE=0. 同理可取m=(0,-1,3). 則cos=nm|n||m|=77. 所以二面角D-AE-C的余弦值為77. 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。