高考数学快速提升成绩题型训练立体几何中求角与距离doc高中数学

本资料来源于《七彩教育网》http://www.7caiedu.cn2022届高考数学快速提升成绩题型训练——立体几何中求角与距离1.四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD.（1）假设面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°2如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C点到AB1的距离为CE=，D为AB的中点.（1）求证：AB1⊥平面CED；（2）求异面直线AB1与CD之间的距离；（3）求二面角B1—AC—B的平面角.3.如图a—l—是120°的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在内，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在内，ABC是等腰直角三角形∠ACB=（I）求三棱锥D—ABC的体积；（2）求二面角D—AC—B的大小；24/24\n（3）求异面直线AB、CD所成的角.错误！嵌入对象无效。错误！嵌入对象无效。4.在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．假设用剩下的局部折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．那么当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．错误！嵌入对象无效。图①图②5.已知三棱锥P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分别为AC、PC的中点，DE⊥AP于E．（1）求证：AP⊥平面BDE；（2）求证：平面BDE⊥平面BDF；（3）假设AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱锥P—ABC所成两局部的体积比．6.如图，几何体ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a，DC=a，F、G分别为EB和AB的中点.（1）求证：FD∥平面ABC；24/24\n（2）求证：AF⊥BD；(3)求二面角B—FC—G的正切值.7.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，P、Q分别是线段AD1和BD上的点，且D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.(1)求证PQ∥平面CDD1C1；(2)求证PQ⊥AD；(3)求线段PQ的长.ABCDEA1B1C1D1xyz图48.如图4，在长方体中，AD==1，AB=2，点E在棱AB上移动。（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）当E为AB的中点时，求点E到面的距离；（Ⅲ）AE等于何值时，二面角的大小为。9.如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长都相等，D、E分别为AC1，BB1的中点。（1）求证：DE∥平面A1B1C1；（2）求二面角A1—DE—B1的大小。10．如图：已知直三棱柱ABC—A1B1C1，AB＝AC，F为棱BB1上一点，BF∶FB1＝2∶1，BF＝BC＝2a。　　（I）假设D为BC的中点，E为AD上不同于A、D的任意一点，证明EF⊥FC1；24/24\n　　（II）试问：假设AB＝2a，在线段AD上的E点能否使EF与平面BB1C1C成60°角，为什么？证明你的结论11.如图，在底面是直角梯形的四棱锥中，AD∥BC，∠ABC＝90°，且，又PA⊥平面ABCD，AD＝3AB＝3PA＝3a。（I）求二面角P—CD—A的正切值；（II）求点A到平面PBC的距离。12.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分别是BA、BC的中点，G是AA1上一点，且AC1⊥EG.（Ⅰ）确定点G的位置；（Ⅱ）求直线AC1与平面EFG所成角θ的大小.13.已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是菱形，平面ABCD，PD=AD，点E为AB中点，点F为PD中点.（1）证明平面PED⊥平面PAB；（2）求二面角P—AB—F的平面角的余弦值14.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP.24/24\n·B1PACDA1C1D1BOH·(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.15.如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点，作交PB于点F。　　(I)证明平面；　　(II)证明平面EFD；　　(III)求二面角的大小。16.如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点.（I）试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F；（II）当D1E⊥平面AB1F时，求二面角C1—EF—A的大小（结果用反三角函数值表示）.17.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，CD=2，DD1=AB=1，P、Q分别是CC1、C1D1的中点。点P到直线AD1的距离为⑴求证：AC∥平面BPQ⑵求二面角B-PQ-D的大小24/24\n18.已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=8，E、F分别为AD和CC1的中点，O1为下底面正方形的中心。（Ⅰ）证明：AF⊥平面FD1B1；（Ⅱ）求异面直线EB与O1F所成角的余弦值；19.图①是一个正方体的外表展开图，MN和PQ是两条面对角线，请在图（2）的正方体中将MN，PQ画出来，并就这个正方体解答以下各题：（1）求MN和PQ所成角的大小；（2）求四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比；（3）求二面角M—NQ—P的大小。20.如图，已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°。（1）求点P到平面ABCD的距离；（2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。答案：24/24\n1.（1）正方形ABCD是四棱锥P—ABCD的底面,其面积为从而只要算出四棱锥的高就行了.面ABCD,∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，∴PA⊥DA，∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，∠PAB=60°.而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tg60°=a,.（2）不管棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，那么△ADE≌△CDE，是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角.设AC与DB相交于点O，连结EO，那么EO⊥AC，在故平面PAD与平面PCD所成的二面角恒大于90°.2.（1）∵D是AB中点，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.24/24\n∴CD⊥平面A1B1BA∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1，∴AB1⊥平面CDE；（2）由CD⊥平面A1B1BA∴CD⊥DE∵AB1⊥平面CDE∴DE⊥AB1∴DE是异面直线AB1与CD的公垂线段∵CE=，AC=1,∴CD=∴；（3）连结B1C，易证B1C⊥AC，又BC⊥AC,∴∠B1CB是二面角B1—AC—B的平面角.在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,∴∠B1AC=600∴，∴,∴,∴.3.(1)过D向平面做垂线，垂足为O，连强OA并延长至E.为二面角a—l—的平面角..是等腰直角三角形，斜边AB=2.又D到平面的距离DO=24/24\n（2）过O在内作OM⊥AC,交AC的反向延长线于M,连结DM.那么AC⊥DM.∴∠DMO为二面角D—AC—B的平面角.又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且（3）在平在内，过C作AB的平行线交AE于F，∠DCF为异面直线AB、CD所成的角.为等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距离，即△ABC斜边上的高,异面直线AB,CD所成的角为arctg4.设容器的高为x．那么容器底面正三角形的边长为,.当且仅当.故当容器的高为时，容器的容积最大，其最大容积为5.(1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．由AB=BC，D为AC的中点，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC．又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．24/24\n（2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分别为AC、PC的中点，得DF//AP．由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF.BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．（3）设点E和点A到平面PBC的距离分别为h1和h2．那么h1∶h2=EP∶AP=2∶3,故截面BEF分三棱锥P—ABC所成两局部体积的比为1∶2或2∶16.∵F、G分别为EB、AB的中点，∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC,FG=DC，∴四边形FGCD为平行四边形，∴FD∥GC，又GC面ABC，∴FD∥面ABC.（2）∵AB=EA，且F为EB中点，∴AF⊥EB①又FG∥EA，EA⊥面ABC∴FG⊥面ABC∵G为等边△ABC，AB边的中点，∴AG⊥GC.∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD②由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.（3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.过G作GH⊥FC，垂足为H，连HB，∴HB⊥FC.24/24\n∴∠GHB为二面角B-FC-G的平面角.易求.7.（1）在平面AD1内，作PP1∥AD与DD1交于点P1，在平面AC内，作QQ1∥BC交CD于点Q1，连结P1Q1.∵,∴PP1QQ1.由四边形PQQ1P1为平行四边形,知PQ∥P1Q1而P1Q1平面CDD1C1，所以PQ∥平面CDD1C1（2）AD⊥平面D1DCC1，∴AD⊥P1Q1，又∵PQ∥P1Q1，∴AD⊥PQ.（3）由（1）知P1Q1PQ,，而棱长CD=1.∴DQ1=.同理可求得P1D=.在Rt△P1DQ1中，应用勾股定理,立得P1Q1=.8.解：建立如以下图的空间直角坐标系，设，那么，，，，。（Ⅰ）证明：由，，，有，于是。（Ⅱ）E是AB的中点，得。24/24\n，，。设平面的法向量为，单位法向量为，由，解得。于是，有。设点E到平面的距离为，那么。所以点E到平面的距离为。（Ⅲ）平面的法向量，设平面的法向量。又，。由，得，解得，于是。设所求的二面角为，那么。有，得。解得，所以，当AE=时，二面角的大小为。24/24\n9.（1）取A1C1中点F，连结B1F，DF，∵D1E分别为AC1和BB1的中点，DF∥AA1，DF=（1/2）AA1，B1E∥AA1，B1E=（1/2）AA1，∴DF∥B1E，DF=B1E，∴DEB1F为平行四边形，∴DE∥B1F，又B1F在平面A1B1C1内，DE不在平面A1B1C1，∴DE∥平面A1B1C1（2）连结A1D，A1E，在正棱柱ABC—A1B1C1中，因为平面A1B1C1⊥平面ACC1A1，A1C1是平面A1B1C1与平面ACC1A1的交线，又因为B1F在平面A1B1C1内，且B1F⊥A1C1，，所以B1F⊥平面ACC1A1，又DE∥B1F，所以DE⊥平面ACC1A1所以∠FDA1为二面角A1—DE—B1的平面角。并且∠FDA1=（1/2）∠A1DC1，设正三棱柱的棱长为1，因为∠AA1C1=900，D是AC1的中点，所以即为所求的二面角的度数。10．（I）连结DF，DC　∵三棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱，　　∴CC1⊥平面ABC，∴平面BB1C1C⊥平面ABC　　∵AB＝AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，AD⊥平面BB1C1C3＇　　∴DF为EF在平面BB1C1C上的射影，　　在△DFC1中，∵DF2＝BF2＋BD2＝5a2，＝＋DC2＝10a2，　　＝B1F2＋＝5a2，　∴＝DF2＋，∴DF⊥FC1FC1⊥EF　　（II）∵AD⊥平面BB1C1C，∴∠DFE是EF与平面BB1C1C所成的角　　在△EDF中，假设∠EFD＝60°，那么ED＝DFtg60°＝·＝，　　∴＞，∴E在DA的延长线上，而不在线段AD上　　故线段AD上的E点不能使EF与平面BB1C1C成60°角。11.解：（1）在底面ABCD内，过A作AE⊥CD，垂足为E，连结PE24/24\n∵PA⊥平面ABCD，由三垂线定理知：PE⊥CD∵∠PEA是二面角P—CD—A的平面角在中，在中，∴二面角P—CD—A的正切值为（II）在平面APB中，过A作AH⊥PB，垂足为H∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC又AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB∴平面PBC⊥平面PAB∴AH⊥平面PBC故AH的长即为点A到平面PBC的距离在等腰直角三角形PAB中，，所以点A到平面PBC的距离为12.解法一：（Ⅰ）以C为原点，分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么F（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），C1（0，0，2），设G（0，2，h），那么∴－1×0+1×（－2）+2h=0.∴h=1，即G是AA1的中点.（Ⅱ）设是平面EFG的法向量，那么所以平面EFG的一个法向量m=（1，0，1）∵24/24\n∴，即AC1与平面EFG所成角为解法二：（Ⅰ）取AC的中点D，连结DE、DG，那么ED//BC∵BC⊥AC，∴ED⊥AC.又CC1⊥平面ABC，而ED平面ABC，∴CC1⊥ED.∵CC1∩AC=C，∴ED⊥平面A1ACC1.又∵AC1⊥EG，∴AC1⊥DG.连结A1C，∵AC1⊥A1C，∴A1C//DG.∵D是AC的中点，∴G是AA1的中点.（Ⅱ）取CC1的中点M，连结GM、FM，那么EF//GM，∴E、F、M、G共面.作C1H⊥FM，交FM的延长线于H，∵AC⊥平面BB1C1C，C1H平面BB1C1C，∴AC⊥G1H，又AC//GM，∴GM⊥C1H.∵GM∩FM=M，∴C1H⊥平面EFG，设AC1与MG相交于N点，所以∠C1NH为直线AC1与平面EFG所成角θ.因为13．（1）证明：连接BD.为等边三角形.是AB中点，面ABCD，AB面ABCD，面PED，PD面PED，面PED.面PAB，面PAB.（2）解：平面PED，PE面PED，连接EF，PED，为二面角P—AB—F的平面角.设AD=2，那么PF=FD=1，DE=.在24/24\n即二面角P—AB—F的平面角的余弦值为14、解（1）（2）略（3）15.方法一：　　(I)证明：连结AC，AC交BD于O。连结EO。　　底面ABCD是正方形，点O是AC的中点　　在中，EO是中位线，。　　而平面EDB且平面EDB，　　所以，平面EDB。　(II)证明：底在ABCD且底面ABCD，　　①　　同样由底面ABCD，得　　底面ABCD是正方形，有平面PDC　　而平面PDC，②　　　　………………………………6分　　由①和②推得平面PBC　而平面PBC，　　又且，所以平面EFD(III)解：由(II)知，，故是二面角的平面角　　由(II)知，设正方形ABCD的边长为，那么24/24\n　　在中，　　　在中，　　所以，二面角的大小为　　方法二：如以下图建立空间直角坐标系，D为坐标原点。设　　(I)证明：连结AC，AC交BD于G。连结EG。依题意得　　底面ABCD是正方形，是此正方形的中心，　故点G的坐标为且　　　　。这说明。　　而平面EDB且平面EDB，平面EDB。　　(II)证明：依题意得。又故　　　　　由已知，且所以平面EFD。24/24\n　　(III)解：设点F的坐标为那么　　　　从而所以　　　　由条件知，即　　解得。　　点F的坐标为且　　　　　　即，故是二面角的平面角。　　且　　16．本小题主要考察线面关系和正方体等根底知识，考察空间想象能力和推理运算能力，总分值12分.解法一：（I）连结A1B，那么A1B是D1E在面ABB1A；内的射影∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，于是D1E⊥平面AB1FD1E⊥AF.连结DE，那么DE是D1E在底面ABCD内的射影.∴D1E⊥AFDE⊥AF.24/24\n∵ABCD是正方形，E是BC的中点.∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.…………6分（II）当D1E⊥平面AB1F时，由（I）知点F是CD的中点.又已知点E是BC的中点，连结EF，那么EF∥BD.连结AC，设AC与EF交于点H，那么CH⊥EF，连结C1H，那么CH是C1H在底面ABCD内的射影.C1H⊥EF，即∠C1HC是二面角C1—EF—C的平面角.在Rt△C1CH中，∵C1C=1，CH=AC=，∴tan∠C1HC=.∴∠C1HC=arctan，从而∠AHC1=.故二面角C1—EF—A的大小为.解法二：以A为坐标原点，建立如以下图的空间直角坐标系（1）设DF=x，那么A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），A1（0，0，1），B（1，0，1），D1（0，1，1），E，F（x，1，0）（1）当D1E⊥平面AB1F时，F是CD的中点，又E是BC的中点，连结EF，那么EF∥BD.连结AC，设AC与EF交于点H，那么AH⊥EF.连结C1H，那么CH是C1H在底面ABCD内的射影.24/24\n∴C1H⊥EF，即∠AHC1是二面角C1—EF—A的平面角.17、⑴连接CD1∵P、Q分别是CC1、C1D1的中点。∴CD1∥PQ故CD1∥平面BPQ又D1Q=AB=1，D1Q∥AB，得平行四边形ABQD1，故AD1∥平面BPQ∴平面ACD1∥平面BPQ∴AC∥平面BPQ（4分）⑵设DD1中点为E，连EF，那么PE∥CD∵CD⊥AD，CD⊥DD1∴CD⊥平面ADD1∴PE⊥平面ADD1过E作EF⊥AD1于F，连PF。那么PF⊥AD1，PF为点P到直线AD1的距离PF=，PE=2∴EF=又D1E=，D1D=1，∴AD=1取CD中点G，连BG，由AB∥DG，AB=DG得GB∥AD。∵AD⊥DC，AD⊥DD1∴AD⊥平面DCC1D1，那么BG⊥平面DCC1D1过G作GH⊥PQ于H，连BH，那么BH⊥PQ，故∠BHG是二面角B-PQ-D的平面角。由△GHQ∽△QC1P得GH=，又BG=1，得tan∠BHG=∴二面角B-PQ-D大小为arctan18、解此题考察空间的线面关系，向量法及其运算。（Ⅰ）证法一：如图建立空间直角坐标系。那么D1（0，0，0）、O1（2，2，0）24/24\nB1（4，4，0）、E（2，0，8）、A（4，0，8）、B（4，4，8）、F（0，4，4）。=（-4，4，-4），=（0，4，4），=（-4，0，4）=0+16-16=0，=16+0-16=0∴AF⊥平面FD1B1.证法二：连结BF、DF，那么BF是AF在面BC1上的射影，易证得BF⊥B1F，DF是AF在面DC1上的射影，也易证得DF⊥D1F，所以AF⊥平面FD1B1.（Ⅱ）解法一：=（2，4，0），=（-2，2，4）设与的夹角为，那么=……解法二：在B1C1上取点H，使B1H=1，连O1H和FH。易证明O1H∥EB，那么∠FO1H为异面直线EB与F所成角。又O1H=BE=，HF==5，O1F==2，∴在△O1HF中，由余弦定理，得cos∠FO1H==19.解：（1）如图②，作出MN、PQ24/24\n∵PQ∥NC，又△MNC为正三角形∴∠MNC＝60°∴PQ与MN成角为60°即四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比为1：6（3）连结MA交PQ于O点，那么MO⊥PQ又NP⊥面PAQM，∴NP⊥MO，那么MO⊥面PNQ过O作OE⊥NQ，连结ME，那么ME⊥NQ∴∠MEO为二面角M—NQ—P的平面角在Rt△NMQ中，ME·NQ＝MN·MQ设正方体的棱长为a∴∠MEO＝60°即二面角M—NQ—P的大小为60°。24/24\n20.解：（1）作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连结OB、OA、OD，OB与AD交于点E，连结PE∵AD⊥PB，∴AD⊥OB（根据___________）∵PA＝PD，∴OA＝OD于是OB平分AD，点E为AD中点∴PE⊥AD∴∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角∴∠PEB＝120°，∠PEO＝60°即为P点到面ABCD的距离。（2）由已知ABCD为菱形，及△PAD为边长为2的正三角形∴PA＝AB＝2，又易证PB⊥BC故取PB中点G，PC中点F那么AG⊥PB，GF∥BC又BC⊥PB，∴GF⊥PB∴∠AGF为面APB与面CPB所成的平面角∵GF∥BC∥AD，∴∠AGF＝π－∠GAE连结GE，易证AE⊥平面POB24/24\n（2）解法2：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA本资料由《七彩教育网》www.7caiedu.cn提供！本资料来源于《七彩教育网》http://www.7caiedu.cn24/24