专题强化练 8　空间角和距离 一、选择题 1.如图,α⊥β,α∩β=l,A∈α,B∈β,A,B 到 l 的距离分别是 a 和 b,AB 与 α,β 所成的角分别是 θ 和 φ,AB 在 α,β 内的射影长分别是 m 和 n,若 a>b,则 (　　) A.θ>φ,m>n　　　B.θ>φ,m<n C.θ<φ,m<n　　　D.θ<φ,m>n ❑ 2.在三棱锥 P-ABC 中,PB=PC=AB=AC=BC=4,PA=2 √ 3 ,则异面直线 PC 与 AB 所成角的余弦值是 1 1 1 (　　) 1 A. 8 B . 6 C . 4 D . 3 3.如图所示,三棱锥 P-ABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形, ❑ ❑ ∠ACB=90°,且 PA=PB=AB= √ 2 ,PC= √ 3 ,则点 C 到平面 PAB 的距 离等于 (　　) ❑ 1 ❑√6 √ 3 D . ❑√ 2 B . C . A. 3 3 3 3 4.(多选)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,则下列四个命题中 正确的是 (　　) π A.直线 BC 与平面 ABC1D1 所成的角等于 4 ❑ √2 B.点 C 到平面 ABC1D1 的距离为 2 π C.异面直线 D1C 和 BC1 所成的角为 4 ❑ √3 D.二面角 C-BC1-D 的平面角的余弦值为- 3 二、填空题 CE=3 ⃗ EB , 5.如图,已知三棱锥 A-BCD 的所有棱长均相等,点 E 满足 ⃗ 点 P 在棱 AB 上运动,设 EP 与平面 BCD 所成的角为 θ,则 sin θ 的最大 值为　　　　. 三、解答题 6.如图,四面体 A-BCD 中,O,E 分别为 BD,BC 的中点, ❑ CA=CB=CD=BD=2,AB=AD= √ 2 . (1)求证:AO⊥平面 BCD; (2)求点 E 到平面 ACD 的距离. 参考答案 一、选择题 1.D　由题意可得 所以 m>n,θ<φ. { A B2=a2 +n2=b2+ m2 , a> b , a tan φ= , n b tan θ= , m 2.A　分别取 PA、PB、BC 的中点 E、F、G,连接 EF、EG、FG、GA、PG,如图: ❑ 由 PB=PC=AB=AC=BC=4 可得 PG=AG=2 √ 3 ,所以 EG⊥PA, ❑ 在△GPA 中,由 PG=AG=PA=2 √ 3 ,可得 EG=3. 1 1 由中位线的性质可得 EF∥AB 且 EF= 2 AB=2,FG∥PC 且 FG= 2 PC=2, 所以∠GFE(或其补角)即为异面直线 PC 与 AB 所成的角, G F 2+ E F 2 - G E 2 4 +4 - 9 1 = =− 在△GFE 中,cos∠GFE= 2GF · EF 2 ×2 ×2 8 , 1 所以异面直线 PC 与 AB 所成角的余弦值为 8 . 故选 A. 3.C　取 AB 的中点 G,连接 PG、CG,作 CH⊥PG,垂足为 H,如图所示, ❑ ∵PA=PB=AB= √ 2 , ∴△PAB 为等边三角形. ∵G 为 AB 的中点,∴PG⊥AB, ∵△ABC 为等腰直角三角形,∠ACB=90°,∴CG⊥AB, 又 PG∩CG=G, ∴AB⊥平面 PCG, 又 CH⊂平面 PCG,∴AB⊥CH. 又 CH⊥PG,PG∩AB=G,∴CH⊥平面 PAB, 即 CH 的长就是点 C 到平面 PAB 的距离. ❑ √ 3 × ❑√ 2= ❑√ 6 在等边三角形 PAB 中,PG= 2 ❑ √2 在 Rt△ABC 中,CG= 2 , 在△PCG 中,由余弦定理的推论可得 P G2 +C G2 - PC 2 cos∠PGC= 2 PG · CG ❑ 2 2 √6 + ❑√2 - ( ❑√ 3 )2 = (2) (2) 2× ❑ ❑ √6 × √ 2 2 ∴sin∠PGC= ❑ =− √3 3 2 √ 1- cos ❑ 2 ∠ PGC , 2 , = √ ❑ ❑ 2 √ 3 = ❑√ 6 , 3 3 ( ) 1- - ❑ √ 2 ❑√ 6 ❑√ 3 在 Rt△CHG 中,CH=CG·sin(π-∠PGC)= 2 × 3 = 3 , ❑ √3 ∴点 C 到平面 PAB 的距离为 3 . 故选 C. 4.AB　如图,取 BC1 的中点 H,连接 CH,易证 CH⊥平面 ABC1D1, π 所以∠C1BC 是直线 BC 与平面 ABC1D1 所成的角,为 4 ,故 A 正确. ❑ √2 点 C 到平面 ABC1D1 的距离即为 CH 的长度,为 2 ,故 B 正确. 易证 BC1∥AD1,所以异面直线 D1C 和 BC1 所成的角为∠AD1C(或其补 π 角),连接 AC,易知△ACD1 为等边三角形,所以∠AD1C= 3 ,所以异面 π 直线 D1C 和 BC1 所成的角为 3 ,故 C 错误. 连接 DH,易知 BD=DC1,所以 DH⊥BC1, 又 CH⊥BC1,CH∩DH=H,平面 BCC1∩平面 BC1D=BC1, 所以∠CHD 为二面角 C-BC1-D 的平面角, ❑ ❑ √6 √2 易求得 DH= 2 ,又 CD=1,CH= 2 , D H 2 +C H 2 - C D 2 ❑√ 3 = ,故 D 所以由余弦定理的推论可得 cos∠CHD= 2 DH · CH 3 错误. 故选 AB. 二、填空题 5.答案　 2 ❑√2 3 解析　依题意可知,该几何体为正四面体,过点 A 作 AO⊥底面 BCD,垂 足为 O,则 O 为△BCD 的中心,连接 OB,过 P 作 PH⊥OB,交 OB 于 H, 连接 HE,如图. 易知∠PEH 即为直线 EP 与平面 BCD 所成的角 θ, CE=3 ⃗ EB ,得 BE=a. 设正四面体的棱长为 4a,PB=x(0≤x≤4a),由 ⃗ π 在三角形 PBE 中,∠PBE= 3 , 由余弦定理得 PE= √ x2 +a 2 - ax , ❑ 2 4 ❑√ 3 ❑ ×2 3 a= √ 易得 OB= 3 3 a, ∴AO= √ ❑ ( 4 a )2 - ( 2 4 ❑√3 4❑ 6 a = √ a, 3 3 ) ❑ PH PB x √6 由 AO = AB = 4 a ,得 PH= 3 x, ❑ √6 ❑ ∴sin θ= PH = ❑ PE √6 x 3 = 2 2 √ x + a - ax 3 √( ❑ a 1 2 3 + x 2 4 ) , 2 ❑√2 ∴当 x=2a,即点 P 在 AB 中点时,sin θ 取得最大值,最大值为 3 . 三、解答题 6.解析　(1)证明:连接 OC.因为 AB=AD,O 为 BD 的中点,所以 AO⊥BD. ❑ 同理可得 CO⊥BD.在△AOC 中,由已知可得 AO=1,CO= √ 3 . 又 AC=2,所以 AO2+CO2=AC2,所以∠AOC=90°,即 AO⊥OC.因为 BD∩OC=O,所以 AO⊥平面 BCD. (2)连接 AE,DE.设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.因为 VE-ACD=VA-CDE,所 1 1 以 3 ℎ· S △ ACD= 3 ·AO·S△CDE. √ 2 ❑ ❑ 1 ❑ 2 ❑ 2 √ √7 2 × 2 × 2 = √ ,所以 S△ACD= 2 √ 在△ACD 中,CA=CD=2,AD= 2 2 ❑ . ( ) AO · S △CDE 1 √3 √3 = × × 22= ,所以 AO=1,S = h= 又 △CDE S △ ACD 2 4 2 ❑ ❑ 所以点 E 到平面 ACD 的距离为 ❑ √ 21 7 . 1× ❑ √3 2 ❑√ 21 = ❑ 7 . √7 2