专题强化练7 空间角和距离 课时讲义
一、选择题
1.一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，给出如下3个命题: ①AF⊥CG；②AG与MN是异面直线且夹角为60°；③BG与平面ABCD所成的角为45°.其中真命题的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
，PC=
，
2.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=则点C到平面PAB的距离等于( )
A. B. C. D.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，
则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是( )
A.C.{t|2≤t≤2
}
B.D.{t|2≤t≤2
}
4.(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AC=AB=2，AB⊥AC，D，E分别是线段BC，B1C
上的动点(不含端点)，且=.则下列说法正确的是( )
A.ED∥平面ACC1
B.该三棱柱的外接球的表面积为68π
C.异面直线B1C与AA1所成角的正切值为
D.二面角A-EC-D的余弦值为
二、填空题
5.如图，已知三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，点E满足与平面BCD所成的角为θ，则sin θ的最大值为 .
=3
，点P在棱AB上运动，设EP
6.边长为2的等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成60°的二面角，当∠AC1B=90°，∠C1AB=30°时，线段CC1的长度为 .
三、解答题
7.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E分别为AA1、B1C的中点. (1)证明:DE⊥平面BCC1B1；
(2)若AB=2，直线B1B与直线CD所成的角为45°，求点B到平面B1CD的距离.
8.如图，平面ABCD⊥平面EBC，四边形ABCD为矩形，AB=1，∠EBC=，且M、N分别为AB、CE的中点.
(1)证明:MN∥平面AED；
(2)若BC=BE=2，求二面角E-AD-B的大小.
9.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2， (1)求证:PD⊥平面PBC；
(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
10.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为a，E为AB的中点. (1)若a=1，证明B1E⊥平面A1EC；
(2)若a=2，求直线B1E与平面A1EC所成角的正弦值.
答案全解全析
一、选择题
1.C 将平面展开图还原成正方体，如图所示:
对于①，连接MB，易知MB∥CG，MB⊥AF，∴AF⊥CG，①正确；
对于②，连接AC，易知MN∥AC，∴∠GAC是异面直线AG与MN所成的角， 易知△GAC为等边三角形，∴∠GAC=60°，②正确；
对于③，连接BD，易知∠GBD为BG与平面ABCD所成的角，∠GBD≠45°，③错误. 故选C.
2.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=
，
∴△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就是点C到平面PAB的距离.
在等边三角形PAB中，PG=×=，
在Rt△ABC中，CG==，
在△PCG中，由余弦定理的推论可得
cos∠PGC===-，
∴sin∠PGC===，
在Rt△CHG中，CH=CG·sin(π-∠PGC)=×=，
∴点C到平面PAB的距离为.
故选C.
3.D 设平面AD1E与直线BC交于点G，则G为BC的中点，连接AG、EG，
分别取B1B、B1C1的中点M、N，连接A1M、MN、A1N，则A1M∥D1E，MN∥EG. ∵A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，
∴A1M∥平面D1AE，同理可得MN∥平面D1AE. ∵A1M、MN是平面A1MN内的两条相交直线， ∴平面A1MN∥平面D1AE. ∵A1F∥平面D1AE， ∴F是线段MN上的动点.
连接B1F，设直线A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，
当点F与点M(或N)重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，
满足tan θ==2.
当点F为MN的中点时，A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值，
此时tan θ===2. }.
∴t构成的集合为{t|2≤t≤2
4.AD 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，
因为=，所以ED∥BB1∥CC1，
因为ED⊄平面ACC1，CC1⊂平面ACC1， 所以ED∥平面ACC1，A项正确；
因为AA1=AC=AB=2，所以AB=3， 因为AB⊥AC，所以BC=
=
，所以B1C=
=
，
易知B1C是三棱柱外接球的直径，所以外接球的表面积为4π×AA1∥BB1，所以∠BB1C为异面直线B1C与AA1所成的角.
=17π，故B错误；
在Rt△B1BC中，BB1=2，BC=，所以tan∠BB1C==，所以C错误；
过A作AF⊥BC于F，由直三棱柱的定义可知AF⊥CC1，因为CC1∩BC=C，所以AF⊥平面BCC1B1， 过F作FG⊥B1C于G，连接AG，则AG⊥B1C，所以∠AGF是二面角A-EC-D的平面角.
在Rt△BAC中，可得AF=，CF=，因为sin∠B1CB=，所以FG=×，
所以AG=，所以cos∠AGF===，所以D正确.
故选AD.
二、填空题
5.答案
解析 依题意可知，该几何体为正四面体，设顶点A在底面内的射影是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是直线EP与平面BCD所成的角，设为θ，
设正四面体的棱长为4a，PB=x(0≤x≤4a)，在三角形PBE中，∠PBE=， 由余弦定理得PE=
，
在△AOB中，AO==a，
∴=，解得PH=x，
∴sin θ==
=，
∴当x=2a时，sin θ取得最大值，最大值为.
6. 答案
解析 如图1，作C1D⊥AB于D，C1O⊥平面ABC于O，连接DO， ∵AB⊂平面ABC，∴C1O⊥AB，又C1O∩C1D=C1，∴AB⊥平面C1DO，又DO⊂平面C1DO，∴AB⊥DO，∴∠C1DO为等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成的二面角，即∠C1DO=60°， 又∠AC1B=90°，∠C1AB=30°，
∴C1B=AB·sin 30°=1，C1D=C1B·sin 60°=，C1O=C1D·sin 60°=，
DO=C1D·cos 60°=，BD=C1B·cos 60°=，画出底面△ABC如图2，分析可知:
CO===，
∴CC1===.
图1
图2
三、解答题
7.解析 (1)证明:如图，取BC的中点G，连接EG、AG，则EG∥DA，且EG=DA， ∴四边形ADEG为平行四边形， ∴DE∥AG.
∵B1B⊥平面ABC，AG⊂平面ABC， ∴B1B⊥AG，
∵AB=AC，且G为BC的中点，∴BC⊥AG，又B1B∩BC=B，∴AG⊥平面BCC1B1， 又DE∥AG，∴DE⊥平面BCC1B1.
(2)∵B1B∥AD，∴∠ADC就是直线B1B与直线CD所成的角，∴∠ADC=45°， ∴AD=AC=2.
设点B到平面B1CD的距离为d，由=，可得×d×××2=×2××4×2，解得d=，
故点B到平面B1CD的距离d=.
8.解析 (1)证明:取DE的中点F，连接AF、FN，又N为BC的中点，
∴FN∥CD，FN=CD.
∵矩形ABCD中，M为AB的中点，
∴AM∥CD，AM=CD，
∴AM∥FN，AM=FN，
∴四边形AMNF为平行四边形， ∴AF∥MN.
又AF⊂平面AED，MN⊄平面AED， ∴MN∥平面AED.
(2)过点E作EH⊥BC于H，∵平面ABCD⊥平面EBC，平面ABCD∩平面EBC=BC， ∴EH⊥平面ABCD，过H作HG⊥AD于G，连接EG. ∵AD⊂平面ABCD，∴EH⊥AD，又EH∩HG=H， ∴AD⊥平面EHG，EG⊂平面EHG，∴AD⊥EG， ∴∠EGH即为二面角E-AD-B的平面角.
在Rt△EHB中，EH=EB×sin =2×=，又HG=AB=1，
∴tan∠EGH==，∴∠EGH=，
∴二面角E-AD-B的大小为.
9.解析 (1)证明:∵AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD， ∵BC∥AD，∴PD⊥BC， 又PD⊥PB，PB∩BC=B， ∴PD⊥平面PBC.
(2)过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
∵PD⊥平面PBC，∴PF为DF在平面PBC上的射影，∴∠DFP为直线DF与平面PBC所成的角. ∵AD∥BC，DF∥AB，∴四边形DABF为平行四边形，∴BF=AD=1. ∴CF=BC-BF=2.
∵AD⊥DC，∴BC⊥DC. 在Rt△DCF中，可得DF=
=2
.
在Rt△DPF中，可得sin∠DFP==，
∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
10.解析 (1)证明:∵△ABC是正三角形，E为AB的中点，∴CE⊥AB. ∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，平面ABB1A1∩平面ABC=AB， ∴CE⊥平面A1ABB1， ∴CE⊥B1E.
∵四边形A1ABB1是矩形，且AA1=1，AB=2， ∴A1E2+B1E2=AE2+A
+EB2+B
=4=A1
，∴A1E⊥B1E.
∵CE⊥B1E，A1E⊥B1E，CE∩A1E=E， ∴B1E⊥平面A1EC.
(2)如图所示，过点B1作B1H⊥平面A1EC，垂足为H，连接B1C，EH，则∠B1EH为直线B1E与平面A1EC所成的角，
在△A1B1E中，A1B1=2，A1E=B1E=∴
=2，
，
在△A1CE中，A1C=2∵
=
，
，CE=，A1E=，∴=.
∴·CE=·B1H，
∴×2×=××B1H，
解得B1H=，
∴sin∠B1EH==.
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