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2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第7课时)知识过关检测 理 新人教A版



2014 届高考数学(理)一轮复习知识过关检测:第 7 章《立体几何》 (第 7 课时) (新人教 A 版)

一、选择题 π 1.(2013·天水调研)已知二面角 α -l -β 的大小是 ,m,n 是异面直线,且 m⊥α , 3 n⊥β ,则 m,n 所成的角 为( ) 2π π A. B. 3 3 π π C. D. 2 6 解析:选 B.∵m⊥α ,n

⊥β , ∴异面直线 m,n 所成的角的补角与二面角 α -l-β 互补. ? π? 又∵异面直线所成角的范围为?0, ?, 2? ? π ∴m,n 所成的角为 . 3 2.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为( ) 2 3 A. B. 3 3 2 3 解析: C. D. 6 3

选 D.如图,连接 BD 交 AC 于 O,连接 D1O.由于 BB1∥DD1,∴DD1 与平面 ACD1 所成的角就 是 BB1 与平面 ACD1 所成的角.易知∠DD1O 即为所求.设正方体的棱长为 1,则 DD1=1,DO= 2 6 ,D1O= , 2 2 ∴cos∠DD1O= 3.

DD1 2 6 = = . D1O 3 6

如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M

1

=AN=

2a ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( ) 3 A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 解析:选 B.分别以 C1B1,C1D1,C1C 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系.

∵A1M=AN=

2 a, 3

? 2 a? ∴M?a, a, ?, ? 3 3? ?2 2 ? N? a, a,a?. ?3 3 ?
2 ? → ? a ∴MN=?- ,0, a?. 3 ? ? 3 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0), → ∴C1D1=(0,a,0). → → → → ∴MN·C1D1=0.∴MN⊥C1D1. → ∵C1D1是平面 BB1C1C 的一个法向量, 且 MN?平面 BB1C1C, ∴MN∥平面 BB1C1C. 4.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1= 6,M 是 CC1 的中点,则异面直线 AB1 与 A1M 所成的角为( ) A.60° B.45° C.30° D.90° 解析:

选 D.建立坐标系如图所示, 6 易得 M(0,0, ),A1(0, 3,0), 2

A(0, 3, 6),B1(1,0,0),
→ ∴AB1=(1,- 3,- 6), 6 → A1M=(0,- 3, ). 2

2

6 → → ∴AB1·A1M=1×0 +3- =0, 2 → → ∴AB1⊥A1M.即 AB1⊥A1M. 5.(2013·本溪质检)若正三棱锥的侧面都是直角三角形,则侧面与底面所成二面角的 余弦值是( ) 6 3 A. B. 3 3 2 1 D. 3 3 解析:选 B.以正三棱锥 O-ABC 的顶点 O 为原点,OA,OB,OC 为 x,y,z 轴建系(图略), 设侧棱长为 1, 则 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1), → 侧面 OAB 的法向量为OC=(0,0,1), 1 1 1 底面 ABC 的法向量为 n=( , , ), 3 3 3 → OC·n → ∴cos〈OC,n〉= → |OC|·|n| 1 3 3 = = . 3 1 2 1 2 1 2 1· ? ? +? ? +? ? 3 3 3 二、填空题 → → → → → 6.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3),且 BP⊥平 面 ABC,则实数 x,y,z 分别为________. → → → → 解析:由题知,BP⊥AB,BP⊥BC. C.

AB BC ?→·→=0, ?→ → 所以?BP·AB=0, ?→·→=0, ?BP BC

?1×3+5×1+? -2? ×z=0, ? 即?? x-1? +5y+? -2? ×? -3? =0, ?3? x-1? +y-3z=0, ?
40 15 解得,x= ,y=- ,z=4. 7 7 40 15 答案: ,- ,4 7 7 7.(2013·贵阳调研)长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点, 则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为__________. 解析:建立坐标系如图,

3

则 A(1,0,0),E(0,2,1), B(1,2,0),C1(0,2,2), → ∴BC1=(-1,0,2), → AE=(-1,2,1), → → BC1·AE 30 → → ∴cos〈BC1,AE〉= = . → |BC1||→| 10 AE 答案: 8. 30 10

如图所示,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都相等,D 是 A1C1 的中点,则直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦值为________. 解析:不妨设正三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长为 2,建立如图所示的空间直角坐标系(x 轴 垂直于 AB),

则 C(0,0,0),A( 3,-1,0),B1( 3,1,2),D( 3 1 → → 则CD=( ,- ,2),CB1=( 3,1,2). 2 2 设平面 B1DC 的法向量为 n=(x,y,1), 由?

3 1 ,- ,2), 2 2

?n·→=0, ? CD
→ ?n·CB1=0, ?

解得 n=(- 3,1,1).

3 1 4 → → 又∵DA=( ,- ,-2),∴sinθ =|cos〈DA,n〉|= . 2 2 5 4 答案: 5 三、解答题 9.

4

如图所示,在三棱锥 P- ABC 中,AB=BC= 6,平面 PAC⊥平面 ABC,PD⊥AC 于点 D, AD=1,CD=3,PD= 3. (1)证明:△PBC 为直角三角形; (2)求直线 AP 与平面 PBC 所成角的正弦值. 解:

(1)证明:因为平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC=AC,PD? 平面 PAC,PD⊥AC, 所以 PD⊥平面 ABC. 记 AC 边上的中点为 E,在△ABC 中, AB=BC,所以 BE⊥AC. 因为 AB=BC= 6,AC=4, 所以 BE= BC -CE = ? 6? -2 = 2. 因为 PD⊥AC,所以△PCD 为直角三角形. 因为 PD= 3,CD=3, 所以 PC= PD +CD = ? 3? +3 =2 3. 连接 BD,在 Rt△BDE 中,因为 BE= 2,DE=1, 所以 BD= BE +DE = ? 2? +1 = 3. 因为 PD⊥平面 ABC,BD? 平面 ABC,所以 PD⊥BD. 在 Rt△PBD 中,因为 PD= 3,BD= 3, 所以 PB= PD +BD = ? 3? +? 3? = 6. 在△PBC 中,因为 BC= 6,PB= 6,PC=2 3, 2 2 2 所以 BC +PB =PC , 即△PBC 为直角三角形. (2)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

以点 E 为坐标原点,以 EB,EC 所在的直线分别为 x 轴,y 轴建立如图的空间直角坐标 系 Exyz, 则 A(0,-2,0),B( 2,0,0),C(0,2,0),P(0,-1, 3). → → → 于是AP=(0,1, 3),PB=( 2,1,- 3),PC=(0,3,- 3). 设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),

?n·→=0 ? PB 则? ? → ?n·PC=0

? 2x+y- 3z=0 ,即? ?3y- 3z=0

.

取 y=1,则 z= 3,x= 2, 所以平面 PBC 的一个法向量为 n=( 2,1, 3). 设直线 AP 与平面 PBC 所成的角为 θ ,
5

→ |AP·n| 4 6 → 则 sinθ =|cos〈AP,n〉|= = = . → 3 |AP|·|n| 2 6 所以直线 AP 与平面 PBC 所成角的正弦值为 10. 6 . 3

1 (2012·高考课标全国卷)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的 2 中点,DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小. 解:(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1.又 1 AC= AA1,可得 DC2+DC2=CC2, 1 1 2 所以 DC1⊥DC.

而 DC1⊥BD,DC∩BD=D, 所以 DC1⊥平面 BCD. 又 BC? 平面 BCD, 故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1A1,所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. → → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角 坐标系 Cxyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). → → → 则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 → ?n·BD=0, ? ? → ?n·A1D=0, ? 即?
?x-y+z=0, ? ? ?z=0.

可取 n=(1 ,1,0).

6

→ ?m·BD=0, ? 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则? ? → ?m·DC1=0.

可取 m=(1,2,1).

n·m 3 从而 cos〈n,m〉= = . |n|·|m| 2 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30°.

一、选择题 1.(2012·高考陕西卷)

如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( ) 5 5 A. B. 5 3 2 5 3 D. 5 5 解析:选 A.设 CA=2,则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),B1(0,2,1),可 → → → → 得向量 AB1 =(-2,2,1), BC1 =(0,2,-1),由向量的夹角公式得 cos〈 AB1 , BC1 〉 = 0+4-1 1 5 = = ,故选 A. 5 4+4+1× 0+4+1 5 C. 2.(2011·高考全国大纲卷)已知直二面角 α -l-β ,点 A∈α ,AC⊥l,C 为垂足, 点 B∈β ,BD⊥l,D 为垂足,若 AB=2,AC=BD=1,则 CD=( ) A.2 B. 3 C. 2 D.1 解析:

选 C.如图,建立直角坐标系 Dxyz,由已知条件 B(0,0,1),A(1,t,0)(t>0),由 AB=2 解得 t= 2. 二、填空题 3.(2013·茂名调研)正四棱锥 S-ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的 中点,且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 的夹角的大小为________. 解析:

如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz.
7

设 OD=SO=OA=OB=OC=a, 则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P?0,- , ?. 2 2? ?

?

a a?

a a? → → → ? 则CA=(2a,0,0),AP=?-a,- , ?,CB=(a,a,0). 2 2? ? 设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1), → CB·n a 1 → 则 cos〈CB,n〉 = = . 2 → 2a · 2 2 |CB||n| → ∴〈CB,n〉=60 °, ∴直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 90°-60°=30°. 答案:30° 4.(2011·高考大纲全国卷)已知点 E、F 分别在正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱 BB1、CC1 上, 且 B1E=2EB,CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________.
解析:如图,建立空间直角坐标系.

设面 ABC 的法向量为 n1=(0,0,1),面 AEF 的法向量为 n2=(x,y,z). 设正方体的棱长为 1, ∵A(1,0,0), 1? ? 2? ? E?1,1, ?,F?0,1, ?, 3? ? 3? ? 1? → ? ∴AE=?0,1, ?, 3? ? 1? → ? EF=?-1,0, ?, 3? ?

?y+1z=0, ? 3 则? 1 ?-x+3z=0, ?
故 n2= (1,-1,3),

取 x=1,则 y=-1,z=3.

n1·n2 3 11 ∴cos〈n1,n2〉= = , |n1||n2| 11
3 11 22 ∴面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的平面角 α 满足 cosα = , sinα = , ∴tanα 11 11 = 2 . 3 2 3 三、解答题 答案:
8

5.

如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD 垂足为 H,PH 是四棱 锥的高,E 为 AD 的中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值. 解:

以 H 为原点,HA、HB、HP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,线段 HA 的长为单位长, 建立空间直角坐标系如图, 则 A(1,0,0),B(0,1,0). (1)证明:设 C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0). ?1 m ? 则 D(0,m,0),E? , ,0?. ?2 2 ? → ?1 m ? → 可得PE=? , ,-n?,BC=(m,-1,0). ?2 2 ? → → m m 因为PE·BC= - +0=0, 2 2 所以 PE⊥BC. (2)由已知条件及(1)可得 m=- → 3 ,n=1,则 P(0,0,1). 3

3 ? → ,-1,0?,AP=(-1,0,1). 3 ? → 由(1)知BC为面 PEH 的一个法向量. ? →·→ ? BC AP ? 2 → → ∴|cos〈BC,AP〉|=? = , ?|→||→|? 4 ? BC AP ?

BC=?-

? ?

因此直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为

2 . 4

9



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