金版教程2017屆高考數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)課件2b練習(xí)第七章立體幾何14份打包

課后作[A組·基礎(chǔ)達標(biāo)練若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，有可能使l∥α的是( 答案解析l∥αa·n＝0，而選項Aa·n＝－2，選項B 2．[2016·?？谀M]在空間中，已知則異面直線AB與DC所成角θ的大小為( 答案 →

解析AB＝(2,4,0)，DC＝(－1,3,0)，cos〈AB，DC〉＝222225×25× ∴〈AB，DC〉A(chǔ)BDC所成的角為3．[2015·西安模擬如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，M、N分別3A1BAC上的點，A1M＝AN＝2a，則MN與平面BB1C1C的位置3系是 A．相 B．平C．垂 D．不能確答案解分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角3∵A1M＝AN＝23 2 → →∵C1D1是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，∴MN4．[2016·遼寧五校聯(lián)考]長方體ABCD－A1B1C1D11，BB1＝2.設(shè)點A關(guān)于直線BD1的對稱點為P，則P與C1兩點之間 22 223答案

解AM⊥BD1APMP＝AM，則PA關(guān)于BD1的對稱點，如圖所示，過PPE⊥BC1，垂E，連接PB，PC1，依題意AB＝1，AD1＝BD1＝2，∠ABD1＝60°，∠BAM＝30°，∠PBE＝30°，PE＝1，BE＝ 所以PC1＝1，故選5．[2015·濰坊模擬]正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，則與平面BB1C1C所成角的正弦值為 2C.答案

53D.3解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系→設(shè)AB＝2，則 平面BB1C1C的一個法向量為n＝(1,0,0)所以AC1與平面→所成的角的正弦值為|AC1·n|＝3＝→

4如圖所方體ABCD－A1B1C1D1O是底面正方形ABCD的中心，MD1D的中點，NA1B1的中點，則直線NO、AM的位置關(guān)系是()A．平 B．相C．異面垂 D．異面不垂答案解析建立坐標(biāo)系如圖，設(shè)正方體的棱長為2，則 →NO·AM＝0，則直線NO、AM的位置關(guān)系是異面垂直等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角3AB－D的余弦值為3，M、N分別是AC、BC的中點，則EM、AN所 3答案6解OF，則∠CFO為二面角C-AB-D的平面角，22AB＝1，則CF＝3，222OC＝2則O為正方形ABDE的中心，如圖所示建立直角坐標(biāo)系Oxyz，

2

則

→ 2 2

4

4EM＝4，2，4→ 2

2--

2，4，4→ EM·AN cos〈EM，AN〉＝→→如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E是A1B1上的點，則點E到平面ABC1D1的距離是 答案2解析解法一：以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點E(1，a,1)(0≤a≤1)，連接→則連接A1D，A1D⊥平面→則DA1＝(1,0,1)為平面ABC1D1的一個法向量→E到平面ABC1D1的距離是d＝|D1E·DA1|＝ 2解法二：點E到平面ABC1D1的距離，即B1到BC1的距離，2易得點B1BC1的距離為29．[2014·遼寧高考]如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E、F分別為AC、DC求二面角E－BF－C的正弦解證法一：過EEO⊥BC，垂足為O，連由△ABC≌△DBC可證出2所以2因此BC⊥平面又EF?平面EFO，所以證法二：由題意，以B為坐標(biāo)原點，在平面DBCB作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABCB作垂直BC的直線為z軸，建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系．易得B(0,0,0)，A(0，－1， 3 因而E0，2，2，F(xiàn)2→

→所以EF＝2

，BC＝(0,2,0)，因此22 從而EF⊥BC，所以解法一：在圖1中，過OOG⊥BF，垂足為G，連由平面ABC⊥平面從而EO⊥平面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知因此∠EGO為二面角E－BF－C的平面角在△EOC

＝＝

＝2由△BGO∽△BFC知，OG＝BO·FC＝2 5因此tan∠EGO＝EO＝2，從而sin∠EGO＝25，55即二面角E－BF－C的正弦值為25解法二：在圖2中，平面BFC的一個法向量為n1＝(0,0,1)．設(shè)平面BEF的法向量為n2＝(x，y，z)，→ → 3又BF＝2，2，0，BE＝0，2，2 由→得其中一個n2＝(1，－3，1)．設(shè)二面角E－BF－C的大小為θ，且由題意知θ為銳角，n1·n2 1則cosθ＝|cos〈n1，n2〉 55因此sinθ＝2＝2 5即所求二面角的正弦值為2510．[2015·石家莊二模如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H(1)求證：AH⊥平面PBC；PM與平面AHB所成角的正弦設(shè)點 段PB上，且PN＝λ，MN∥平面ABC，求實數(shù)λ值解(1)證明：因為PA⊥底面ABC，BC?底面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAC，又因為AH?平面PAC，所以BC⊥AH.因為PA＝AC，HPC中點，所以AH⊥PC，又因為所以AH⊥平面在平面ABC中，過點AAD∥BC，因為BC⊥平面PAC，所以AD⊥平面又PA⊥底面ABC，得PA，AC，AD兩兩垂直 設(shè)平面AHB的法向量為由→得z＝1，得PM與平面AHB所成角為→ ，因為PM＝0，2，－，→

所以sinθ＝|cos〈PM，n〉|＝PM·n 2×0＋－1×＋1×－ 15sinθ＝215→

2× 因為→所以→ ，又因為PM＝0，2，－， →

所以 →因為MN∥平面ABC，平面ABC的一個法向量所以→ MN·AP＝3－4λ＝0，解得[B組·能力提升練1[2016·太原調(diào)研]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于( 3 33B.C.答案

解如圖，連接ACBD于點O，連接CO，過CCH⊥C1O于H，連接∴BD⊥平面又CH?平面CH⊥C1O，且∴CH⊥平面∴∠HDCCD與平面BDC1所成的角設(shè)AA1＝2AB＝2，則OC＝AC＝2，C1O OC2＋CC2 3

32 2

2.由等面積法，得C1O·CH＝OC·CC1，

22×2，則CH＝2，故sin∠HDC＝CH＝2，即CD與平面BDC1所3 3角的正弦值為

2．[2014·江西高考一質(zhì)點從頂點A射向點E(4,3,12)，遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i－1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i＝2,3,4)，L1＝AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的 答案解析由對稱性知質(zhì)點經(jīng)點E反射到平面ABCD的點

y＝7聯(lián)立得F3，7.由兩點間的距 得 55∴L3＝E1E2＝E2F＝4＝1故選 3．[2015·湖南高考如右圖，已知四棱臺ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長36的正方形，A1A＝6A1A⊥底面ABCD.P，Q分別在棱DD1，BC上．PDD1的中點，證7若PQ∥平面ABB1A1，二面角P－QD－A的余弦值為3，求7面體ADPQ的體解由題設(shè)知，AA1，AB，ADA為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如右圖所示的空間直0,0,0)13,0,6D0,6,0)D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6. PDD1的中點，則 → －3)AB1＝(3,0,6)于是AB1·PQ＝18－18＝0所以AB1⊥PQ即 由題設(shè)知，DQ＝(6，m－6,0)，DD1＝(0，－3,6)是平面PQD的兩個不共線向量．設(shè)n1＝(x，y，z)是平面PQD的一個法向量， 取y＝6，得n1＝(6－m,6,3)．又平面AQD的一個法向量是|n|·|n所以cos〈n1，n2〉＝|n|·|n 7＝ 而二面角PQDA77 ＝3，解得m＝4，或m＝8(舍去)7 DP＝λDD1(0<λ≤1)DD1＝(036)→6λ)，所以因為PQ∥平面ABB1A1且平面ABB1A1的一個法向量是→所 ＝，

-＝，亦即＝2，從

于是，將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ，其高h＝4.故四面體ADPQ的體積

4．[2015·課標(biāo)卷E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由求直線AF與平面α所成角的正弦解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖因為EHGF為正方形，所以于是 EH2－EM2＝6，所以→以D為坐標(biāo)原點，DA的方向為x軸正方向如圖所示的→直角坐Dxyz→設(shè)n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量， 即

所以可取→又

→ 4AF＝(－10,4,8)，故|cos〈n，AF〉

→＝1515所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為4155．[2015·江蘇高考]如圖，在四棱P－ABCD中PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角形 (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦(2)QBP上的CQDP所成的角最小時，求線段BQ的長． 解以{AB，AD，AP為正交基底建立如圖所示的空間直角坐系A(chǔ)xyz，則各點的坐標(biāo)為 (1)因為AD⊥平面PAB，所以AD是平面PAB的一個法向 因為設(shè)平面PCD的法向量為 則m·PC＝0，m·PD＝0，即 y＝1，解得所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量→從 AD·m 3cos〈AD，m〉＝ ＝33所以平面PA