《2015《創(chuàng)新大課堂》高三人教版數(shù)學（理）一輪復習課時作業(yè) 第七章 立體幾何 第七節(jié)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2015《創(chuàng)新大課堂》高三人教版數(shù)學（理）一輪復習課時作業(yè) 第七章 立體幾何 第七節(jié)（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 - 1 - / 11 課時作業(yè) 一、填空題 1如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1， ABC90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角為_ 解析 建立如圖所示的空間直角坐標系 設ABBCAA12， 則C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，1)， 則EF(0，1，1)，BC1(2，0，2)， EFBC12， cosEF，BC1222 212， EF和BC1所成角為 60. 答案 60 - 2 - / 11 2.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2. 若二面角B1DCC1的大小為 60，則A

2、D的長為_ 則由 cos 60|m mn n|m m|n n|，得1a2212，即a 2， 故AD 2. 答案 2 3如圖，在正四棱錐SABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且SOOD，則直線BC與平面PAC所成角為_ - 3 - / 11 解析 如圖所示， 以O為原點建立空間直角坐標系Oxyz. 設ODSOOAOBOCa， 則A(a，0，0)，B(0，a，0)， C(a，0，0)，P0，a2，a2. 則CA(2a，0，0)， APa，a2，a2，CB(a，a，0) 設平面PAC的法向量為n n，可求得n n(0，1，1)， 則 cosCB，n nCBn n|CB|n n|a

3、2a2 212. CB，n n60， 直線BC與平面PAC的夾角為 906030. 答案：30 4如圖是一副直角三角板現(xiàn)將兩三角板拼成直二面角，得到四面體ABCD，則下列敘述正確的是_ BDAC0； 平面BCD的法向量與平面ACD的法向量垂直； 異面直線BC與AD所成的角為 60； 四面體ABCD有外接球； 直線DC與平面ABC所成的角為 30. - 4 - / 11 解析 依題意得，BD平面ABC， 又AC 平面ABC，因此有BDAC， 所以BDAC0，正確由于平面BCD與平面ACD不垂直，因此平面BCD的法向量與平面ACD的法向量不垂直，不正確對于，作AEBC于E， 設ABAC2a，直線B

4、C與AD所成的角為， 則BC2 2a，BD2 6a3.以E為坐標原點， 建立如圖所示的空間直角坐標系， 則E(0，0，0)，A(0，0， 2a)，B(0， 2a，0)，C(0， 2a，0)，D(2 63a， 2a，0)， 則BC(0，2 2a，0)，AD2 63a， 2a， 2a， 所以 cos |cosBC，AD|BCAD|BC|AD| 4a2（2 2a）22 63a2（ 2a）2（ 2a）2 3010， 因此直線BC與AD所成的角不是 60，不正確對于，依題意得，BD平面ABC，直線DC與平面ABC所成的角是BCD30，又易知BDAC，ABAC，則AC平面ABD，于是有ACAD，記CD的中

5、點是F，連接BF，則有AF12CDBF，因此點F到A，B，C，D的距離相等，故四面體ABCD有外接球，所以正確 綜上所述，其中敘述正確的是. 答案 - 5 - / 11 三、解答題 5 (2014長春調(diào)研)如圖， 在三棱柱ABCA1B1C1中， 側(cè)面AA1C1C底面ABC，AA1A1CAC2，ABBC，ABBC，O為AC中點 (1)求證：A1O平面ABC； (2)求直線A1C與平面A1AB所成角的正弦值； (3)在BC1上是否存在一點E， 使得OE平面A1AB？若存在， 確定點E的位置；若不存在，說明理由 解析 (1)證明：AA1A1CAC2， 且O為AC中點，A1OAC. 又側(cè)面AA1C1C

6、底面ABC， 交線為AC，A1O 平面AA1C1C， A1O平面ABC. (2)連接OB，如圖，以O為原點，分別以OB、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系， 則由題可知B(1，0，0)， C(0，1，0)， A1(0，0， 3)，A(0，1，0) A1C(0，1， 3)， 令平面A1AB的法向量為n n(x，y，z)， 則n nAA1n nAB0， 而AA1(0，1， 3)，AB(1，1，0)，則y 3z0 xy0， 可求得一個法向量n n(3，3， 3)， |cosA1C，n n|n nA1C|n n|A1C|62 21217， 直線A1C與平面A1AB所成角的正弦值

7、為217. (3)存在點E，且E為線段BC1的中點 - 6 - / 11 連接B1C交BC1于點M，連接AB1、OM， 則M為B1C的中點， OM是CAB1的一條中位線，OMAB1， 又AB1 平面A1AB，OM平面A1AB， OM平面A1AB， BC1的中點M即為所求的E點 6(2013遼寧高考)如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點 (1)求證：平面PAC平面PBC； (2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值 解析 (1)證明：由AB是圓的直徑，得ACBC， 由PA平面ABC，BC 平面ABC，得PABC. 又PAACA，PA 平面PAC，AC 平面PAC

8、， 所以BC平面PAC. 因為BC 平面PBC. 所以平面PBC平面PAC. (2)解法一：過C作CMAP，則CM平面ABC. 如圖(1)，以點C為坐標原點，分別以直線CB，CA，CM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系 在 RtABC中，因為AB2，AC1， 所以BC 3. 又因為PA1，所以A(0，1，0)，B( 3，0，0)，P(0，1，1) 故CB( 3，0，0)，CP(0，1，1) 設平面BCP的法向量為n n1 1(x1，y1，z1)， 則CBn n10，CPn n10.所以 3x10，y1z10， 不妨令y11，則n n1(0，1，1) 因為AP(0，0，1)，AB( 3，1，0

9、)， 設平面ABP的法向量為n n2(x2，y2，z2)， - 7 - / 11 則APn n2 20，ABn n2 20，所以z20，3x2y20， 不妨令x21，則n n2 2(1， 3，0) 于是 cosn n1 1，n n2 232 264. 由圖(1)知二面角CPBA為銳角， 故二面角CPBA的余弦值為64. 解法二：如圖(2)，過C作CMAB于M， 因為PA平面ABC， CM 平面ABC， 所以PACM. 又因為PAABA，且PA 平面PAB，AB 平面PAB， 所以CM平面PAB. 過M作MNPB于N，連接NC， 由三垂線定理得CNPB， 所以CNM為二面角CPBA的平面角 在

10、RtABC中， 由AB2，AC1，得BC 3，CM32，BM32. 在 RtPAB中，由AB2，PA1，得PB 5. 因為 RtBNMRtBAP， 所以MN1325，所以MN3 510. 所以在 RtCNM中，CN305，所以 cosCNM64， 所以二面角CPBA的余弦值為64. - 8 - / 11 7 (2014北京西城二模)如圖 1， 四棱錐PABCD中，PD底面ABCD， 底面ABCD是直角梯形，M為側(cè)棱PD上一點該四棱錐的俯視圖和側(cè)(左)視圖如圖 2 所示 (1)證明：BC平面PBD； (2)證明：AM平面PBC； (3)線段CD上是否存在點N，使AM與BN所成角的余弦值為34？若

11、存在，找到符合要求的點N，并求CN的長；若不存在，請說明理由 解析 解法一：(1)證明：由俯視圖可得BD2BC2CD2， 所以BCBD. 又因為PD平面ABCD， 所以BCPD， 所以BC平面PBD. (2)證明：取PC上一點Q，使PQPC14，連接MQ，BQ. 由俯視圖知PMPD14， 所以MQCD，MQ14CD. 在BCD中，易得CDB60，所以ADB30. 又BD2，所以AB1，AD 3. 又因為ABCD，AB14CD，所以ABMQ，ABMQ， 所以四邊形ABQM為平行四邊形，所以AMBQ. 因為AM平面PBC，BQ 平面PBC， 所以直線AM平面PBC. - 9 - / 11 (3)線

12、段CD上存在點N，使AM與BN所成角的余弦值為34. 證明如下： 因為PD平面ABCD，DADC， 建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz. 所以D(0，0，0)，A( 3，0，0)，B( 3，1，0)， C(0，4，0)，M(0，0，3) 設N(0，t，0)，其中 0t4， 所以AM( 3，0，3)，BN( 3，t1，0) 要使AM與BN所成角的余弦值為34， 則有|AMBN|AM|BN|34， 所以|3|2 3 3（t1）234， 解得t0 或 2，均適合 0t4. 故點N位于D點處，此時CN4；或點N位于CD的中點處，此時CN2，有AM與BN所成角的余弦值為34. 解法二：(1)證明：因為

13、PD平面ABCD，DADC， 建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz. 在BCD中，易得CDB60，所以ADB30. - 10 - / 11 因為BD2，所以AB1，AD 3. 由俯視圖和側(cè)視圖可得D(0，0，0)，A( 3，0，0)，B( 3，1，0)，C(0，4，0)，M(0，0，3)，P(0，0，4)， 所以BC( 3，3，0)，DB( 3，1，0) 因為BCDB 3 331000， 所以BCBD. 又因為PD平面ABCD，所以BCPD， 所以BC平面PBD. (2)證明：設平面PBC的法向量為n n(x，y，z)， 則有n nPC0，n nBC0. 因為BC( 3，3，0)，PC(0，4

14、，4)， 所以4y4z0， 3x3y0.取y1，得n n( 3，1，1) 因為AM( 3，0，3)， 所以AMn n 3( 3)10130. 因為AM平面PBC， 所以直線AM平面PBC. (3)線段CD上存在點N，使AM與BN所成角的余弦值為34. 證明如下： - 11 - / 11 設N(0，t，0)，其中 0t4， 所以AM( 3，0，3)，BN( 3，t1，0) 要使AM與BN所成角的余弦值為34， 則有|AMBN|AM|BN|34， 所以|3|2 3 3（t1）234， 解得t0 或 2，均適合 0t4. 故點N位于D點處，此時CN4；或點N位于CD的中點處，此時CN2，有AM與BN所成角的余弦值為34.