高三人教A版數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練習(xí)第七章立體幾何與空間向量第7節(jié)（理）第二課時(shí)

第七章第7節(jié)（理）第二課時(shí)[基礎(chǔ)訓(xùn)練組]1．(導(dǎo)學(xué)號14577717)已知四棱錐S－ABCD的底面為平行四邊形，SD⊥底面ABCD，SD＝1，AB＝2，AD＝1，∠DAB＝60°，M、N分別為SB、SC中點(diǎn)，過MN作平面MNPQ分別與線段CD、AB相交于點(diǎn)P、Q.若eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，求二面角M－PQ－B的平面角大?。?)A．60° B．30°C．45° D．75°解析：A[在△ABCD中，設(shè)AB＝2AD＝4，∠DCB＝60°，所以由余弦定理求得BD＝eq\r(3)，有AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD，6分以D為原點(diǎn)，直線DA為x軸，直線DB為y軸，直線DS為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，且A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，S(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，又eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，則Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，0)).設(shè)平面MNPQ的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n·\o(MQ,\s\up6(→))＝0))，得n＝(0，－eq\r(3)，1),易知平面ABCD的法向量為m＝(0,0,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,2)，所以二面角M－PQ－B為60°.]2．(導(dǎo)學(xué)號14577718)(2018·秦皇島市模擬)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1的中點(diǎn)，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)解析：C[以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，E(1,0,1)，D1(0,0,2)．所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，所以cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CD1,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(CD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).]3．(導(dǎo)學(xué)號14577719)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，D，E分別是AC1和BB1的中點(diǎn)，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：A[∵AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，AC2＝BC2＋AB2，∴AB⊥BC.∵三棱柱為直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC.以B為原點(diǎn)，BC，BA，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則A(0,1,0)，C(eq\r(3)，0,0)．設(shè)B1(0,0，a)，則C1(eq\r(3)，0，a)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(a,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，平面BB1C1C的法向量eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)直線DE與平面BB1C1C所成的角為α，則sinα＝|cos〈eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,2)，∴α＝eq\f(π,6).]4．(導(dǎo)學(xué)號14577720)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M為PB的中點(diǎn)，PA＝AD＝2.若AB＝1，則二面角B－AC－M的余弦值為()A.eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(2),6) D.eq\f(1,6)解析：A[∵BC⊥平面PAB，AD∥BC，∴AD⊥平面PAB，PA⊥AD，又PA⊥AB，且AD∩AB＝A，∴PA⊥平面ABCD.以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AD，AB，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.則A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，求得平面AMC的一個(gè)法向量為n＝(1，－2,1)，又平面ABC的一個(gè)法向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∴cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(1＋4＋1)·2)＝eq\f(\r(6),6).∴二面角B－AC－M的余弦值為eq\f(\r(6),6).]5．(導(dǎo)學(xué)號14577721)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小為60°，則ADA.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\f(\r(2),2)解析：A[如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．設(shè)AD＝a，則D點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0，a)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)．設(shè)平面B1CD的法向量為m＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝2y＋2z＝0,m·\o(CD,\s\up6(→))＝x＋az＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－z,x＝－az))，令z＝－1，則m＝(a,1，－1)．又平面C1DC的一個(gè)法向量為n＝(0,1,0)，則由cos60°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\r(2)，所以AD＝eq\r(2).故選A.]6．(導(dǎo)學(xué)號14577722)(2018·鄭州市模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________解析：以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,1)，C1(0,2,1)，(1,2,0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,2,0)設(shè)n＝(x，y，z)為平面A1BC1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，則y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，設(shè)所求線面角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)7．(導(dǎo)學(xué)號14577723)如圖，在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成角為________.解析：如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))．則eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a,0)．設(shè)平面PAC的法向量為n，可求得n＝(0,1,1)，則cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直線BC與平面PAC的夾角為90°－60°＝30°.答案：30°8．(導(dǎo)學(xué)號14577724)設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是________解析：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0).設(shè)平面A1BD的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0)).令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，∴點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)9．(導(dǎo)學(xué)號14577725)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD＝135°，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，∠BAP＝90°，AB＝AC＝PA＝2，E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點(diǎn)，點(diǎn)M在線段PD上．(1)求證：EF⊥平面PAC；(2)如果直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等，求eq\f(PM,PD)的值．解：(1)證明：在平行四邊形ABCD中，因?yàn)锳B＝AC，∠BCD＝135°，所以AB⊥AC.由E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點(diǎn)，得EF∥AB,所以EF⊥AC.2分因?yàn)閭?cè)面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP＝90°，所以PA⊥底面ABCD.又因?yàn)镋F?底面ABCD，所以PA⊥EF.4分又因?yàn)镻A∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以EF⊥平面PAC.5分(2)因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC兩兩垂直，故以AB，AC，AP分別為x軸、y軸和z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(－2,2,0)，E(1,1,0)，7分所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2,2，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，設(shè)eq\f(PM,PD)＝λ(λ∈[0,1])，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－2λ，2λ，－2λ)，所以M(－2λ，2λ，2－2λ)，eq\o(ME,\s\up6(→))＝(1＋2λ，1－2λ，2λ－2)，易得平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)．設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，9分由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝(1,1,1)．10分因?yàn)橹本€ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq\o(ME,\s\up6(→))，m〉|＝|cos〈eq\o(ME,\s\up6(→))，n〉|，即eq\f(|\o(ME,\s\up6(→))·m|,|\o(ME,\s\up6(→))|·|m|)＝eq\f(|\o(ME,\s\up6(→))·n|,|\o(ME,\s\up6(→))|·|n|)，所以|2λ－2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3))))，解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，或λ＝eq\f(3＋\r(3),2)(舍)．綜上所得：eq\f(PM,PD)＝eq\f(3－\r(3),2)12分10．(導(dǎo)學(xué)號14577726)(2018·濟(jì)寧市一模)如圖甲：⊙O的直徑AB＝2，圓上兩點(diǎn)C，D在直徑AB的兩側(cè)，使∠CAB＝eq\f(π,4)，∠DAB＝eq\f(π,3)，沿直徑AB折起，使兩個(gè)半圓所在的平面互相垂直(如圖乙)，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，根據(jù)圖乙解答下列各題：(1)若點(diǎn)G是eq\x\to(BD)的中點(diǎn)，證明：FG∥平面ACD；(2)求平面ACD與平面BCD所成的銳二面角的余弦值．解：(1)證明：連接OF，F(xiàn)G，OG，∵F，O是BC，AB的中點(diǎn)，∴FO∥AC，∵FO?平面ACD，AC?平面ACD，∴FO∥平面ACD，∵∠DAB＝eq\f(π,3)，且G是BD弧的中點(diǎn)，∴∠BOG＝eq\f(π,3)，則AD∥OG，∵OG?平面ACD，AD?平面ACD，∴OG∥平面ACD，∵FO∩OG＝O，F(xiàn)O，OG?平面FOG，∴平面FOG∥平面ACD，又FG?平面FOG，∴FG∥平面ACD(2)如圖，設(shè)H為弧DG的中點(diǎn)，建立以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OH，OB，OC分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖；則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0)，G(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，設(shè)平面ACD的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，則由m·eq\o(AC,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋z＝0，m·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),2)x＋eq\f(1,2)y＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝－y,x＝－\f(\r(3),3)y))，令y＝－eq\r(3)，則m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))，同理可得平面BCD的法向量為n＝(eq\r(3)，1,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),\r(7)×\r(5))＝eq\f(\r(105),35)，即平面ACD與平面BCD所成的銳二面角的余弦值是eq\f(\r(105),35).[能力提升組]11．(導(dǎo)學(xué)號14577727)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝AA1＝4，點(diǎn)D是AA1的中點(diǎn)，則點(diǎn)A1到平面DBC1的距離是A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(3),3)解析：[過點(diǎn)A作AC的垂線為x軸，以AC為y，軸以AA1為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝AA1＝4，點(diǎn)D是AA1的中點(diǎn)∴B(2eq\r(3)，2,0)，C1(0,4,4)，D(0,0,2)，A1(0,0,4)，∴eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，－2)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，∵n·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(DC1,\s\up6(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)x＋2y－2z＝0，,4y＋2z＝0，))∴n＝(eq\r(3)，－1,2)，∴點(diǎn)A1到平面DBC1的距離d＝eq\f(|n·\o(DA1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|0＋0＋4|,\r(3＋1＋4))＝eq\r(2).故選A.]12．(導(dǎo)學(xué)號14577728)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)解析：A[如圖，以A1C1中點(diǎn)E為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，設(shè)棱長為1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)).設(shè)AB1與平面ACC1A1所成的角為θ，EB1為平面ACC1A1則sinθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(EB1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)),\r(2)×\f(\r(3),2))))＝eq\f(\r(6),4)，故選A.13．(導(dǎo)學(xué)號14577729)如圖，已知點(diǎn)E、F分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)DA＝1，由已知條件得，A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3))).設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，平面AEF與平面ABC所成的二面角為θ，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋\f(1,3)z＝0,n·\o(AF,\s\up6(→))＝－x＋y＋\f(2,3)z＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y,z＝－3y)).令y＝1，則n＝(－1,1，－3)．又平面ABC的一個(gè)法向量為m＝(0,0，－1)，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3,\r(11))，所以tanθ＝eq\f(\r(2),3).答案：eq\f(\r(2),3)14．(導(dǎo)學(xué)號14577730)(2018·汕頭市二模)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝2，AA1＝h，E為BB1