2020年高考数学理科一轮温习第7章立体几何第7讲课后作业.pdf

-课后作业-A组基础关1如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1ABC-A1B1C1z z CA=CCi=2CB CA=CCi=2CBt t那么直线BCiBCi与直线夹角的余弦值为（）A.C C症5D-53答案A解析 不妨设CB=CB=那么(0,0,1),4(2,0),G(020),民(021),.-i=(0,2,BCYABY0+4-1BCIABI=(-2,2,1).cos(BCi.ABi)(BCi.ABi)直线BCiBCi与直线ABiABi夹角的余弦值2（2018沧州模拟）如下图z在正方体ABCDABCD ABCD ABCD中z棱长为GF别离是BC.CDBC.CD上的点，且BEBE二CFCF二a（0a,F(0,1),俪二(0,0,-2),DE=o,DE=o,1-21-21-21-2,o,DF一 一设平面DEFDEF的法向量为w=(%,y/z);n-DE=0n-DE=0z z那么由_得取z=1,那么=(2,0,1)#设PAPA与平面DEFDEF所成的角为e,e,那么sin0二世卫二誓，PAnPAn PA PA与平面DEFDEF所成角的正弦雌C.)4.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,3D别离在那个二面角的两个半平面内，且都垂直 于A3,已知AB=2,AB=2,AC=3,BD=4,CD=0,BD=4,CD=0,那么该二面角的大小为(A.30C.60B.45D.120答案C解析 由已知可得fCA AB=0CA AB=0；ABBD=0ABBD=0t t CD=CA+AB+BD CD=CA+AB+BDr r.1筋卩二&+殛+丽卩二I氏卩+|乔卩+|丽卩+2必而+诟丽+2&丽=32+22+42+2X3X4COSCA,BD)=CA,BD)=(VH)2,/.cosCA,BD)CA,BD)二即(CA,BD)(CA,BD)二120,二面角的大小为60。应选C.5如图，正三棱柱ABC-ABCiABC-ABCi的所有棱长都相等，E,E,F,G别离为AB,A4i,AyCxAyCx的中点，那么5F与平面GF所成角的正弦值为（）AB.1J 10D.3&10答案A解析 设正三棱柱的棱长为2,取AC的中点连接DG,DB,DG,DB,别离以DADAt tDBDBf f DG DG所在x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如下图，则Bi(0,V3,2),F(1,0,1),电,誓,oj,6(0,0,2),丽7二(1,-,_1),寿二出-1)设平面GEFGEF的法向量n=n=(xt t y yt t z)z)t tEFn=0EFn=0r r则I GF-W=0zlx-Z=0f取x=l，那么“1t ty=y=t t故二（1,羽，1）为平面GEFGEF的一个法向量,的直线为因此cosn,乔1-3-15X53因此bF与平面GEF所成角的正弦值为寺应选A.6.如下图，在平行六面体ABCD-AxBxCxABCD-AxBxCxD中，点M,P,P,。别离为棱AB,CD,CD,BC的中点,假设平行六面体的各棱长均相等，AAM/BQxM/BQxAM平面DCCiDi；AiM平面DPQB.DPQB.以上说法正确的个数为（）A.1C.3B.2D.4答案C,DP=D?D+DP=A?A+Ai,DP=D?D+DP=A?A+Ai，:.MMWDP:.MMWDP，因此解析/O/二+AM=AA+AM=AA+AMWDP,AMWDP,由线面平行的判定定理可知，AMII平面DCCQ,AMII平面DP05.正确.7.已知长方体ABCDABxCDABCDABxCD中，AB=AD=2,AB=AD=2,A4i=4,点E,FE,F 别离为BBi,BBi,CD的中点,那么点F F到平面AEAE的距离为（）A.2B.呼C.2返D.2羽答案B解析 以点A为坐标原点l lABABl lADADl lAAAAi i所在直线别离为x轴、y轴、远轴成立空间直角坐标Ai(0A4),Di(024),E(2Q2),F(1,2,0)rA7bi=(O,2Q),忌二(2,0,2)易知平面AiDiEAiDiE的法向量可取W=(1A1),乔二（卩-4），心警二哮.8.在棱长为2的正方体ABCDABCDABCDiABCDi中，O是底面ABCD的中心，E,E,F别离是CCi,ADAD的中点，那么异面直线OE和FD所成的角的余弦值等于 _.答案穿解析轴成立空间直角坐标系fF(l,0,0)#D(0,0,2)#0(1丄0)z E(0,2,l)代】二(1,0,2)f元二(-1,1,1)1 f1 f f 1+2.COSg,0E)g,0E)二林二5.异面直线OEOE与FD,所成角的余弦值为宇.9.已知V为矩形ABCDABCD所在平面外一点，且VA=VB=VC=VDVA=VB=VC=VD9 9 VP=VC,VP=VC,W=JV&,VN=VN=2-2 _亍处.那么两与平面PMNPMN的位置关系是_.答案平行解析如图，设VA=aVA=at t VB=b VB=bf f VC=c VC=cf f贝OVD=6/+c-b,+c-b,由题意知兩=3 3c/PN=VD-VCPN=VD-VC2 2.1因此VA=PMPN,VA=PMPN,:.VA,PM,:.VA,PM,丽共面.又TWW平面PMN,:.VAPMN,:.VA II平面PMN.PMN.10.如图，已知四棱锥P-ABCDP-ABCD的底面ABCDABCD是等腰梯形，AB/CD,AB/CD,HACAC丄BD,BD,AC与BDBD交于O,O,PO丄底面ABCD,PO=2,AB=2&,E,PO=2,AB=2&,E,F别离是AB,AP的中点.那么二面角尸一OE-AOE-A的余弦值为.答案平解析 以O O为坐标原点,OB,OC,OP,OB,OC,OP所在直线别离为A-轴、丁轴、z轴成立如下图的空间直角坐标系OxyzOxyz；由题知；OA=OB=2OA=OB=2t t则A(0#-2,0)f B(2,0Q),P(0,02),E(1,-1,0)f F(0#-1,1),贝lJdE=(l,-1,0),OF=(0OF=(0t t-1,1),设平面OEFOEF的法向量为m=m=(A-,y,z),y,z),-y+即Z=0.令x二1f可彳号加=(1,1,1)易知平面OAEOAE的一个法向量为n二(0A1)z那么cos、mn 13mn 13,-ImllnF 3由图知二面角FOEA为锐角，因此二面角F-OE-AF-OE-A的余弦值为申.B组能力关1.(2018-河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD-ABxCDABCD-ABxCD的各棱长均为2,ZAiAD=60ZAiAD=60o o,ZBAD=90,ZBAD=90,平面AiADDAiADD】丄平面ABCD,ABCD,那么直线与平面ABCD所成的角的正切值为(A适B.fA4姮D.警J 13答案C解析 取AD中点O Oz连接OAiOAit t易证AiO丄平面成立如下图的空间直角坐标系f得)B B（2 29 9-1,0）Qi（0,2，萌）f葩二（-2,3,羽儿平面ABCDABCD的一个法向量为n二（0,0,1）,设BDBDX X与平面ABCDABCD所成的角为0 0,.sin0二川=爭,那么cos0=,IBDillnl噜应选C.2.如下图，四棱锥P-ABCDP-ABCD中，底面ABCD为矩形，刊丄平面ABCD,ABCD,E为PD的中点.设二面角D-AE-CD-AE-C为60。，AP=,AD=dAP=,AD=d那么三棱锥E-ACDE-ACD的体积为 _ 解析 因为以丄平面ABCDf且四边形ABCD为矩形f因此AB,ADAB,ADt t AP两两垂直.如图f以A A为坐标原点z4了的方向为x轴的正方向z成立空间直角坐标系Axyzz那么D D（0 0 0）f誓f暮设附,0,0)(心0)f那么C(m,y3,0),AC=(m,C(m,y3,0),AC=(m,A/3,0).nnr rAC=O,AC=O,设W1=(x,y,=(x,y,z)为平面ACEACE的法向量；那么 _臣二0#pu+V3y=0,即羽1可取W1二岸丫+於二。/存，-1,迥易知2=(1,0,0)为平面D4E的一个法向量，由题设知IcosSi 21二*即亠1詁，解得m m揺因为E为加的中点，因此三棱锥E-ACDE-ACD的高为f因此三棱锥E-ACDE-ACD的体积V33.(2017-全国卷HIV/,h h为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,“都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有以下结论：当直线A3与“成60。角时，AB与“成30 ft；当直线AB与成60。角时，AB与b成60。角；直线ABAB与“所成角的最小值为45；直线A3与a a所成角的最大值为60.其中正确的选项是 _.(填写所有正确结论的编号)答案解析 依题意成立如下图的空间直角坐标系.设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B B在平面.9)、中形成的轨迹是以C C为圆心,1为半径的圆.设直线“的方向向量为二(0,1,0)，直线b的方向向量为b二(1,0,0),CB以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为e e，曰0,2町,那么B(cos0,B(cos0,sin0,0),.AB=(cosO,.AB=(cosO,sin0,-1)zAB=2.AB=2.设直线ABAB与a所成夹角为a,那么cosa=ABU y2lll胡IsinlE 045WaW90。z正确z错误设直线AB与b所成夹角为#,ABbABb那么COS0=AB当直线AB与的夹角为60。,即a二60。时，那么IsinOl二羽cosacosa=A/2COS60二平0。冬0冬90。，.0二60。,即直线AB与彷的夹角为60。.正确,错误4.如图，在三棱锥P-ABCP-ABC中，AB=AC,AB=AC,D为BC的中点，PO丄平面ABC,垂足O落在线 段AD上.已知BC=&PO=4,AO=3,OD=2.BC=&PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明：AP 丄BC；(2)假设点M M是线段APAP上一点，且AM=3.AM=3.试证明平面AMC丄平面BMC.BMC.证明 如下图，以O O为坐标原点,以射线OPOP为z轴的正半轴成立空间直角坐标系0厂乙那么0(0,0,0),4(0,-3,0),5(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).(1).乔二(0,3,4),BC=(-BC=(-8,0,0),=(0,3,4)-(-8,0,0)=0,乔丄荒,即AP丄BC.(2)由知L4PI二5,又L4MI二3,且点M在线段4P上，.皿=詠=(0書,)又花二(-4,5,0)，丽二(-4,-5,0)f一-(16:.BM=BA+AM=:.BM=BA+AM=-4#-yf y|#贝J1A歹B厉二(0,3,4)(_4,-等，)=0,:.AP-LBM,:.AP-LBM,即仲丄BM,又依照的结论知AP丄BC,BMQBCBC,BMQBC二B,B,:.AP:.AP丄平面BMC,BMC,于是AM丄平面BMC.BMC.又AMU平面AMC,AMC,故平面AMCAMC丄平面BCM.BCM.C组素养关1.在如下图的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEFBDEF是矩形,ED丄平面ABCD“兀I?ZABD=&AB=2AD.ZABD=&AB=2AD.(1)求证：平面BDEFBDEF丄平面ADE,ADE,假设ED=BD,ED=BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.解证明：在讪3中z由正弦定理知43ADADABsinABDABsinABD Dsi请sinZiADBsinZABD因此sinZADB二-而-二一而一二1 因此厶DB二90,即BD丄AD.AD.因为DE丄平面ABCD,ABCD,BDU平面ABCDz因此DE丄BD5LADDE=DZ因此3D丄平面ADE.因为BDU平面BDEFBDEFt t因此平面BDEFBDEF丄平面ADE.ADE.(2)由可得，在RtABDRtABD中，BAD=BAD=t t BD BD 二书ADADt t又由ED=BDED=BD;设AD=AD=I,那么BD=EDBD=ED=萌因为DE丄平面ABCDABCDt t BD丄AD#因此能够点D D为坐标原点t t DA,DB,DE DA,DB,DE所在直线别离为A轴、y轴、乙轴成立空间直角坐标 系，如下图则A（1,0,0）,C,C（1,y/3,0 1,y/3,0）,E（0,0,萌），F（0,羽,A/3）,jlt4E=（-1,0zy/3y/3）,AC=,AC=（-2,-2,羽，0）.设平面AECAEC的法向量为n=n=（x,y,zx,y,z）,那么n-AEn-AE=0zVf-x+y3zy3z=0#厂jrAC=0jrAC=0t t-2x+yl3y=0,-2x+yl3y=0,即令Z二1,得二（迈，2,1）为平面AECAEC的一个法向量.因为乔二（-1,书，书），因此cos(0,返，0)设点C C的坐标为(x(),yo.0),因为旋二3QC,3QC,因此，咅+条，另因为M为AD的中点，故M(0z 2,1).又P为的中点，故/o,0,z因此Pg=|jro,乎+話/0/又平面BCDBCD的一个法向量为u=(0,0,1),PQ u=0,PQ u=0,PQG平面BCD,BCD,因此PQWPQW平面BCD.BCD.(2)设m=(x,y,m=(x,y,z)为平面BMCBMC的一个法向量由尬=(-x=(-x0 0,y/2-,y/2-)Q1),BM=BM=(0,2边，1),-xo+（迈-yoyo）y y+z二0,可知2 2 羽y+z=y+z=0.OO系取y二-1,得加二,-1,22 X。丿又平面BDMBDM的一个法向量为W二(1Q0),于是Icosmmr n)IIm I In I1-21-2即又BCBC 丄CD.CD.因It匕西劭二0,故(xof联立,结合点C C在圆OO上且l.volv返,解得.yo=,o,DC=DC=建因此tanZBDC二岁=萌.DCDC又ZBDC是锐角;因此ZBDCZBDC二6060。.yo.0)-(-xof 2 yo.0)=0,即易+)G二ozBC=y6,DC=yj2,BC=y6,DC=yj2,2因此贮(，芈