《高三人教版數(shù)學 理一輪復(fù)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(guān)《高三人教版數(shù)學 理一輪復(fù)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、 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(shè) 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.如圖，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2. 若二面角 B1DCC1的大小為 60，則 AD 的長為_

2、則由 cos 60|mn|m|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_ 解析 如圖所示， 以O(shè)為原點建立空間直角坐標系Oxyz. 設(shè) 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(shè)平面 PAC 的法向量為 n，可求得 n(0，1，1)， 則 cosCB，nCBn|CB|n|a2a2 212. CB，n60，

3、 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. 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(shè) ABAC2a

4、，直線 BC 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，AB

5、AC，則 AC平面 ABD，于是有 ACAD，記 CD 的中點是 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 三、解答題 5(20 xx 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

6、 解析 (1)證明：AA1A1CAC2， 且 O 為 AC 中點，A1OAC. 又側(cè)面 AA1C1C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(x，y，z)， 則 n AA1n AB0， 而AA1(0，1， 3)，AB(1，1，0)，則y 3z0 xy0， 可求得一個法向量 n(3，3，

7、 3)， |cosA1C，n|n A1C|n| |A1C|62 21217， 直線 A1C 與平面 A1AB 所成角的正弦值為217. (3)存在點 E，且 E 為線段 BC1的中點 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(20 xx 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

8、 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， 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，

9、0，0)，CP(0，1，1) 設(shè)平面 BCP 的法向量為 n1(x1，y1，z1)， 則CBn10，CP n10.所以 3x10，y1z10， 不妨令 y11，則 n1(0，1，1) 因為AP(0，0，1)，AB( 3，1，0)， 設(shè)平面 ABP 的法向量為 n2(x2，y2，z2)， 則APn20，AB n20，所以z20，3x2y20， 不妨令 x21，則 n2(1， 3，0) 于是 cosn1，n232 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，

10、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 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. 7 (20 xx 北京西城二模)如圖 1， 四棱錐 PABCD 中， P

11、D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，M

12、Q14CD. 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. (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： 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(shè) N(0，t，0)，其中 0t4， 所以

13、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 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. 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)

14、，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(shè)平面 PBC 的法向量為 n(x，y，z)， 則有n PC0，n BC0. 因為BC( 3，3，0)，PC(0，4，4)， 所以4y4z0， 3x3y0.取 y1，得 n( 3，1，1) 因為AM( 3，0，3)， 所以AMn 3( 3)1 01 30. 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： 設(shè) 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.