高三人教版数学理一轮复习课时作业 第七章 立体几何 第七节

高考数学精品复习资料 2019.5 课时作业 一、填空题 1如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBCAA1， ABC90，点 E、F 分别是棱 AB、BB1的中点，则直线 EF 和 BC1所成的角为_ 解析 建立如图所示的空间直角坐标系 设 ABBCAA12， 则 C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)， 则EF(0，1，1)，BC1(2，0，2)， EFBC12， cosEF，BC1222 212， EF 和 BC1所成角为 60. 答案 60 2.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2. 若二面角 B1DCC1的大小为 60，则 AD 的长为_ 则由 cos 60|mn|m|n|，得1a2212，即 a 2， 故 AD 2. 答案 2 3如图，在正四棱锥 SABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱 SD 的中点，且 SOOD，则直线 BC 与平面 PAC 所成角为_ 解析 如图所示， 以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz. 设 ODSOOAOBOCa， 则 A(a，0，0)，B(0，a，0)， C(a，0，0)，P0，a2，a2. 则CA(2a，0，0)， APa，a2，a2，CB(a，a，0) 设平面 PAC 的法向量为 n，可求得 n(0，1，1)， 则 cosCB，nCBn|CB|n|a2a2 212. CB，n60， 直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 906030. 答案：30 4如图是一副直角三角板现将两三角板拼成直二面角，得到四面体 ABCD，则下列叙述正确的是_ BDAC0； 平面 BCD 的法向量与平面 ACD 的法向量垂直； 异面直线 BC 与 AD 所成的角为 60； 四面体 ABCD 有外接球； 直线 DC 与平面 ABC 所成的角为 30. 解析 依题意得，BD平面 ABC， 又 AC平面 ABC，因此有 BDAC， 所以BDAC0，正确由于平面 BCD 与平面ACD 不垂直，因此平面 BCD 的法向量与平面 ACD 的法向量不垂直，不正确对于，作 AEBC 于 E， 设 ABAC2a，直线 BC 与 AD 所成的角为 ， 则 BC2 2a，BD2 6a3.以 E 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E(0，0，0)，A(0，0， 2a)，B(0， 2a，0)，C(0， 2a，0)，D(2 63a，2a，0)， 则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， 因此直线 BC 与 AD 所成的角不是 60，不正确对于，依题意得，BD平面 ABC， 直线 DC 与平面 ABC 所成的角是BCD30， 又易知 BDAC，ABAC，则 AC平面 ABD，于是有 ACAD，记 CD 的中点是 F，连接 BF，则有 AF12CDBF，因此点 F 到 A，B，C，D 的距离相等，故四面体 ABCD有外接球，所以正确 综上所述，其中叙述正确的是. 答案 三、解答题 5(20 xx 长春调研)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面 ABC， AA1A1CAC2， ABBC， ABBC，O 为 AC 中点 (1)求证：A1O平面 ABC； (2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值； (3)在 BC1上是否存在一点 E， 使得 OE平面 A1AB？若存在， 确定点 E 的位置；若不存在，说明理由 解析 (1)证明：AA1A1CAC2， 且 O 为 AC 中点，A1OAC. 又侧面 AA1C1C底面 ABC， 交线为 AC，A1O平面 AA1C1C， A1O平面 ABC. (2)连接 OB，如图，以 O 为原点，分别以 OB、OC、OA1所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系， 则由题可知 B(1，0，0)， C(0，1，0)， A1(0，0， 3)，A(0，1，0) A1C(0，1， 3)， 令平面 A1AB 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n AA1n AB0， 而AA1(0，1， 3)，AB(1，1，0)，则y 3z0 xy0， 可求得一个法向量 n(3，3， 3)， |cosA1C，n|n A1C|n| |A1C|62 21217， 直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为217. (3)存在点 E，且 E 为线段 BC1的中点 连接 B1C 交 BC1于点 M，连接 AB1、OM， 则 M 为 B1C 的中点， OM 是CAB1的一条中位线，OMAB1， 又 AB1平面 A1AB，OM平面 A1AB， OM平面 A1AB， BC1的中点 M 即为所求的 E 点 6(20 xx 辽宁高考)如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点 (1)求证：平面 PAC平面 PBC； (2)若 AB2， AC1， PA1， 求二面角 CPBA 的余弦值 解析 (1)证明：由 AB 是圆的直径，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. 因为 BC平面 PBC. 所以平面 PBC平面 PAC. (2)解法一： 过 C 作 CMAP， 则 CM平面 ABC. 如图(1)，以点 C 为坐标原点，分别以直线 CB，CA，CM 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 在 RtABC 中，因为 AB2，AC1， 所以 BC 3. 又因为 PA1，所以 A(0，1，0)，B( 3，0，0)，P(0，1，1) 故CB( 3，0，0)，CP(0，1，1) 设平面 BCP 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 则CBn10，CP n10.所以 3x10，y1z10， 不妨令 y11，则 n1(0，1，1) 因为AP(0，0，1)，AB( 3，1，0)， 设平面 ABP 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 则APn20，AB n20，所以z20，3x2y20， 不妨令 x21，则 n2(1， 3，0) 于是 cosn1，n232 264. 由图(1)知二面角 CPBA 为锐角， 故二面角 CPBA 的余弦值为64. 解法二：如图(2)，过 C 作 CMAB 于 M， 因为 PA平面 ABC， CM平面 ABC， 所以 PACM. 又因为 PAABA，且 PA平面 PAB，AB平面 PAB， 所以 CM平面 PAB. 过 M 作 MNPB 于 N，连接 NC， 由三垂线定理得 CNPB， 所以CNM 为二面角 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. 因为 RtBNMRtBAP， 所以MN1325，所以 MN3 510. 所以在 RtCNM 中，CN305，所以 cosCNM64， 所以二面角 CPBA 的余弦值为64. 7 (20 xx 北京西城二模)如图 1， 四棱锥 PABCD 中， PD底面 ABCD， 底面 ABCD是直角梯形，M 为侧棱 PD 上一点该四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图 2 所示 (1)证明：BC平面 PBD； (2)证明：AM平面 PBC； (3)线段 CD 上是否存在点 N，使 AM 与 BN 所成角的余弦值为34？若存在，找到符合要求的点 N，并求 CN 的长；若不存在，请说明理由 解析 解法一：(1)证明：由俯视图可得 BD2BC2CD2， 所以 BCBD. 又因为 PD平面 ABCD， 所以 BCPD， 所以 BC平面 PBD. (2)证明：取 PC 上一点 Q，使 PQPC14，连接 MQ，BQ. 由俯视图知 PMPD14， 所以 MQCD，MQ14CD. 在BCD 中，易得CDB60，所以ADB30. 又 BD2，所以 AB1，AD 3. 又因为 ABCD，AB14CD，所以 ABMQ，ABMQ， 所以四边形 ABQM 为平行四边形，所以 AMBQ. 因为 AM平面 PBC，BQ平面 PBC， 所以直线 AM平面 PBC. (3)线段 CD 上存在点 N，使 AM 与 BN 所成角的余弦值为34. 证明如下： 因为 PD平面 ABCD，DADC， 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 所以 D(0，0，0)，A( 3，0，0)，B( 3，1，0)， C(0，4，0)，M(0，0，3) 设 N(0，t，0)，其中 0t4， 所以AM( 3，0，3)，BN( 3，t1，0) 要使 AM 与 BN 所成角的余弦值为34， 则有|AMBN|AM|BN|34， 所以|3|2 3 3（t1）234， 解得 t0 或 2，均适合 0t4. 故点 N 位于 D 点处，此时 CN4；或点 N 位于 CD 的中点处，此时 CN2，有 AM 与 BN 所成角的余弦值为34. 解法二：(1)证明：因为 PD平面 ABCD，DADC， 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 在BCD 中，易得CDB60，所以ADB30. 因为 BD2，所以 AB1，AD 3. 由俯视图和侧视图可得 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) 因为BCDB 3 331000， 所以 BCBD. 又因为 PD平面 ABCD，所以 BCPD， 所以 BC平面 PBD. (2)证明：设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)， 则有n PC0，n BC0. 因为BC( 3，3，0)，PC(0，4，4)， 所以4y4z0， 3x3y0.取 y1，得 n( 3，1，1) 因为AM( 3，0，3)， 所以AMn 3( 3)1 01 30. 因为 AM平面 PBC， 所以直线 AM平面 PBC. (3)线段 CD 上存在点 N，使 AM 与 BN 所成角的余弦值为34. 证明如下： 设 N(0，t，0)，其中 0t4， 所以AM( 3，0，3)，BN( 3，t1，0) 要使 AM 与 BN 所成角的余弦值为34， 则有|AMBN|AM|BN|34， 所以|3|2 3 3（t1）234， 解得 t0 或 2，均适合 0t4. 故点 N 位于 D 点处，此时 CN4；或点 N 位于 CD 的中点处，此时 CN2，有 AM 与 BN 所成角的余弦值为34.