《2019版一轮优化探究理数（苏教版）练习：第八章 第六节 立体几何中的》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版一轮优化探究理数（苏教版）练习：第八章 第六节 立体几何中的（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、填空题 1已知向量 m、n 分别是直线 l 和平面 的方向向量和法向量，若 cosm，n ，则 l 与 所成的角为_ 1 2 解析：由于 cosm，n ，所以m，n120，所以直线 l 与 所成的 1 2 角为 30. 答案：30 2若 a(1，2)，b(2，1,1)，a 与 b 的夹角为 60，则 _. 解析：由cos 60 ，解得 17 或 1. ab |a|b| 4 652 1 2 答案：17 或 1 3点 A(n，n1,2n)，B(1，n，n)，则|的最小值是_ AB 解析：|2 (1n)2(2n1)2(n)26(n )2 ，当 n 时，|的 AB 1 2 1 2 1 2 AB 最
2、小值为. 2 2 答案： 2 2 4.如图所示，PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面，AB2，E 为 PB 的中点，cos， ，若以 DA，DC，DP 所在 DP AE 3 3 直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则点 E 的坐标为 _ 解析：设 PDa(a0)，则 A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E(1,1， )， a 2 (0,0，a)，(1,1， )， DP AE a 2 由 cos， ，a ，a2. DP AE 3 3 a2 2 2a2 4 3 3 E 的坐标为(1,1,1) 答案：(1,1,1) 5直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，BAC3
3、0， BC1，AA1，M 是 CC1的中点，则异面直线 AB1与 A1M 所成的角为 6 _ 解析：建立坐标系如图所示， 易得 M(0,0，)，A1(0， ，0)， 6 23 A(0， ，)，B1(1,0,0)， 36 (1，)， AB1 36 (0，) A1M 3 6 2 103 0， AB1 A1M 6 2 . AB1 A1M 即 AB1A1M，即 AB1与1M 所成的角为 90. 答案：90 6长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E 为 CC1的中点，则异 面直线 BC1与 AE 所成角的余弦值为_ 解析：建立坐标系如图， 则 A(1,0,0)，E(0,2,1)，B
4、(1,2,0)，C1(0,2,2)， (1,0,2)，(1,2,1)， BC1 AE cos ， BC1 AE BC1 AE |BC1 |AE | . 30 10 答案： 30 10 7正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为 23，则这个三棱锥的侧面和 底面所成二面角的度数为_ 解析：设一个侧面面积为 S1，底面面积为 S，则这个侧面在底面上射影的面积 为 ，由题设得 ，设侧面与底面所成二面角为 ，则 cos ， S 3 S1 S 2 3 1 3S S1 S 3S1 1 2 60. 答案：60 8P 是二面角 AB 棱上的一点，分别在 、 平面上引射线 PM、PN，如果 BPMBPN45，MP
5、N60，那么二面角 AB 的大小为_ 解析：不妨设 PMa，PNb，如图，作 MEAB 于 E，NFAB 于 F， EPMFPN45， PEa，PFb， 2 2 2 2 ()() EM FN PM PE PN PF PM PN PM PF PE PN PE PF abcos 60abcos 45abcos 45ab 2 2 2 2 2 2 2 2 0， ab 2 ab 2 ab 2 ab 2 ，二面角 AB 的大小为 90. EM FN 答案：90 9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 所成的角是_ 解析：如
6、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)，P(0， ， ) a 2 a 2 则(2a,0,0)，(a， ， )，(a，a,0) CA AP a 2 a 2 CB 设平面 PAC 的法向量为 n，可求得 n(0,1,1)， 则 cos ，n . CB CB n |CB |n| a 2a2 2 1 2 ，n60， CB 直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 906030. 答案：30 二、解答题 10如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1各棱长都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 C
7、C1上，且不与点 C 重合 (1)当 CF1 时，求证：EFA1C； (2)设二面角 CAFE 的大小为 ，求 tan 的最小值 解析：(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已 知可得 A(0，0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)， 3 E(，3,0)，F(0，4,1) 3 于是 1(0，4,4)， CA (，1,1) EF 3 则 1 (0，4,4)(，1,1)0440， CA EF 3 故 EFA1C. (2)设 CF(04)，平面 AEF 的一个法向量为 m(x，y，z)，则由(1)得 F(0,4，) (，3,0)，(0,4，)，于是由 m，m可得Er
8、ror!Error!即Error!Error!取 AE 3 AF AE AF m(，4) 3 又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1的一个法向量为 n(1,0,0)，于是由 为锐角 可得 cos ，sin ，所以 tan . |mn| |m|n| 3 2 24 216 2 24 216 3 1 3 16 32 由 04，得 ，即 tan . 1 1 4 1 3 1 3 6 3 故当 4，即点 F 与点 C1重合时，tan 取得最小值. 6 3 11如图，矩形 ABCD 和直角梯形 BEFC 所在平面互相垂 直，BCF90，BECF，CEEF，AD，EF2. 3 (1)求异面直线 AD 与 EF 所
9、成的角； (2)当 AB 的长为何值时，二面角 AEFC 的大小为 45？ 解析：如图，以点 C 为坐标原点，分别以 CB，CF 和 CD 作为 x 轴，y 轴和 z 轴建立空间直角坐标系 Cxyz. 设 ABa，BEb，CFc(bc)， 则 C(0,0,0)，A(，0，a)，B(，0,0)，E(，b,0)， 333 F(0，c,0)，D(0,0，a)， (1)(，0,0)，(，0,0)，(，bc,0)， DA 3 CB 3 FE 3 由|2，得 3(bc)24，bc1. FE 所以(，1,0) FE 3 所以 cos， ， DA FE DA FE |DA |FE | 3 3 2 3 2 所以
10、异面直线 AD 与 EF 所成的角为 30. (2)设 n(1，y，z)为平面 AEF 的法向量， 则 n0，n0， AE EF 结合|2|2|2|2， BC BE CF EF 解得 n(1， ，) 3 3 3 a 又因为 BA平面 BEFC，(0,0，a)， BA 所以|cosn， |， BA |nBA | |n|BA | 3 3a a 4a227 2 2 得到 a. 3 3 2 所以当 AB 为时，二面角 AEFC 的大小为 45. 3 3 2 12如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC60，平面 AA1C1C平面 ABCD，A1AC60. (1)证明：BDAA1
11、； (2)求二面角 DA1AC 的平面角的余弦值； (3)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1？若存在，求出点 P 的位 置；若不存在，说明理由 解析：连结 BD 交 AC 于 O，则 BDAC，连结 A1O. 在AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60， A1O2AA AO22AA1AOcos 603， 2 1 AO2A1O2A1A2， A1OAO， 由于平面 AA1C1C平面 ABCD， A1O底面 ABCD， 以 OB、OC、OA1所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图 所示空间直角坐标系，则 A(0，1,0)，B(，0,0)， 3 C(0,1,0)，D(，0
12、,0)，A1(0,0，) 33 (1)证明：由于(2，0,0)，(0,1，)， BD 3 AA1 3 则0(2)1000，BDAA1. AA1 BD 33 (2)由于 OB平面 AA1C1C， 平面 AA1C1C 的法向量 n1(1,0,0)， 设 n2平面 AA1D，则Error!Error!设 n2(x，y，z)， 得到Error!Error!取 n2(1， ，1)， 3 cos n1，n2， n1n2 |n1|n2| 5 5 二面角 DA1AC 的平面角的余弦值是. 5 5 (3)假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1， 设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，)， CP CC1 3 得 P(0,1，)，(，1，) 3 BP 33 设 n3平面 DA1C1，则Error!Error! 设 n3(x3，y3，z3)， 得到Error!Error! 不妨取 n3(1,0，1) 又平面 DA1C1， BP 则 n30， BP 即0，得 1， 33 即点 P 在 C1C 的延长线上且使 C1CCP.
