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1、-1-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)，EF BC1 2，cosEF，BC1 22 2 212，EF 和 BC1所成角为 60.答案60 -2-2.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
2、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_ -3-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)，P(0，a2，a2).则CA(2a，0，0)，AP(a，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，nCB n|CB|n|a2a2 212.CB，n60，直线
3、 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_ BD AC 0；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.-4-解析依题意得，BD平面 ABC，又 AC平面 ABC，因此有 BDAC，所以BD AC 0，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
4、 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)，AD(2 63a，2a，2a)，所以 cos|cosBC，AD|BC AD|BC|AD|4a2（2 2a）2(2 63a)2（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 A
5、CAD，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-5-综上所述，其中叙述正确的是.答案 三、解答题 5(2014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 A
6、C 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 nAA1 nAB 0，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|nA1C|n|A1C|62 21217，-6-直线 A1C
7、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(2013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
8、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)，-7-则CB n10，CP n10.所以3x10，y1z10，不妨
9、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AP n20，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
10、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.-8-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(2014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
11、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.-9-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
12、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|AM BN|AM|BN|34，所以|3|2 3 3（t1）234，解得 t0 或 2，均适合 0t4.-10-故点 N 位于 D 点处，此时 CN4；或点 N
13、 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BC DB 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
14、，z)，则有nPC 0，nBC 0.因为BC(3，3，0)，PC(0，4，4)，所以4y4z0，3x3y0.取 y1，得 n(3，1，1)-11-因为AM(3，0，3)，所以AM n 3(3)10130.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|AM BN|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.
