《创新大课堂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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新大课堂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（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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(0，1，1)，(2，0，2)，2，cos，EF和BC1所成角为60.答案602.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，得，即a，故AD.答案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，
2、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)，P.则(2a，0，0)，(a，a，0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0，1，1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC的夹角为906030.答案：304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_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.解析依题意得，BD平面ABC
3、，又AC平面ABC，因此有BDAC，所以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与AD所成的角为，则BC2a，BD.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，a)，B(0，a，0)，C(0，a，0)，D(a，a，0)，则(0，2a，0)，所以cos |cos，|，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
4、接BF，则有AFCDBF，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(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AC中点，A1OAC.又侧面AA1C1C底面ABC，交线为AC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABC.(
5、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，)，A(0，1，0)(0，1，)，令平面A1AB的法向量为n(x，y，z)，则nn0，而(0，1，)，(1，1，0)，则，可求得一个法向量n(3，3，)，|cos，n|，直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为.(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
6、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.又因为PA1，所以A(0，1，0)，B
7、(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则所以不妨令y11，则n1(0，1，1)因为(0，0，1)，(，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则所以不妨令x21，则n2(1，0)于是cosn1，n2.由图(1)知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为.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
8、在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM.在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，所以MN.所以在RtCNM中，CN，所以cosCNM，所以二面角CPBA的余弦值为.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上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？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，
9、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，MQCD.在BCD中，易得CDB60，所以ADB30.又BD2，所以AB1，AD.又因为ABCD，ABCD，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.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(，0，0)，B(，1，0)，C
10、(0，4，0)，M(0，0，3)设N(0，t，0)，其中0t4，所以(，0，3)，(，t1，0)要使AM与BN所成角的余弦值为，则有，所以，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.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.由俯视图和侧视图可得D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，1，0)，C(0，4，0)，M(0，0，3)，P(0，0，4)，所以(，3，0)，(，1，0)因为31000，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)，则有因为(，3，0)，(0，4，4)，所以取y1，得n(，1，1)因为(，0，3)，所以n()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.证明如下：设N(0，t，0)，其中0t4，所以(，0，3)，(，t1，0)要使AM与BN所成角的余弦值为，则有，所以，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.
