《2020版高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第7讲 课后作业 理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第7讲 课后作业 理（含解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第7章 立体几何 第7讲A组基础关1如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.BCD答案A解析不妨设CB1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)cos，.直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.2(2018沧州模拟)如图所示，在正方体ABCDABCD中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BECFa(0a0)，则C(m，0)，A(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1.易知n2(1,0,0)为平面DAE的一个法向量，由题
2、设知|cosn1，n2|，即，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.所以三棱锥EACD的体积V.3(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)答案解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径
3、的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，0,2)，则B(cos，sin，0)，(cos，sin，1)，|.设直线AB与a所成夹角为，则cos|sin|，4590，正确，错误设直线AB与b所成夹角为，则cos|cos|.当直线AB与a的夹角为60，即60时，则|sin|coscos60，|cos|.cos|cos|.090，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误4如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2
4、)若点M是线段AP上一点，且AM3.试证明平面AMC平面BMC.证明如图所示，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)(1)(0,3,4)，(8,0,0)，(0,3,4)(8,0,0)0，即APBC.(2)由(1)知|AP|5，又|AM|3，且点M在线段AP上，.又(4,5,0)，(4，5,0)，则AB(0,3,4)0，即APBM，又根据(1)的结论知APBC，BMBCB，AP平面BMC，于是AM平面BMC.又AM平面AMC，故平面AMC平面BCM.C组素养关1在如图所示的多面
5、体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED平面ABCD，ABD，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值解(1)证明：在ABD中，由正弦定理知，所以sinADB1，所以ADB90，即BDAD.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A(1,0,0)，C(1，0)，E(0,0，)，F(0，)，所以(1,0，)，(2，0)设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)为平面AEC的一个法向量因为(1，)，所以cosn，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.2如图，球O内接四面体ABCD，AB为球O的直径，平面BCD截球得圆O，BD为
