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2012届高三数学一轮复习:立体几何练习题7

时间:2013-12-18


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第9章
一、选择题

第7节

→ → → → 1.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为侧面 BCC1B1 的中心.若AE=zAA1+xAB+yAD, 则 x+y+z 的值为( A.1 C.2 [答案] C → → → → 1 → 1→ [解析] ∵AE=AB+BE=AB+2AA1+2AD. → 1 → 1→ 2. 将边 长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角, 若点 P 满足BP=2BA-2BC → → +BD,则|BP|2 的值为( 3 A.2 10- 2 C. 4 [答案] D [解析] 由题意,翻折后 AC=AB=BC, 1 → 1→ → → ∴∠ABC=60°,∴|BP|2=|2BA-2BC+BD|2 1 → 1 → 1→ → → → → → 1 1 1 → = 4 |BA |2+ 4 |BC |2+|BD |2- 2 BA ·BC -BC · +BA ·BD = 4 + 4 +2- 2 ×1×1×cos60°-1× 2 BD 9 cos45°+1× 2×cos45°=4. 3. (2010· 广西南宁二中模考)在 正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AA1=AB, AC1 与平面 BB1C1C 则 所成的角的正弦值为( 2 A. 2 6 C. 4 [答案] C [解析] 解法一:取 BC 的中点 D,在正三角形 ABC 中,AD⊥BC,在正三棱柱中,CC1 ⊥平面 ABC,AD? 平面 ABC, ) 15 B. 5 6 D. 3 ) B.2 9 D.4 ) 3 B.2 3 D.4

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∴CC1⊥AD,∴AD⊥平面 BCC1B1,∴∠AC1D 为 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角,设 AB=AA1 3 AD 6 =1,则 AD= 2 ,AC1= 2, ∴sin ∠AC1D=AC1= 4 ,故选 C. 解法二:以线段 BC 的中点 D 为原点,直线 BC、AD 分别为 x 轴、y 轴建立空间直角坐标系, 如图.

3 1 设 AB=1,则 A(0, 2 ,0),C1(2,0,1), 3 → 设 AC1 与平面 BB1C1C 所成角为 θ,易知平面 BB1C1C 的一个法向量为DA=(0, 2 ,0), 1 3 → 又AC1=(2,- 2 ,1), → → |AC1· | DA 6 → → ∴sinθ=|cos〈AC1,DA〉|= → → = 4 ,故选 C. |AC1|· | |DA 4.在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,G 为 AA1 的中点,则直线 BD 与平面 GB1D1 的距离为( 3 A. 3 6 C. 3 [答案] B [分析] 求直线与平面的距离,应有直线与平面平行,故可转化为点面距,为此找出平面的 一个法向量 和该点与平面内一点连线的方向向量,即可通过向量的数量积来求.一般地, → |n· | PQ 平面 α 的法向量为 n,平面内一点 P 和平面外一点 Q,则 Q 到 α 的距离 d= |n| . → [解析] 如图建立空间直角坐标系, B(2,2,0), 则 G(2,0,1), B1(2,2,2), D1(0,0,2), D1B1=(2,2,0), → → D1G=(2,0,-1),BB1=(0,0,2).
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) 2 6 B. 3 2 3 D. 3

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设平面 GB1D1 的法向量 n=(x,y,z),则 → → n· D1B1=0,n· =0 , D1G ∴2x+2y=0,2x-z=0, 即 y=-x,z=2x. 令 x=1,则 n=(1,-1,2). ∵BD∥B1D1,∴BD∥平面 GB1D1. ∴BD 与平面 GB1D1 的距离为 → |BB1· n| 2 6 d= |n| = 3 .故选 B. 5.已知二面角 α-l-β 的大小为 120°,点 B、C 在棱 l 上,A∈α,D∈β,AB⊥l,CD⊥l,AB =2,BC=1,CD=3,则 AD 的长为( A. 14 C.2 2 [答案] D → → → → → → → → → → [解析] 由条件知|AB|=2,|BC|=1,|CD|=3,AB⊥BC,BC⊥CD, 〈AB,CD〉=60°,AD= → → → AB+BC+CD, → → → → → → → → → → ∴|AD|2=|AB|2+|BC|2+|CD|2+2AB· +2BC· +2AB· BC CD CD =4+1+9+2×2×3×cos60° → =20,∴|AD|=2 5. 6.正四棱锥 P-ABCD 的底面边长为 2,高为 3,E、F 分别为 PC,PD 的中点,则异面直线 AC 与 EF 的距离为( 1 A.2 2 3 C. 3 [ 答案] B → |CF· n| → → [分析] 若能找到 n,n· =0,n· =0,则 d= |n| . AC EF [解析] 以正方形 ABCD 的中心为原点,与边 BC、CD 垂直的直线分别为 x 轴、y 轴,OP 为 z
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)

B. 13 D.2 5

) 3 B.2 2 D.3

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?1 1 3? 轴建立空间直角坐标系,则由条件知:C(1,1,0),D(-1,1,0),P (0,0,3),∴E 2,2,2 , ? ?
→ → → → ? 1 1 3? F -2,2,2 ,∴OC=(1,1,0),EF=(-1,0,0),设 n=(x,y,z),则 n· =0,n· =0,∴x OC EF ? ? +y=0,-x=0,∴x=y=0, 1 3? → ? 3 取 n=(0,0,1),又CF= -2,-2,2 ,

?

?

→ |n· | 3 CF ∴d= |n| =2,故选 B.

[点评] 只要向量 n 与两条异面直线的方向向量垂直,不论两点 M、N 分别是两异面直线上 → |n· | MN 的哪一点,都有 d= |n| . 7.(2010· 河南新乡市模考)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是底面 A1B1C1D1 的中心,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为( )

1 A.2 2 C. 2 [答案] B

2 B. 4 3 D. 2

[解析] 以 D 为原点,DA、DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),

?1 1 ? B(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),O 2,2,1 ,设平面 ABCD 的法向量 n=(x,y,1),则 ? ?

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?n·→ =0 ? ? ? AB ?y=0 ?x=1 ? ,∴? ,∴ ? ,∴n=(1,0,1), ? ? ?-x+1=0 ?y=0 ?n· → =0 ? AD1
1 ? → ? 1 又OD1= -2,-2,0 ,

?

?

1 → |n· OD1| 2 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 d= |n| = = 4 . 2 [点评] 1.建立坐标系可以有不同的方案,如

?1 1 ? 以 A 为原点, 直线 AB、 AD、 AA1 分 别为 x 轴、 轴、 建立空间直角坐标系, O 2,2,1 , y z 则 ? ?
A(0,0,0),B(1,0,0),D1(0,1,1), 设平面 ABC1D1 的法向量 n=(x,y,1),则 → ? AB ?x=0 ?n· =0 ? ? ,∴? ,∴n=(0,-1,1), → ? ?y=1 ? AD1 ?n· =0 → |AO· n| 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 h= |n| = 4 . 2.也可以不用空间向量求解 取 B1C1 的中点 M,连结 B1C 交 BC1 于 O′,取 O′C1 的中点 N,连结 MN,则 MN⊥BC1, 又在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,OM 平行于平面 ABC1D1,则 O 到平面 ABC1D1 的距离转 2 化为 M 到平面 ABC1D1 的距离,即 MN= 4 ,故选 B. 8.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120°的二面角,点 C 到达点 C1,这时异面直线 AD 与 BC1 所成角的余弦值是( 3 A.-4 3 C. 4 [答案] D [解析] 设正方形的边长为 1,AC 与 BD 交 于点 O,当折成 120°的二面角时, AC12=? 2 2 3 ? 2? ? 2? cos120°=2. ?2+? ?2-2· 2 · 2 · ?2? ?2? ) 3 B.- 4 3 D.4

→ → → → 又AC1=AD+DB+BC1,

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→ → → → → → → → → → ∴|AC1 |2=|AD |2+|DB |2+|BC1 |2+2AD · +2AD ·BC1 +2DB · =1+2+1+2×1× 2 DB BC1 → → → → cos135°+2× 2×1×cos135°+2AD· =2AD· BC1 BC1 → → → → → → =2|AD|· |BC1|cos〈AD,BC1〉=2cos〈AD,BC1〉 . 3 → → ∴cos〈AD,BC1〉=4. 9.(2010· 陕西宝鸡)已知正四面体 A-BCD,设异面直线 AB 与 CD 所成的角为 α,侧棱 AB 与 底面 BCD 所成的角为 β,侧面 ABC 与底面 BCD 所成的角为 γ, 则( A.α>β>γ C.β>α>γ [答案] B B.α>γ>β D.γ>β>α )

[解析] 如图,取底面 BCD 的中心为点 O,连接 AO,BO,易知∠ABO=β,取 BC π 的中点 E,连接 AE、OE,易知∠AEO=γ,∵OB>OE,∴0<β<γ<2,延长 BO 交 CD π 于 F,则 BF⊥CD,又 AO⊥CD,∴CD⊥平面 ABF,∴CD⊥AB,即 α=2,∴α>γ>β,故选 B. 10.二面角的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂 直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为( A.150° C.60° [答案] C → → → → [解析] 由条件知,CA· =0,AB· =0, AB BD → → → → CD=CA+AB+ BD. → → → → → → → → → → → ∴|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA· +2AB· +2CA· =62+42+82+2×6×8cos AB BD BD 〈CA, → → → BD〉=116+96cos〈CA,BD〉=(2 17)2, 1 → → ∴cos〈CA,BD〉=-2, → → ∴〈CA,BD〉=120°,所以二面角的大小为 60°. 二、填空题 B.45° D.120° )

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11.(2010· 上海奉贤区调研)在正四面体 ABCD 中,E、F 分别是 BC、AD 中点,则异面直线 AE 与 CF 所成的角是____ _ ___.(用反三角函数值表示) 2 [答案] arccos3 → → → → 1 → 1 [解析] 设正四面体的棱长为 1,AB=a,AC=b,AD=c,则AE=2(a+b),CF=2c-b,|a| 1 =|b|=|c|=1,a· b=b· c=c· 2, a= 1 →→ 1 ∴AE· =2(a+b)· 2c-b) CF ( 1 1 1 1 1 =4a· 4b· 2a· 2|b|2=-2, c+ c- b- 1 3 → |AE|2=4(|a|2+|b|2+2a· b)=4, 1 3 → |CF|2=4|c|2+|b|2-b· 4, c= 3 → 3 → ∴|AE|= 2 ,|CF|= 2 , →→ AE· CF 2 → → cos〈AE,CF〉= → → =-3, |AE|· | |CF 因异面直线所成角是锐角或直角, 2 ∴AE 与 CF 成角为 arccos3. 12. (2010· 江西九江一中)空间一条直线 l1 与一个正四棱柱的各个面所成的角都为 α, 而另一 条直线 l2 与这个正四棱柱的各条棱所成的角都为 β,则 sin2α+sin2β=________. [答案] 1 [解析] 由正四棱柱的对称性知,若直线 l1 与各面成角都相等,则该直线一定经过或平行于 四棱柱的一条体对角线,l2 也一样,于是取对角线 BD1 研究,则 α=∠BD1B1,β=∠BD1D,

∴sin2α+ sin2β=sin2α+cos2α=1. 13.(2010· 山东聊城联考)如图,以等腰直角三角形斜边 BC 上的高 AD 为折痕,把△ABD 和

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△ACD 折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:

→ → ①BD· ≠0; AC ②∠BAC=60°; ③三棱锥 D-ABC 是正三棱锥; ④平面 ADC 的法向量和平面 ABC 的法向量互相垂直. 其中正确的是________(填序号). [答案] ②③
?DA=DB=DC ? [解析] BD⊥平面 ADC? BD⊥AC,①错;AB=AC=BC,②对;由? 知,③对④ ? ?AB=AC=BC

错. 14.给出下列命题: 1 ①直线 l 的方向向量为 a=(1,-1,2),直线 m 的方向向量为 b=(2,1,-2),则 l 与 m 垂直. ②直线 l 的方向向量为 a=(0,1,-1),平面 α 的法向量为 n=(1,-1,-1),则 l⊥α. ③平面 α、β 的法向量分别为 n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则 α∥β. ④平面 α 经过三点 A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量 n=(1,u,t)是平面 α 的法向量, 则 u+t=1. 其中真命题的序号是________. [答 案] ①④ 1 [解析] ①∵a· b=(1,-1,2)· (2,1,-2)=0, ∴a⊥b,∴l⊥m,故①真; ②∵a· n=(0,1,-1)· (1,-1,-1)=0, ∴a⊥n,∴l∥α 或 l? α,故②假; ③∵n1 与 n2 不平行,∴α 与 β 不平行,∴③假; → → ④AB=(-1,1,1),AC=(-2,2,1), → → 由条件 n⊥AB,n⊥AC,
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?n·→ =0 ? ? ? AB ?-1+u+t=0 ?u=1 ∴? ,即? ,∴? ,∴u+t=1. ? ? ?-2+2u+t=0 ?t=0 ?n·→ =0 ? AC
三、解答题 15. (2010· 温州中学模拟)如 图, 在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD,PA=AB=2,BC=4,E 是 PD 的中点. (1)求证:平面 PDC⊥平面 PAD; (2)求点 B 到平面 PCD 的距离;

(2)方法 1:过 A 作 AF⊥PD,垂足为 F.

在 RtPAD 中,PA=2,AD=BC=4,PD= 42+22=2 5, 2×4 4 5 AF· PD=PA· AD,∴AF= = 5 , 2 5 4 5 即点 B 到平面 PCD 的距离为 5 . 方法 2:如图,以 A 为原点,AD、AB、AP 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角 坐标系 A-xyz,

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则依题意可知 A(0,0,0),B(0,2,0),C(4,2,0),D(4,0,0),P(0,0,2), → → → PD=(4,0,-2),CD=(0,-2,0),BC=(4,0,0), 设面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 → ?y=0 ? CD ?-2y=0 ? ?n· =0 ? ? ? ? ?? 1 , → ? ?4x-2=0 ? PD ?x=2 ?n· =0 ? n ? 5 2 5? 所以面 PCD 的一个单位法向量为|n|=? ,0, ?, 5 ? ?5 5 2 5 4 5 4 5 → n 所以|BC· |=|(4,0,0)· 5 ,0, 5 )|= 5 ,则点 B 到面 PCD 的距离为 5 . ( |n| (3)方法 1:过 C 作 CH⊥AE,垂足为 H,连接 DH,由(1)可知 CD⊥面 PAD,

? ? AE⊥CH ?? AE⊥面CDH ? AE⊥DH, CD∩CH=C? ?
AE⊥CD DH? 面CDH
? AE⊥DH? ? AE⊥CH ?

? ? ?

?? ∠CHD 为二面角 C-AE-D 的平面角.

5 4 5 在 Rt△ADH 中,DH=AD· sin∠DAH=4× 5 = 5 , 6 5 在 Rt△CDH 中,CH2=CD2+DH2? CH= 5 . 4 5 5 DH 2 所以 cos∠CHD=CH = =3. 6 5 5 方法 2: 建立空间直角坐标系同(2)的方法 2, 则依题意可知 A(0,0,0), C(4,2,0), D(4,0,0), P(0,0,2), E(2,0,1),易知面 ADE 的一个法向量为 n1=(0,1,0), → → 设面 ACE 的一个法向量为 n2=(x,y,1),又AE=(2,0,1),AC=(4,2,0),

?x=-1 ?n2·→ =0 ? ? ? AE ?2x+1=0 2 ,所以平面 ACE 的一个法向量为 n2=(-1,1,1). 则? ?? ?? 2 → ?4x+2y=0 ? ?n2· =0 ?y=1 ? AC ?
设二面角 C-AE-D 的平面角为 θ,

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n1· n2 则 cosθ=|n1|· |n2| 2 =3. 1 -2? 2+12+12× 02+12+02 ? 1 -2×0+1×1+1×0



2 结合图形可知二面角 C-AE-D 的余弦值为3. 16.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,AB= 3,BC =1,PA=2,E 为 PD 的中点.

(1)求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值; (2)在侧面 PAB 内找一点 N,使 NE⊥平面 PAC,并求出点 N 到 AB 和 AP 的距离. [解析] (1)分别以 AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A, 1 B,C,D,P,E 的坐标为 A(0,0,0),B( 3,0,0),C( 3,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(0,2,1), → → 从而AC=( 3,1,0),PB=( 3,0,-2).

→ → 设AC与PB的夹角为 θ, → → AC· PB 3 3 7 则 cosθ= → → = = 14 , |AC|· | 2× 7 |PB 3 7 ∴AC 与 PB 所成角的余弦值为 14 . 1 → (2)由于 N 点在侧面 PAB 内,故可设 N 点坐标为(x,0,z),则NE=(-x,2,1-z),由 NE⊥平 面 PAC 可得,

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→ ?? -x,2,1-z? ·? 0,0,2? =0 ?NE·→ =0 ? AP ? ,即 ? → 1 ?NE·→ =0 ? AC ?? -x,2,1-z? ·? 3,1,0? =0 1

?z-1=0 ? ,化简得 ? ,∴ 1 ?- 3x+2=0 ?

? ?x= 3 6 , ? ?z=1 ?
3 即 N 点的坐标为( 6 ,0,1), 3 从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分别为 1, 6 . 17.直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰梯形,AB∥DC,AB=2AD=2DC=2, E 为 BD1 的中点,F 为 AB 中点.

(1)求证 EF∥平面 ADD1A1; 2 (2)若 BB1= 2 ,求 A1F 与平面 DEF 所成角的大小. [解析] (1)证明:连结 AD1,在△ABD1 中 ∵E 是 BD1 的中点,F 是 BA 中点, 1 ∴EF 綊2AD1 又 EF?平面 ADD1A1,AD1? 平面 ADD1A1 ∴EF∥平面 ADD1A1. (2)解法 1:延长 D1A1 至 H,使 A1H=D1A1,延长 DA 至 G,使 AG=DA,并连结 HG 和 A1G, 则 A1G∥D1A∥EF

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∴A1G∥平面 DEF, ∴A1 到平面 DEF 的距离等于 G 到平面 DEF 的距离,设为 x 1 由题意可得,DF=BC=AD=1,连 DB,在 Rt△D1DB 中,DE=2D1B 2 又 DB= 3,且 DD1= 2 , 1 ∴DE=2× 1 14 2+3= 4 , 1 6 1+2= 4 ,

1 1 又 EF=2A D1=2

在△DEF 中,由余弦定理得: 3 cos∠EDF= = 14 14 2× 4 ×1 ∴sin∠EDF= 9 1-14= 5 14 5 5 14= 8 , 7 3 +1-8 8

1 14 ∴S△DEF=2× 4 ×1×

1 2 又点 E 到平面 DGF 的距离 d=2DD1= 4

1 不难证明∠DFG 是 Rt△(∵FA=2DG) 1 1 3 ∴S△DFG=2×DF×FG=2×1× 3= 2 由 VE-DGF=VG-DEF 得,x· S△DEF=d· S△DFG, 5 2 3 ∴x· 8 = 4 × 2 , 30 30 ∴x= 5 ,即 A1 到平面 DEF 的距离为 5 , 设 A1F 与平面 DEF 成 α 角,则
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x 30 sinα=A1F= 5 ×

1 1 1+2

2 5 2 5 = 5 ,∴α=arcsin 5 ,

2 5 即 A1F 与平面 DEF 所成角的大小为 arcsin 5 .

解法 2:建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz(DG 为 AB 边上的高)

3 1 2 3 1 2 3 3 3 3 2 则有 A1( 2 ,-2, 2 ), F( 2 ,2,0),D1(0,0, 2 ),B( 2 ,2,0),∴E( 4 ,4, 4 ), 设平面 DEF 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ?n·DE= 43x+3y+ 42z=0 ? 4 由? 3 1 → ?n·DF= 2 x+2y=0 ? 取 x=1 解得 y=- 3,z= 6 ∴法向量 n=(1,- 3, 6), 2 → ∵A1F=(0,1,- 2 ), 设 A1F 与平面 DEF 所成的角为 θ,则 → |A1F· n| → sinθ=|cos〈A1F,n〉|= → |A1F|· |n| |0×1+1×? - 3? = 2 +? - 2 ? 3 2· 10 × 6| 2 5 = 5 ,



2 5 ∴A1F 与平面 DEF 所成角的大小为 arcsin 5 .

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