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2012届高三数学一轮复习第九章立体几何9-7

时间:2011-12-24


第9章 第7节

一、选择题 → → → → 1. 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 为侧面 BCC1B1 的中心. E 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+ AA1+ AD. 2 2 2. 将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角, 若点 → 1→ 1 → → → P 满足BP= BA- BC+BD,则|BP|2 的值为( 2 2 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=| BA- BC+BD|2 2 2 1 → 1 → 1→ → → → → → 1 1 1 → = |BA |2 + |BC |2 +|BD |2 - BA · -BC · +BA · = + +2- ×1×1×cos60° BC BD BD - 4 4 2 4 4 2 9 1× 2cos45° +1× 2×cos45° . = 4 3.(2010· 广西南宁二中模考)在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=AB,则 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角的正弦值为( A. C. 2 2 6 4 ) B. D. 15 5 6 3 B.2 9 D. 4 ) ) 3 B. 2 3 D. 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, ∴CC1⊥AD,∴AD⊥平面 BCC1B1,∴∠AC1D 为 AC1 与平面

BB1C1C 所成的角,设 AB=AA1=1,则 AD= C.

3 AD 6 ,AC1= 2,∴sin∠AC1D= = ,故选 2 AC1 4

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.

设 AB=1,则 A(0,

3 1 ,0),C1( ,0,1), 2 2

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, ,0), 2 1 3 → 又AC1=( ,- ,1), 2 2 → → |AC1· | DA 6 → → ∴sinθ=|cos〈AC1,DA〉|= = ,故选 C. 4 → → |AC1|· | |DA 4. 在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 为 AA1 的中点, G 则直线 BD 与平面 GB1D1 的距离为( A. C. 3 3 6 3 ) 2 6 B. 3 2 3 D. 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,则 B(2,2,0),G(2,0,1),B1(2,2,2),D1(0,0,2),D1B1= → → (2,2,0),D1G=(2,0,-1),BB1=(0,0,2). 设平面 GB1D1 的法向量 n=(x,y,z),则

→ → n· 1B1=0,n· 1G=0, D D ∴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· 2 6 n| d= = .故选 B. |n| 3 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= AC EF . |n| [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, 1 1 3 OP 为 z 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), ?2,2,2?, ∴E? ? 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, OC EF ? ? ∴x+y=0,-x=0,∴x=y=0, 3 1 3 → 取 n=(0,0,1),又CF=?-2,-2,2?, ? ? ) 3 B. 2 2 D. 3 B. 13 D.2 5 )

→ |n· | 3 CF ∴d= = ,故选 B. |n| 2

[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 → |n· | MN 线上的哪一点,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, 是底面 A1B1C1D1 O 的中心,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为( )

1 A. 2 C. 2 2

B. D.

2 4 3 2

[答案] B [解析] 以 D 为原点, DA、 DC、 1 为 x 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系, A(1,0,0), DD y z 则 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 ? ? → ?n· =0 ?y=0 ?x=1 ? AB ? ? ? ,∴? ,∴? ,∴n=(1,0,1), ?-x+1=0 ?y=0 ? ? ?n·→1=0 ? AD 1 1 → 又OD1=?-2,-2,0?, ? ? 1 → |n· 1| 2 OD 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 d= = = . |n| 2 4 [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、 AA1 分别为 x 轴、 轴、 建立空间直角坐标系, O?2,2,1?, AD、 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 → ?n· =0 ?x=0 ? AB ? ? ,∴? ,∴n=(0,-1,1), ? → ?y=1 ? AD ?n· 1=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 离转化为 M 到平面 ABC1D1 的距离,即 MN= 2 ,故选 B. 4

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 C. 3 4 ) B.- 3 D. 4 3 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 ? 2?2 + -2· · · cos120° . = 2 2 2 ?2? ?2?

→ → → → 又AC1=AD+DB+BC1, → → → → → → → → → → ∴|AC1|2 =|AD |2 +|DB|2 +|BC1|2 +2AD· +2AD· 1+2DB· 1=1+2+1+2×1× 2 DB BC BC → → → → cos135° +2× 2×1×cos135° +2AD· 1=2AD· 1 BC BC → → → → → → =2|AD|· 1|cos〈AD,BC1〉=2cos〈AD,BC1〉 |BC . 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, BC 的中点 E, 取 连接 AE、 OE, 易知∠AEO=γ, ∵OB>OE, π ∴0<β<γ< ,延长 BO 交 CD 于 F,则 BF⊥CD,又 AO⊥CD,∴CD 2 π ⊥平面 ABF,∴CD⊥AB,即 α= ,∴α>γ>β,故选 B. 2 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 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] arccos 3 → → → → 1 → 1 [解析] 设正四面体的棱长为 1,AB=a,AC=b,AD=c,则AE= (a+b),CF= c-b, 2 2 1 |a|=|b|=|c|=1,a· b=b· c=c· , a= 2 1 → → 1 ∴AE· = (a+b)· c-b) CF ( 2 2 1 1 1 1 1 = a· b· a· |b|2=- , c+ c- b- 4 4 2 2 2 1 3 → |AE|2= (|a|2+|b|2+2a· b)= , 4 4 1 3 → |CF|2= |c|2+|b|2-b· , c= 4 4 B.45° D.120° )

3 → 3 → ∴|AE|= ,|CF|= , 2 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 arccos . 3 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, 也一样, l2 于是取对角线 BD1 研究, α=∠BD1B1, 则 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△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, ? ?AB=AC=BC

③对④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,- ),则 l 与 m 2 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,- )=0, 2 ∴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, → ?n· =0 ?-1+u+t=0 ?u=1 ? AB ? ? ∴? ,即? ,∴? ,∴u+t=1. ? ? → ?-2+2u+t=0 ?t=0 ? AC ?n· =0 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,

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 → ?n· =0 ?y=0 ?-2y=0 ? CD ? ? ? ? ? ?? 1 , ? → ?4x-2=0 ? PD ? ?n· =0 ?x=2 n 5 2 5? 所以面 PCD 的一个单位法向量为 =? ,0, , |n| ? 5 5 ? 5 2 5 4 5 4 5 → n 所以|BC· |=|(4,0,0)· ,0, ( )|= ,则点 B 到面 PCD 的距离为 . |n| 5 5 5 5 (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? ? ??∠CHD 为二面角 C-AE-D 的平面角. ? AE⊥CH ? 在 Rt△ADH 中,DH=AD· sin∠DAH=4× 5 4 5 = , 5 5

6 5 在 Rt△CDH 中,CH2=CD2+DH2?CH= . 5 4 5 5 DH 2 所以 cos∠CHD= = = . CH 6 5 3 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), → ?n2· =0 ?x=-1 ? ? AE ? ?2x+1=0 2 ,所以平面 ACE 的一个法向量为 n =(-1, 则? ?? ?? 2 2 ? → ?4x+2y=0 ?n2· =0 ?y=1 ? AC ? 1,1). 设二面角 C-AE-D 的平面角为 θ, n 1· 2 n 则 cosθ= |n1|· 2| |n 1 - ×0+1×1+1×0 2 2 = . 3 1 ?- ?2+12+12× 02+12+02 2



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,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),

1 → → E(0, ,1),从而AC=( 3,1,0),PB=( 3,0,-2). 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, ,1-z),由 2 NE⊥平面 PAC 可得, → → ?0,0,2?=0 ?NE· =0 ??-x,2,1-z?· ? AP ? ,即? 1 → ? → AC ?NE· =0 ? ??-x,2,1-z?· 3,1,0?=0 1

?z-1=0 ? ,化简得? ,∴ 1 ? ?- 3x+2=0

?x= 3 ? 6 , ? ?z=1 ?
即 N 点的坐标为( 3 ,0,1), 6 3 . 6

从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分别为 1,

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)若 BB1= 2 ,求 A1F 与平面 DEF 所成角的大小. 2

[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 AD1 2 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

∴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= D1B 2 又 DB= 3,且 DD1= 1 ∴DE= × 2 2 , 2

1 14 +3= , 2 4 1 6 1+ = , 2 4

1 1 又 EF= AD1= 2 2

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

1 14 ∴S△DEF= × ×1× 2 4

1 2 又点 E 到平面 DGF 的距离 d= DD1= 2 4

1 不难证明∠DFG 是 Rt△(∵FA= DG) 2

1 1 3 ∴S△DFG= ×DF×FG= ×1× 3= 2 2 2 由 VE-DGF=VG-DEF 得,x·△DEF=d·△DFG, S S 5 2 3 ∴x· = × , 8 4 2 ∴x= 30 30 ,即 A1 到平面 DEF 的距离为 , 5 5

设 A1F 与平面 DEF 成 α 角,则 sinα= x 30 = × A 1F 5 1 1 1+ 2 2 5 2 5 = ,∴α=arcsin , 5 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)

则有 A1(

3 1 2 3 1 2 3 3 3 3 2 ,- , ),F( , ,0),D1(0,0, ),B( , ,0),∴E( , , ), 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4

设平面 DEF 的一个法向量为 n=(x,y,z), 3 → DE ?n· = 43x+4y+ 42z=0 由? 3 1 → DF ?n· = 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?+?- = 3 · 10 2

2 ?× 6| 2 2 5 = , 5

2 5 ∴A1F 与平面 DEF 所成角的大小为 arcsin . 5


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