高三人教A版数学一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第7节（理）第二课时

第七章第7节（理）第二课时[基础训练组]1．(导学号14577717)已知四棱锥S－ABCD的底面为平行四边形，SD⊥底面ABCD，SD＝1，AB＝2，AD＝1，∠DAB＝60°，M、N分别为SB、SC中点，过MN作平面MNPQ分别与线段CD、AB相交于点P、Q.若eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，求二面角M－PQ－B的平面角大小．()A．60° B．30°C．45° D．75°解析：A[在△ABCD中，设AB＝2AD＝4，∠DCB＝60°，所以由余弦定理求得BD＝eq\r(3)，有AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD，6分以D为原点，直线DA为x轴，直线DB为y轴，直线DS为z轴建立空间直角坐标系，且A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，S(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，又eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，则Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，0)).设平面MNPQ的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n·\o(MQ,\s\up6(→))＝0))，得n＝(0，－eq\r(3)，1),易知平面ABCD的法向量为m＝(0,0,1)，则cos〈m，n〉＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,2)，所以二面角M－PQ－B为60°.]2．(导学号14577718)(2018·秦皇岛市模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)解析：C[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，E(1,0,1)，D1(0,0,2)．所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，所以cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CD1,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(CD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).]3．(导学号14577719)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：A[∵AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，AC2＝BC2＋AB2，∴AB⊥BC.∵三棱柱为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC.以B为原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(0,1,0)，C(eq\r(3)，0,0)．设B1(0,0，a)，则C1(eq\r(3)，0，a)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(a,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，平面BB1C1C的法向量eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,1,0)．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为α，则sinα＝|cos〈eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,2)，∴α＝eq\f(π,6).]4．(导学号14577720)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B－AC－M的余弦值为()A.eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(2),6) D.eq\f(1,6)解析：A[∵BC⊥平面PAB，AD∥BC，∴AD⊥平面PAB，PA⊥AD，又PA⊥AB，且AD∩AB＝A，∴PA⊥平面ABCD.以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz.则A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，求得平面AMC的一个法向量为n＝(1，－2,1)，又平面ABC的一个法向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∴cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(1＋4＋1)·2)＝eq\f(\r(6),6).∴二面角B－AC－M的余弦值为eq\f(\r(6),6).]5．(导学号14577721)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则ADA.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\f(\r(2),2)解析：A[如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0，a)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝2y＋2z＝0,m·\o(CD,\s\up6(→))＝x＋az＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－z,x＝－az))，令z＝－1，则m＝(a,1，－1)．又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，则由cos60°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\r(2)，所以AD＝eq\r(2).故选A.]6．(导学号14577722)(2018·郑州市模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,2,1)，(1,2,0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,2,0)设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，设所求线面角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)7．(导学号14577723)如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，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O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))．则eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a,0)．设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°.答案：30°8．(导学号14577724)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0).设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0)).令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)9．(导学号14577725)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD＝135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP＝90°，AB＝AC＝PA＝2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．(1)求证：EF⊥平面PAC；(2)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求eq\f(PM,PD)的值．解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，因为AB＝AC，∠BCD＝135°，所以AB⊥AC.由E，F分别为BC，AD的中点，得EF∥AB,所以EF⊥AC.2分因为侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP＝90°，所以PA⊥底面ABCD.又因为EF⊂底面ABCD，所以PA⊥EF.4分又因为PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以EF⊥平面PAC.5分(2)因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC两两垂直，故以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(－2,2,0)，E(1,1,0)，7分所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2,2，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，设eq\f(PM,PD)＝λ(λ∈[0,1])，则eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－2λ，2λ，－2λ)，所以M(－2λ，2λ，2－2λ)，eq\o(ME,\s\up6(→))＝(1＋2λ，1－2λ，2λ－2)，易得平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，9分由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝(1,1,1)．10分因为直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq\o(ME,\s\up6(→))，m〉|＝|cos〈eq\o(ME,\s\up6(→))，n〉|，即eq\f(|\o(ME,\s\up6(→))·m|,|\o(ME,\s\up6(→))|·|m|)＝eq\f(|\o(ME,\s\up6(→))·n|,|\o(ME,\s\up6(→))|·|n|)，所以|2λ－2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3))))，解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，或λ＝eq\f(3＋\r(3),2)(舍)．综上所得：eq\f(PM,PD)＝eq\f(3－\r(3),2)12分10．(导学号14577726)(2018·济宁市一模)如图甲：⊙O的直径AB＝2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，使∠CAB＝eq\f(π,4)，∠DAB＝eq\f(π,3)，沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙)，F为BC的中点，根据图乙解答下列各题：(1)若点G是eq\x\to(BD)的中点，证明：FG∥平面ACD；(2)求平面ACD与平面BCD所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：连接OF，FG，OG，∵F，O是BC，AB的中点，∴FO∥AC，∵FO⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，∴FO∥平面ACD，∵∠DAB＝eq\f(π,3)，且G是BD弧的中点，∴∠BOG＝eq\f(π,3)，则AD∥OG，∵OG⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，∴OG∥平面ACD，∵FO∩OG＝O，FO，OG⊂平面FOG，∴平面FOG∥平面ACD，又FG⊂平面FOG，∴FG∥平面ACD(2)如图，设H为弧DG的中点，建立以O为坐标原点，OH，OB，OC分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图；则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0)，G(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，设平面ACD的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，则由m·eq\o(AC,\s\up6(→))＝y＋z＝0，m·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),2)x＋eq\f(1,2)y＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝－y,x＝－\f(\r(3),3)y))，令y＝－eq\r(3)，则m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))，同理可得平面BCD的法向量为n＝(eq\r(3)，1,1)，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),\r(7)×\r(5))＝eq\f(\r(105),35)，即平面ACD与平面BCD所成的锐二面角的余弦值是eq\f(\r(105),35).[能力提升组]11．(导学号14577727)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝AA1＝4，点D是AA1的中点，则点A1到平面DBC1的距离是A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(3),3)解析：[过点A作AC的垂线为x轴，以AC为y，轴以AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝AA1＝4，点D是AA1的中点∴B(2eq\r(3)，2,0)，C1(0,4,4)，D(0,0,2)，A1(0,0,4)，∴eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，－2)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，∵n·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(DC1,\s\up6(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)x＋2y－2z＝0，,4y＋2z＝0，))∴n＝(eq\r(3)，－1,2)，∴点A1到平面DBC1的距离d＝eq\f(|n·\o(DA1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|0＋0＋4|,\r(3＋1＋4))＝eq\r(2).故选A.]12．(导学号14577728)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)解析：A[如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz，设棱长为1，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)).设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1为平面ACC1A1则sinθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(EB1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)),\r(2)×\f(\r(3),2))))＝eq\f(\r(6),4)，故选A.13．(导学号14577729)如图，已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为________解析：如图，建立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件得，A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3))).设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝y＋\f(1,3)z＝0,n·\o(AF,\s\up6(→))＝－x＋y＋\f(2,3)z＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y,z＝－3y)).令y＝1，则n＝(－1,1，－3)．又平面ABC的一个法向量为m＝(0,0，－1)，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3,\r(11))，所以tanθ＝eq\f(\r(2),3).答案：eq\f(\r(2),3)14．(导学号14577730)(2018·汕头市二模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝2，AA1＝h，E为BB1