高考数学总复习 第七章 直线和圆 7-7课后巩固提升（含解析）新人教A

【创优导学案】届高考数学总复习第七章直线和圆7-7课后巩固提升（含解析）新人教A版(对应学生用书P283解析为教师用书独有)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为 ()A．30° B．60°C．120° D．150°解析A∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，∴〈m，n〉＝120°，∴直线l与α所成的角为30°，故选A.2．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，λ，\f(15,2)))平行，则λ＝ ()A.eq\f(2,3) B.eq\f(9,2)C．－eq\f(9,2) D．－eq\f(2,3)解析C由a∥b，得eq\f(2,3)＝eq\f(－3,λ)＝eq\f(5,\f(15,2))，解得λ＝－eq\f(9,2).3．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则eq\o(AB,\s\up10(→))与eq\o(CA,\s\up10(→))的夹角θ的大小是 ()A．60° B．120°C．30° D．150°解析Beq\o(AB,\s\up10(→))＝(－2，－1,3)，eq\o(CA,\s\up10(→))＝(－1,3，－2)，cos〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(CA,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up10(→))·\o(CA,\s\up10(→)),|\o(AB,\s\up10(→))||\o(CA,\s\up10(→))|)＝eq\f(－7,14)＝－eq\f(1,2)，∴θ＝〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(CA,\s\up10(→))〉＝120°.4．如图所示，棱长皆相等的四面体S­ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的余弦值是 ()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),6) D.eq\f(\r(2),6)解析Ceq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(SD,\s\up10(→))－eq\o(SB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(SC,\s\up10(→))－eq\o(SB,\s\up10(→))，设BD与SA所成的角为θ，则|cosθ|＝eq\f(|\o(SA,\s\up10(→))·\o(BD,\s\up10(→))|,|\o(SA,\s\up10(→))||\o(BD,\s\up10(→))|)＝eq\f(\r(3),6).5．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于 ()A．4 B．2C．3 D．1解析B∵eq\o(OP,\s\up10(→))＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向量，n＝(2，－2,1)为平面OAB的一个法向量，∴点P到平面OAB的距离d＝eq\f(|\o(OP,\s\up10(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2－6＋2|,\r(9))＝2.6.(·晋城模拟)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是A．相交 B．平行C．垂直 D．不能确定解析B分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z∵A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a)).∴eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴eq\o(C1D1,\s\up10(→))＝(0，a,0)．∴eq\o(MN,\s\up10(→))·eq\o(C1D1,\s\up10(→))＝0.∴eq\o(MN,\s\up10(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up10(→)).∵eq\o(C1D1,\s\up10(→))是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面二、填空题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)7．已知l∥α，且l的方向向量为u＝(2，m,1)，平面α的法向量为v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，则m＝________.解析∵l∥α，∴u⊥v，∴u·v＝0，即2×1＋m×eq\f(1,2)＋1×2＝0，解得m＝－8.【答案】－88.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF解析以D1为坐标原点，D1A1、D1C1、D1D所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，eq\o(B1E,\s\up10(→))＝(x－1,0,1)，又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，eq\o(FB,\s\up10(→))＝(1,1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需eq\o(FB,\s\up10(→))·eq\o(B1E,\s\up10(→))＝(1,1，y)·(x－1,0,1)＝0，则x＋y＝1.【答案】19．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，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC夹角的大小是________．解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系．设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))，则eq\o(CA,\s\up10(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up10(→))＝(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为n，可取n＝(0,1,1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up10(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up10(→))·n,|\o(CB,\s\up10(→))|·|n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up10(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC夹角的大小为90°－60°＝30°.【答案】30°三、解答题(本大题共3小题，共40分)10．(12分)(·荆州模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是棱BB1、DC(1)求证：AD⊥D1F(2)求AE与D1F(3)求证：平面AED⊥平面A1FD1.解析(1)以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2aD(0,0,0)，A(2a,0,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0,2a)，E(2a,2a，a)，F(0，a,0)，A1(∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝(－2a,0,0)，eq\o(D1F,\s\up10(→))＝(0，a，－2a)，∴eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(D1F,\s\up10(→))＝－2a×0＋0×a＋0×(－2a)＝0，∴eq\o(AD,\s\up10(→))⊥eq\o(D1F,\s\up10(→))，即AD⊥D1F.(2)∵eq\o(AE,\s\up10(→))＝(0,2a，a)，eq\o(D1F,\s\up10(→))＝(0，a，－2a)，∴eq\o(AE,\s\up10(→))·eq\o(D1F,\s\up10(→))＝0×0＋2a×a＋a×(－2a)＝0，∴cos〈eq\o(AE,\s\up10(→))，eq\o(D1F,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up10(→))·\o(D1F,\s\up10(→)),|\o(AE,\s\up10(→))||\o(D1F,\s\up10(→))|)＝0，即eq\o(AE,\s\up10(→))，eq\o(D1F,\s\up10(→))的夹角为90°，所以直线AE与D1F(3)由(1)、(2)知D1F⊥AD，D1F⊥AE，又AD∩AE＝A，∴D1F⊥平面AED，∵D1F⊂平面A∴平面AED⊥平面A1FD1.11．(12分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))、(0,0,1)．∴eq\o(NE,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).又点A、M的坐标分别是(eq\r(2)，eq\r(2)，0)、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，∴eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).∴eq\o(NE,\s\up10(→))＝eq\o(AM,\s\up10(→))且eq\o(NE,\s\up10(→))与eq\o(AM,\s\up10(→))不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，∵D(eq\r(2)，0,0)，F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，∴eq\o(DF,\s\up10(→))＝(0，eq\r(2)，1)，∴eq\o(AM,\s\up10(→))·eq\o(DF,\s\up10(→))＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.12．(16分)(·天津高考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A­A1C1­B1(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段解析如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2eq\r(2)，0,0)，B(0,0,0)，C(eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，A1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，B1(0,2eq\r(2)，0)，C1(eq\r(2)，eq\r(2)，eq\r(5))．(1)易得eq\o(AC,\s\up10(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，eq\o(A1B1,\s\up10(→))＝(－2eq\r(2)，0,0)，于是cos〈eq\o(AC,\s\up10(→))，eq\o(A1B1,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up10(→))·\o(A1B1,\s\up10(→)),|\o(AC,\s\up10(→))|·|\o(A1B1,\s\up10(→))|)＝eq\f(4,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),3).所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3).(2)易知eq\o(AA1,\s\up10(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(A1C1,\s\up10(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))．设平面AA1C1的法向量为m＝(x，y，z则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq\r(5)，可得m＝(eq\r(5)，0，eq\r(2))．同样地，设平面A1B1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up10(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1－\r(2)y1＋\r(5)z1＝0，,－2\r(2)x1＝0.))不妨令y1＝eq\r(5)，可得n＝(0，eq\r(5)，eq\r(2))．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(7)×\r(7))＝eq\f(2,7)，从而sin〈m，n〉＝eq\f(3\r(5),7).所以二面角A­A1C1­B1的正弦值为eq\f(3\r(5),7).(3)由N为棱B1C1的中点，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(3\r(2),2)，\f(\r(5),2)))，设M(a，b,0)，则eq