高考数 第七章第七节 课下冲关作业 新人教A

(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．(·杭州模拟)若平面α、β的法向量分别为n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3,1，－4)则()A．α∥β B．α⊥βC．α、β相交但不垂直 D．以上均不正确解析：因为cos〈n1·n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)≠0且cos〈n1，n2〉≠±1，所以α、β相交但不垂直．答案：C2．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：因为cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，所以l与α所成角θ，满足sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，又θ∈[0，eq\f(π,2)]，所以θ＝30°.答案：A3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线A．AC B．BDC．A1D D．A1A解析：如图所示，易证BD⊥平面AA1C1C，又CE⊂平面ACC1A1，∴答案：B4．(·厦门模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为()A.eq\f(1,9) B.eq\f(4,9)eq\r(5)C.eq\f(2,9)eq\r(5) D.eq\f(2,3)解析：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，cos〈，〉＝－eq\f(1,9)，sin〈，〉＝eq\f(4\r(5),9).答案：B5．如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1A．45° B．60°C．90° D．120°解析：以B点为坐标原点，以BC、BA、BB1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则B(0,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)∴cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(2,\r(2)·\r(8))＝eq\f(1,2).∴EF与BC1所成角为60°.答案：B6．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq\f(2,3)A1D，AF＝eq\f(1,3)AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面解析：以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0),C(0,1,0)，E(eq\f(1,3)，0，eq\f(1,3))，F(eq\f(2,3)，eq\f(1,3)，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝(eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，－eq\f(1,3))，＝(－1，－1,1)，＝－eq\f(1,3)，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.答案：B二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．(·南通模拟)设平面α与向量a＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b＝(2,3,1)垂直，则平面α与β的位置关系是________．解析：由题知a，b分别平面α，β的法向量，又a·b＝(－1)×2＋2×3＋(－4)×1＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.答案：垂直8．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．解析：由题知：⊥，⊥.所以：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0；,·＝0；,·＝0.))即：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1×3＋5×1＋－2×z＝0，,x－1＋5y＋－2×－3＝0,3x－1＋y－3z＝0))解得：x＝eq\f(40,7)，y＝－eq\f(15,7)，z＝4.答案：eq\f(40,7)，－eq\f(15,7)，49．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所成的角是________．解析：如图，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＝(2a,0,0)＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，＝(a，a,0)，设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，则cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°三、解答题10．如图，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D－xyz.则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．连结BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设＝(m，m,1)(m＞0)，由已知〈，〉＝60°，由·＝||||cos〈，〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1).解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以＝(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，1)．(1)因为cos〈，〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以〈，〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0,1,0)．因为cos〈，〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈，〉＝60°，可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.11．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D(2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．解：(1)证明：如图，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，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)，D(1,0,1)．即＝(0,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)，由·＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1.由·＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1.又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0,m·＝0))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0,x＋az＝0))，令z＝－1，得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)，即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2).12．(·海口模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB1C(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值；(2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置，使EA⊥EB1(要求说明理由)；(3)在(2)的条件下，若AB＝eq\r(2)，求二面角A－EB1－A1的大小．解：以B为坐标原点，BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC的一个法向量为＝(0,2,0)，又＝(1,2,0)，设BC1与平面ABC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝eq\f(2\r(5),5)，∴tanθ＝2，即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.(2)设E(1，y,0)，A(0,0，z)，则＝(－1,2－y,0)，＝(－1，－y，z)，∵EA⊥EB1，∴·＝1－y(2－y)＝0，∴y＝1，即E(1,1,0)，∴E为CC1的中点．(3)由题知A(0,0，eq\r(2))，则＝(1,1，－eq\r(2))，＝(1，－1，0)，设平面AEB1的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))∴eq\b