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【走向高考】2015一轮课后强化作业(北师大版):第八章 立体几何初步8-8 Word版含解析


基础达标检测 一、选择题 1.若平面 α、β 的法向量分别为 n1=(2,3,5),n2=(-3,1,-4), 则( ) A.α∥β C.α、β 相交但不垂直 [答案] C [解析] 已知 n1 与 n2 既不平行也不垂直,所以平面 α,β 相交但不 垂直. 2.(2014· 德州月考)已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向 1 向量、法向量,若 cos<m,

n>=-2,则 l 与 α 所成的角为( A.30° C.120° [答案] A [解析] 设 l 与 α 所成的角为 θ, 1 则 sinθ=|cos<m,n>|=2,∴θ=30° . 3.在如图所示的正方体 A1B1C1D1-ABCD 中,E 是 C1D1 的中点, 则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为( ) B.60° D.150° ) B.α⊥β D.以上均不正确

10 A.- 10 1 C.20 [答案] D

1 B.-20 10 D. 10

[解析] 因为 A1B1C1D1-ABCD 为正方体,所以以 DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设棱长为 1, → → 1 则DE=(0,2,1),AC=(-1,1,0), 1 → → → → 2 DE· AC 10 故 cos<DE,AC>= = = 10 ,故选 D. → → 5 |DE||AC| 2 × 2 → → → 4.在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,向量AB,AD,AA1两两的 → → → → 夹角均为 60° ,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1|=( A.5 C.4 [答案] A → → → → [解析] 由题知AC1=AB+BC+CC1, → → → → → → → → 2 2 2 2 2 则 | AC1 | = |A B + BC + CC1 | = 1 + 2 + 3 + 2 AB · BC + 2 AB · CC1 + B.6 D.8 )

→ → → 1 1 1 2BC· CC1=14+2×1×2×2+2×1×3×2+2×2×3×2=25,所以|AC1 |=5. 5.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中 BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值 为( ) 2 A. 3 2 C.3 3 B. 3 6 D. 3

[答案] D [解析] 该题考查正方体的性质,直线与平面所成的角,考查坐标 法. → 建立如图所示空间直角坐标系 D-xyz,设棱长为 1,BB1=(0,0,1), 平面 ACD1 的一个法向量 n=(1,1,1), → 1 3 ∴cos〈BB1,n〉= =3, 3· 1 6 ∴BB1 与面 ACD1 所成角的余弦值为 3 .

6.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB=2,AA1=1,则点 A 到平 面 A1BC 的距离为( 3 A. 4 3 B. 2 ) 3 3 C. 4 D. 3

[答案] B [解析] 解法 1: 取 BC 中点 E, 连接 AE、 A1E, 过点 A 作 AF⊥A1E, 垂足为 F. ∵A1A⊥平面 ABC,∴A1A⊥BC, ∵AB=AC.∴AE⊥BC. ∴BC⊥平面 AEA1. ∴BC⊥AF,又 AF⊥A1E, ∴AF⊥平面 A1BC. ∴AF 的长即为所求点面距离. 3 AA1=1,AE= 3,∴AF= 2 . 1 1 3 解法 2:VA1-ABC=3S△ABC· AA1=3× 3×1= 3 . 又∵A1B=A1C= 5,

在△A1BE 中,A1E= A1B2-BE2=2. 1 ∴S△A1BC=2×2×2=2. 1 2 ∴VA-A1BC=3×S△A1BC· h=3h. 2 3 3 ∴3h= 3 ,∴h= 2 . 3 ∴点 A 到平面 A1BC 距离为 2 . 解法 3:设 BC 中点为 O,∵△ABC 为正三角形, ∴AO⊥BC, 以 O 为原点,直线 AO,BC 分别为 x 轴、y 轴建立如图所示空间 直角坐标系,则 B(0,-1,0),C(0,1,0),A(- 3,0,0),A1(- 3,0,1).

设 n=(x,y,1)为平面 A1BC 的一个法向量,则 → ? ?n· OB=0 ? → ? ?n· OA1=0
? ?-y=0 ,∴? , ? ?- 3x+1=0

?y=0 ∴? 3 x = ? 3



→ ? 3 ? ∴n=? ,0,1?,又AA1=(0,0,1), ? 3 ? → |AA1· n| 3 ∴A 到平面 A1BC 的距离 d= =2. |n| 二、填空题 7.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 C1D1 的中点,则异面直 线 AE 与 BC 所成角的余弦值为________. 2 [答案] 3 [ 解析 ] 如图建立直角坐标系 D- xyz ,设 DA= 1,由已知条件

1 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,1,0),C(0,1,0),

→ → 1 AE=(-1,2,1),BC=(-1,0,0) 设异面直线 AE 与 BC 所成角为 θ.

→ → → → |AE· BC| 2 cosθ=|cos<AE,BC>|= = . → → 3 |AE||BC| 8.(2014· 长春模拟)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________.

1 [答案] 3 [解析] 如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,则 D1(0,0,1), C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0), → ∴D1C1=(0,2,0), 设平面 A1BC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),由 → ? ?n· A1C1=?x,y,z?· ?-1,2,0?=-x+2y=0 ? → ? ?n· A1B=?x,y,z?· ?0,2,-1?=2y-z=0
? ?x=2y 得? ,令 y=1,得 n=(2,1,2), ?z=2y ?



设 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为 θ,则

→ → |D1C1· n| 2 1 sinθ=|cos<D1C1,n>|= = =3. → 2×3 |D1C1||n| 1 即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为3. 9.在空间直角坐标系 O-xyz 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 ________. [答案] 2 → → [解析] OP=(-1,3,2),|OP|= 1+9+4= 14, → → -2-6+2 OP· n 14 14 |cos<OP,n>|=| =| |= 7 ,d= 7 × 14=2. → 14×3 |OP|· |n|| 三、解答题 10. (2013· 江西高考)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, E 为 BD 的中点, G 为 PD 的中点, △DAB≌△DCB, EA=EB=AB=1, 3 PA=2,连接 CE 并延长交 AD 于 F.

(1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值. [解析] (1)△ABD 中,因为 E 是 BD 中点, 所以 EA=EB=ED=AB=1, π π 故∠BAD=2,∠ABE=∠AEB=3, 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=3, 所以∠FED=∠FEA, 故 EF⊥AD,AF=FD,又因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD. 所以 GF⊥AD.故 AD⊥平面 CFG. (2)以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则

→ 3 3 3 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2, 2 ,0),D(0, 3,0),P(0,0,2),故BC

→ → 1 3 3 3 3 3 3 =(2, 2 ,0),CP=(-2,- 2 ,2),CD=(-2, 2 ,0). 设平面 BCP 的法向量 n1=(1,y1,z1),则 1 3 + 2 y =0, ?2 ? 3 3 3 ?-2- 2 y +2z =0.
1 1 1

?y =- 33, 解得? 2 z = ? 3.
1 1

3 2 即 n1=(1,- 3 ,3).

设平面 DCP 的法向量 n2=(1,y2,z2),则 3 3 + 2 y =0, ?-2 ? 3 3 3 ?-2- 2 y +2z =0.
2 2 2

? ?y2= 3 解得? ?z1=2 ?

即 n2=(1, 3,2)从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为 |n1· n2| = |n1||n2| 4 3 2 =4. 16 9 ·8 能力强化训练 一、选择题 1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别为棱 AA1 和 BB1 的 → → 中点,则 sin<CM,D1N>的值为( 1 A.9 2 C.9 5 ) 4 B.9 5 2 D.3

cosθ=

[答案] B

[解析] 设正方体棱长 2,以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在 → 直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系(如图), 可知CM=(2, -2,1), → → → → → 1 4 5 D1N=(2,2,-1),cos<CM,D1N>=-9,sin<CM,D1N>= 9 . 2.如下图,正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直,AB = 2,AF=1.M 在 EF 上,且 AM∥平面 BDE.则 M 点的坐标为( )

A.(1,1,1)

B.?

? 2 2 ? ? , 3 ,1? ? 3

C.?

? 2 ? 2 ? , , 1 2 ?2 ?

D.?

? 2 ? 2 ? , , 1 4 ?4 ?

[答案] C [解析] 设 BD∩AC=O,连接 EO, 由题意可知 EO∥AM. ∴M 为 EF 的中点. ∴M?
? 2 ? 2 ?,故选 C. , , 1 2 ?2 ?

二、填空题 3.如图,平面 ABCD⊥平面 ABEF,四边 ABCD 是正方形,四边 1 形 ABEF 是矩形, 且 AF=2AD=a, G 是 EF 的中点, 则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为________.

[答案]

6 3

[解析] 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,

→ → 则 A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),AG=(a,a,0),AC → =(0,2a,2a),BG=(a,-a,0), 设平面 AGC 的法向量为 n1=(x1,y1,1), → ? ?AG· n1=0, 由? → ? ?AC· n1=0
?ax1+ay1=0, ?x1=1, ? ? ?? ?? ? ? ?2ay1+2a=0 ?y1=-1

?n1=(1,-1,1). → BG· n1 2a 6 sinθ= = =3. → 2a× 3 |BG||n1| 4.如右图,若 P 为正方体 AC1 的棱 A1B1 的中点,则截面 PC1D 和 面 AA1B1B 所成锐二面角的余弦值是____________.

1 [答案] 3 [解析] 以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设正方体 AC1 的棱长为 2, 则 D(0,0,0),C1(0,2,2),P(2,1,2). → → ∴DC1=(0,2,2),DP=(2,1,2). 设截面 PC1D 的一个法向量为 n=(1,y,z), → ? ?DC1· n=0, 则有? → ? ?DP· n=0, ∴n=(1,2,-2). 又平面 AA1B1B 的一个法向量为 a=(1,0,0), 设截面 PC1D 与平面 AA1B1B 所成的锐二面角为 θ, 则 cosθ= |a· n| 1 1 = =3. |a||n| 3×1
?2y+2z=0, ?y=2, ? ? 即? ∴? ?2+y+2z=0, ? ? ?z=-2.

三、解答题 5. 如图, 四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为平行四边形, ∠DAB =60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.

(1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. [解析] (1)因为∠DAB=60° ,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD.

(2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的 正半轴,建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(- 1, 3,0),P(0,0,1). → → → AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0). → ? ?n· AB=0, 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ? ?n· PB=0.

? ?-x+ 3y=0, 即? 因此可取 n=( 3,1, 3). ? ? 3y-z=0.

→ ? ?m· PB=0, 设平面 PBC 的法向量为 m,则? → ? ?m· BC=0. -4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉= =- 7 . 2 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- 7 . 6.如图,在五棱锥 P-ABCDE 中,PA⊥平面 ABCDE,AB∥CD, AC∥ED,AE∥BC.∠ABC=45° ,AB=2 2,BC=2AE=4,三角形 PAB 是等腰三角形.

(1)求证:平面 PCD⊥平面 PAC; (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小; (3)求四棱锥 P-ACDE 的体积. [解析] (1)在△ABC 中,因为∠ABC=45° ,BC=4, AB=2 2, 所以 AC2=AB2+BC2-2AB· BC· cos45° =8, 因此 AC=2 2,故 BC2=AC2+AB2, 所以∠BAC=90° .

又 PA⊥平面 ABCDE,AB∥CD, 所以 CD⊥PA,CD⊥AC, 又 PA,AC 平面 PAC,且 PA∩AC=A, 所以 CD⊥平面 PAC. 又 CD 平面 PCD, 所以平面 PCD⊥平面 PAC. (2)由(1)知 AB,AC,AP 两两相互垂直,分别以 AB、AC、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由于△PAB 是等腰三 角形,所以 PA=AB=2 2.

又 AC=2 2, 因此 A(0,0,0),B(2 2,0,0),C(0,2 2,0),P(0,0,2 2). 因为 AC∥ED,CD⊥AC, 所以四边形 ACDE 是直角梯形. 因为 AE=2,∠ABC=45° ,AE∥BC, 所以∠BAE=135° ,因此∠CAE=45° , 2 故 CD=AE· sin45° =2× 2 = 2, 所以 D(- 2,2 2,0).

→ → 因此CP=(0,-2 2,2 2),CD=(- 2,0,0). 设 m=(x,y,z)是平面 PCD 的一个法向量, → → 则 m· CP=0,m· CD=0, 解得 x=0,y=z,取 y=1,得 m=(0,1,1). → 又BP=(-2 2,0,2 2), → 设 θ 表示向量BP与平面 PCD 的法向量 m 所成的角, → m· BP 1 π 则 cosθ= =2,所以 θ=3, → |m||BP| π 因此直线 PB 与平面 PCD 所成的角为6. (3)因为 AC∥ED,CD⊥AC, 所以四边形 ACDE 是直角梯形. 因为 AE=2,∠ABC=45° ,AE∥BC, 所以∠BAE=135° ,因此∠CAE=45° , 2 故 CD=AE· sin45° =2× 2 = 2, 2 ED=AC-AE· cos45° =2 2-2× 2 = 2, 所以 S 四边形 ACDE= 2+2 2 × 2=3. 2

又 PA⊥平面 ABCDE, 1 所以 VP-ACDE=3×3×2 2=2 2.


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