高三理科数学二轮总复习专题训练 七 空间向量与立体几何Word文件下载.docx

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B

2．（2011·

全国）已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于（　　）

A.B.

C.D．1

由2＝（＋＋）2

＝2＋2＋2＋2·

＋2·

＝1＋||2＋1，所以|CD|＝.

过D作DE⊥BC于E，则DE⊥面ABC，DE即为D到平面ABC的距离．在Rt△BCD中，BC2＝BD2＋CD2＝3，∴BC＝.DE·

BC＝BD·

CD，∴DE＝.

C

3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°

，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为（　　）

以A为原点，AB、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A（0,0,0），B（1,0,0），C（0,1,0），P（0,0,2），D，E，

F，

∴＝（0,0,2），＝，＝，设面DEF的法向量为n＝（x，y，z），则由得取z＝1，则n＝（2,0,1），设PA与平面DEF所成角为θ，则sinθ＝＝，∴PA与平面DEF所成角为arcsin，故选C.

4．如图所示，AC1是正方体的一条体对角线，点P、Q分别为其所在棱的中点，则PQ与AC1所成的角为（　　）

A.　　　B.

C.　　　D.

如图，设底面中心为O，在对角面ADC1B1中，取AB1的中点为T，TD∥PQ，从而TD与AC1所成的角为所求．由相似可得∠AMD＝，故选D.

D

5．如下图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是（　　）

A.aB.a

C.aD.a

A到面MBD的距离由等积变形可得．

VA－MBD＝VB－AMD.易求d＝a.

6．已知平面α与β所成的二面角为80°

，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α，β所成的角都是30°

，则这样的直线有且仅有（　　）

A．1条　　　B．2条

C．3条　　　D．4条

如右图，过P作α、β的垂线PC、PD，其确定的平面与棱l交于Q，过P的直线与α、β分别交于A、B两点，若二面角为80°

，AB与平面α、β成30°

，则∠CPD＝100°

，AB与PD、PC成60°

，因此问题转化为过P点与直线PD、PC所成角为60°

的直线有几条．∵<

60°

，<

，∴这样的直线有4条．

二、填空题：

本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．

7．（2011·

全国）已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．

如图，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系

设正方体的边长为3.

∴A（3,0,0），E（3,3,1），F（0,3,2）

∴＝（0,3,1），＝（－3,3,2）

设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z），

∴⇒

令y＝1，∴z＝－3，x＝－1，∴n＝（－1,1，－3）

又＝（0,0,3）为面ABC的一个法向量，设平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ

∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝

∴sinθ＝＝

∴tanθ＝＝.

8．已知l1，l2是两条异面直线，α、β、γ是三个互相平行的平面，l1、l2分别交α、β、γ于A、B、C和D、E、F，AB＝4，BC＝12，DF＝10，又l1与α成30°

角，则β与γ间的距离是________；

DE＝________.

由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得β与γ间距离为6.由面面平行的性质定理可得＝，∴＝，即＝.∴DE＝2.5.

6　2.5

9．坐标平面上有点A（－2,3）和B（4，－1），将坐标平面沿y轴折成二面角A－Oy－B，使A，B两点的距离为2，则二面角等于________．

如图，AD⊥BC，BC⊥CD，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，AB＝2，BC＝4，∴AC＝2，AD＝2，CD＝4，∴cosθ＝＝－＝－.

120°

10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与AC间的距离为________．

设n＝λ＋μ＋是A1D和AC的公垂线段上的向量，则n·

＝（λ＋μ＋）·

（－）＝μ－1＝0，∴μ＝1.又n·

（＋）＝λ＋μ＝0，∴λ＝－1.

∴n＝－＋＋.故所求距离为

d＝＝

＝＝.

三、解答题：

本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

11．（12分）（2011·

天津）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.

（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；

（2）求二面角A－A1C1－B1的正弦值；

（3）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．

解：

方法一：

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（2，0,0），B（0,0,0），C（，－，），A1（2，2，0），B1（0,2，0），C1（，，）

（1）易得＝（－，－，），

＝（－2，0,0）．

于是cos〈，〉＝＝＝.

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.

（2）易知＝（0,2，0），＝（－，－，），

设平面AA1C1的法向量m＝（x′，y′，z′），

则即

不妨令x′＝，可得m＝（，0，），同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝（x，y，z），则即不妨令y＝，可得n＝（0，，），于是cos〈m，n〉＝＝＝.从而sin〈m，n〉＝.

所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.

（3）由N为棱B1C1的中点，得N，设M（a，b,0），则＝，由MN⊥平面A1B1C1，

得

即

解得故M，因此＝，所以线段BM的长||＝.

方法二：

（1）由于AC∥A1C1.故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角．

因为C1H⊥平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3.

因此cos∠C1A1B1＝＝.

（2）连接AC1，易知AC1＝B1C1，又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1，过点A作AR⊥A1C1于点R，连接B1R，于是B1R⊥A1C1，故∠ARB1为二面角A－A1C1－B1的平面角．

在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·

sin∠RA1B1＝2·

＝.连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝＝－，从而sin∠ARB1＝.

（3）因为MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1，取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1的中点，所以ND∥C1H且ND＝C1H＝.又C1H⊥平面AA1B1B，所以ND⊥平面AA1B1B，故ND⊥A1B1.又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则ME⊥A1B1，故ME∥AA1.

由＝＝＝，得DE＝B1E＝，延长EM交AB于点F，可得BF＝B1E＝，连接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME，故ND2＝DE·

DM，所以DM＝＝，可得FM＝，连接BM，在Rt△BFM中，

BM＝＝.

12．（13分）（2011·

上海）已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点．

（1）设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角A－B1D1－A1的大小为β.求证：

tanβ＝tanα；

（2）若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高．

设正四棱柱的高为h.

（1）证明：

连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点，

∴AO1⊥B1D1，又A1O1⊥B1D1，

∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β

∴tanα＝＝h，tanβ＝＝h＝tanα.

（2）建立如图空间直角坐标系，有A（0,0，h），B1（1,0,0），D1（0,1,0），C（1,1，h）

＝（1,0，－h），＝（0,1，－h），＝（1,1,0）

设平面AB1D1的一个法向量为n＝（x，y，z），

∵⇔，

即z＝1，得n＝（h，h,1）

∴点C到平面AB1D1的距离为d＝＝＝，则h＝2.