课时跟踪检测 (四十六) 空间角
课时跟踪检测(四十一) 平行、垂直与空间角
课时跟踪检测（四十一） 平行、垂直与空间角一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.2．(2018·嘉兴模拟)已知A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则平行四边形ABCD 的顶点D 的坐标是( )A ．(2,4，－1)B ．(2,3,1)C ．(－3,1,5)D ．(5,13，－3)解析：选D 由题意知，AB ―→＝(－2，－6，－2)，设点D (x ，y ，z )，则DC ―→＝(3－x,7－y ，－5－z )，因为AB ―→＝DC ―→，所以x ＝5，y ＝13，z ＝－3，故选D.3．(2018·舟山模拟)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，O 为坐标原点，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B ．66C ．－66D ．±6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，解得λ＝－66. 4．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________. 解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ， 所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3.答案：－35．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|＝|AC ―→|，又AB ―→＝(6，－2，－3)，AC ―→＝(x －4,3，－6)，∴⎩⎪⎨⎪⎧6(x －4)－6＋18＝0，(x －4)2＝4，解得x ＝2. 答案：26．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→，VN ―→＝23VD ―→.则VA 与平面PMN 的位置关系是________．解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD ―→＝a ＋c －b ，由题意知PM ―→＝23b －13c ， PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→＝23a －23b ＋13c . 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→， ∴VA ―→，PM ―→，PN ―→共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN .答案：平行二保高考，全练题型做到高考达标1.如图，在多面体ABC -A1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 -AB -C 是直二面角． 求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1 -AB -C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面ABC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0， 令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)．∴AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1―→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .2.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD .所以PA ⊥BD .因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .(2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0,23，0)，设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ―→·AC―→|PB ―→|·|AC ―→|＝622×23＝64.3.如图，已知在六面体ABCDEF 中，四边形ABCD 与四边形DBFE 均为菱形，且AB ＝BD ＝DF ，AF ＝CF .(1)判断直线CF 与平面ADE 的位置关系，并给予证明；(2)求直线FA 与平面FBC 所成角的余弦值．解：(1)直线CF ∥平面ADE .证明如下：因为四边形ABCD 为菱形，所以BC ∥AD .因为AD ⊂平面ADE ，BC ⊄平面ADE ，所以BC ∥平面ADE .同理可证BF ∥平面ADE .又BC ∩BF ＝B ，所以平面ADE ∥平面BCF .因为CF ⊂平面BCF ，所以直线CF ∥平面ADE .(2)如图，连接AC ，设AC ∩BD ＝O ，连接FO ，因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .因为AF ＝CF ，O 为AC 的中点，所以FO ⊥AC .因为四边形DBFE 是菱形，且BD ＝DF ，所以△DBF 为等边三角形．因为O 为BD 的中点，所以FO ⊥BD .又AC ∩BD ＝O ，所以FO ⊥平面ABCD .所以OA ，OB ，OF 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝2，则BD ＝2，OB ＝1，OA ＝OF ＝3，所以O (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (－3，0,0)，F (0，0，3)，D (0，－1,0)，所以CB ―→＝(3，1,0)，BF ―→＝(0，－1，3)，设平面FBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CB ―→＝0，n ·BF ―→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＝0，－y ＋3z ＝0，取y ＝－3， 得n ＝(1，－3，－1)为平面FBC 的一个法向量．又FA ―→＝(3，0，－3)，设直线FA 与平面FBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈FA ―→，n 〉|＝|FA ―→·n ||FA ―→||n |＝236×5＝105. 因为0°≤θ≤90°，所以cos θ＝1－sin 2θ＝155. 即直线FA 与平面FBC 所成角的余弦值为155.4．如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1 -OB 1 -D 的余弦值．解：(1)证明：因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC ，同理DD 1⊥BD ，因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD ，而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知，O 1O ∥C 1C ，故O 1O ⊥底面ABCD .(2)因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz .不妨设AB ＝2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．易知n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·OB 1―→＝0，n 2·OC 1―→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0. 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2,23，－3)，设二面角C 1 -OB 1 -D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1 -OB 1 -D 的余弦值为25719. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB ―→·AC ―→＝0，AC ―→·AD ―→＝0，AB ―→·AD ―→＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定 解析：选C ∵M 为BC 中点，∴AM ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)． ∴AM ―→·AD ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·AD ―→ ＝12 AB ―→·AD ―→＋12AC ―→·AD ―→＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．2．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)求二面角C -EM -N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 解：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量， 又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EM ―→＝0，n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH 的长为 85 或 12.。
高一数学 课时跟踪检测(全一册) 苏教版必修
高一数学课时跟踪检测(全一册)苏教版必修课时跟踪检测一棱柱棱锥和棱台课时跟踪检测二圆柱圆锥圆台和球课时跟踪检测三直观图画法课时跟踪检测四平面的基本性质课时跟踪检测五空间两条直线的位置关系课时跟踪检测六直线与平面平行课时跟踪检测七直线与平面垂直课时跟踪检测八两平面平行课时跟踪检测九两平面垂直课时跟踪检测十空间几何体的表面积课时跟踪检测十一空间几何体的体积课时跟踪检测十二直线的斜率课时跟踪检测十三直线的点斜式方程课时跟踪检测十四直线的两点式方程课时跟踪检测十五直线的一般式方程课时跟踪检测十六两条直线的平行课时跟踪检测十七两条直线的垂直课时跟踪检测十八两条直线的交点课时跟踪检测十九平面上两点之间的距离课时跟踪检测二十点到直线的距离课时跟踪检测二十一圆的标准方程课时跟踪检测二十二圆的一般方程课时跟踪检测二十三直线与圆的位置关系课时跟踪检测二十四圆与圆的位置关系课时跟踪检测二十五空间直角坐标系课时跟踪检测二十六空间两点间的距离课时跟踪检测（一）棱柱、棱锥和棱台层级一学业水平达标1．关于如图所示的4个几何体,说法正确的是( )A．只有②是棱柱B．只有②④是棱柱C．只有①②是棱柱D．只有①②④是棱柱解析：选D 解决这类问题,要紧扣棱柱的定义：有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行．图①②④满足棱柱的定义,正确；图③不满足侧面都是平行四边形,不正确．2．下面结论是棱台具备的性质的是( )①两底面相似；②侧面都是梯形；③侧棱都相等；④侧棱延长后都交于一点.A．①③B．①②④C．②④D．②③④解析：选B 用棱台的定义可知选B.3．下面图形中,为棱锥的是( )A．①③ B．①③④C．①②④ D．①②解析：选 C 根据棱锥的定义和结构特征可以判断,①②是棱锥,③不是棱锥,④是棱锥．故选C.4．下列图形中,不能折成三棱柱的是( )解析：选C C中,两个底面均在上面,因此不能折成三棱柱,其余均能折为三棱柱．5．一个棱锥的各条棱都相等,那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥解析：选D 若满足条件的棱锥是六棱锥,则它的六个侧面都是正三角形,侧面的顶角都是60°,其和为360°,则顶点在底面内,与棱锥的定义相矛盾．6．一个棱柱至少有________个面,面数最少的一个棱锥有________个顶点,顶点最少的一个棱台有________条侧棱．答案：5 4 37．两个完全相同的长方体,长、宽、高分别为5 cm,4 cm,3 cm,把它们重叠在一起组成一个新长方体,在这些新长方体中,表面积最大的长方体的表面积为________ cm2.解析：将两个长方体侧面积最小的两个面重合在一起,得到的长方体的表面积最大,此时,所得的新长方体的长、宽、高分别为10 cm,4 cm,3 cm,表面积的最大值为2×(10×4＋3×4＋3×10)＝164.答案：1648.如图,三棱台ABCA′B′C′,沿A′BC截去三棱锥A′ABC,则剩余部分是________．解析：在图中截去三棱锥A′ABC后,剩余的是以BCC′B′为底面,A′为顶点的四棱锥．答案：四棱锥A′BCC′B′9．如图,观察并分别判断①中的三棱镜,②中的螺杆头部模型有多少对互相平行的平面,其中能作为棱柱底面的分别有几对．解：图①中有1对互相平行的平面,只有这1对可以作为棱柱的底面．图②中有4对互相平行的平面,只有1对可以作为棱柱的底面．10.在一个长方体的容器中,里面装有少量水,现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜,在倾斜的过程中．(1)水面的形状不断变化,可能是矩形,也可能变成不是矩形的平行四边形,对吗？(2)水的形状也不断变化,可以是棱柱,也可能变为棱台或棱锥,对吗？(3)如果倾斜时,不是绕着底部的一条棱,而是绕着其底部的一个顶点,上面的第(1)题和第(2)题对不对？解：(1)不对；水面的形状是矩形,不可能是其他非矩形的平行四边形．(2)不对；此几何体是棱柱,水比较少时,是三棱柱,水多时,可能是四棱柱,或五棱柱；但不可能是棱台或棱锥．(3)用任意一个平面去截长方体,其截面形状可以是三角形,四边形,五边形,六边形,因而水面的形状可以是三角形,四边形,五边形,六边形；水的形状可以是棱锥,棱柱,但不可能是棱台．层级二 应试能力达标1．下列命题正确的是( )A ．有两个面互相平行,其余各面都是四边形的几何体叫做棱柱B ．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面C ．棱柱的侧面是平行四边形,底面不是平行四边形D ．棱柱的侧棱都相等,侧面都是平行四边形解析：选D 根据棱柱的定义可知D 正确．2．下列说法正确的是( )A ．有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台B ．多面体至少有3个面C ．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D ．九棱柱有9条侧棱,9个侧面,侧面为平行四边形解析：选D 选项A 错误,反例如图1；一个多面体至少有4个面,如三棱锥有4个面,不存在有3个面的多面体,所以选项B 错误；选项C 错误,反例如图2,上、下底面是全等的菱形,各侧面是全等的正方形,它不是正方体；根据棱柱的定义,知选项D 正确．3．用一平行于棱锥底面的平面截某棱锥,截得的棱台上、下底面面积比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是( )A ．12 cmB ．9 cmC ．6 cmD ．3 cm解析：选D 设原棱锥的高为h cm,依题意可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3h 2＝14,解得h ＝6,所以棱台的高为6－3＝3(cm)．4．五棱柱中,不同在任何侧面,且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个五棱柱共有对角线( )A ．20条B ．15条C ．12条D ．10条解析：选D 由题意,知五棱柱的对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线,因为不同在任何侧面内,故从一个顶点出发的对角线有2条,所以五棱柱共有对角线2×5＝10(条)．故选D.5．在正方体上任意选择4个顶点,则可以组成的平面图形或几何体是________．(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形,另一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：如图,在正方体ABCDA1B1C1D1上,若取A,B,C,D四个顶点,可得矩形；若取D,A,C,D1四个顶点,可得③中所述几何体；若取A,C,D1,B1四个顶点,可得④中所述几何体；若取D,D1,A,B四个顶点,可得⑤中所述几何体．故填①③④⑤.答案：①③④⑤6.如图,M是棱长为2 cm的正方体ABCDA1B1C1D1的棱CC1的中点,沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________ cm.解析：由题意,若以BC为轴展开,则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm,3 cm,故两点之间的距离是13cm.若以BB1为轴展开,则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1,4,故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.答案：137．根据下列关于空间几何体的描述,说出几何体的名称．(1)由6个平行四边形围成的几何体．(2)由7个面围成,其中一个面是六边形,其余6个面都是有一个公共顶点的三角形．(3)由5个面围成的几何体,其中上、下两个面是相似三角形,其余3个面都是梯形,并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．解：(1)这是一个上、下底面是平行四边形,四个侧面也是平行四边形的四棱柱．(2)这是一个六棱锥,其中六边形面是底面,其余的三角形面是侧面．(3)这是一个三棱台,其中相似的两个三角形面是底面,其余三个梯形面是侧面．8.如图在正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,沿图中虚线将3个三角形折起,使点A,B,C重合,重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ,则每个面的三角形面积为多少？解：(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2,S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2, S △DEF ＝32a 2. 课时跟踪检测（二） 圆柱、圆锥、圆台和球层级一 学业水平达标1．有下列四个说法,其中正确的是( )A ．圆柱的母线与轴垂直B ．圆锥的母线长等于底面圆直径C ．圆台的母线与轴平行D ．球的直径必过球心解析：选D A ：圆柱的母线与轴平行；B ：圆锥的母线长与底面圆的直径不具有任何关系；C ：圆台的母线延长线与轴相交．故D 正确．2．如图所示的图形中有( )A ．圆柱、圆锥、圆台和球B ．圆柱、球和圆锥C ．球、圆柱和圆台D ．棱柱、棱锥、圆锥和球解析：选B 根据题中图形可知,(1)是球,(2)是圆柱,(3)是圆锥,(4)不是圆台,故应选B.3．下列说法中正确的个数是( )①用一个平面去截一个圆锥得到一个圆锥和一个圆台；②圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形；③分别以矩形(非正方形)的长和宽所在直线为旋转轴,旋转一周得到的两个几何体是两个不同的圆柱．A ．0B ．1C．2 D．3解析：选C ①中,必须用一个平行于底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故①说法错误；显然②③说法正确．故说法正确的有2个．4．如图所示的几何体是由下列哪个平面图形通过旋转得到的( )解析：选A 由题图知平面图应是一个直角三角形和一个直角梯形构成,故A正确．5．一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体是( )A．一个圆锥B．一个圆锥和一个圆柱C．两个圆锥D．一个圆锥和一个圆台答案：C6．将一个直角梯形绕其较短的底边所在的直线旋转一周得到一个几何体,则该几何体的结构特征是________________________________．答案：一个圆柱被挖去一个圆锥后所剩的几何体7．用平行于圆锥底面的平面截圆锥,所得截面面积与底面面积的比是1∶3,这个截面把圆锥的母线分为两段的比是________．解析：∵截面面积与底面面积的比为1∶3,故小圆锥与大圆锥的相似比为1∶3,故小圆锥与大圆锥的母线长之比为1∶3,故小圆锥与所得圆台的母线长比为1∶(3－1)．答案：1∶(3－1)8．将边长为4 cm和8 cm的矩形纸片卷成一个圆柱的侧面,则圆柱的轴截面的面积为________cm2.解析：当以4 cm为母线长时,设圆柱底面半径为r,则8＝2πr,∴2r＝8π.∴S轴截面＝4×8π＝32π(cm)2.当以8 cm为母线长时,设圆柱底面半径为R,则2πR＝4,2R＝4π.∴S轴截面＝8×4π＝32π(cm)2.综上,圆锥的轴截面面积为32πcm 2. 答案：32π9．将长为4宽为3的矩形ABCD 沿对角线AC 折起,折起后A ,B ,C ,D 在同一个球面上吗？若在求出这个球的直径．解：因为对角线AC 是直角三角形ABC 和直角三角形ADC 的公共斜边,所以AC 的中点O 到四个点的距离相等,即O 为该球的球心．所以AC 为球的一条直径,由勾股定理得AC ＝42＋32＝5.10．如图所示,直角梯形ABCD 中,AB ⊥BC ,绕着CD 所在直线l 旋转,试画出立体图并指出几何体的结构特征．解：如图①,过A ,B 分别作AO 1⊥CD ,BO 2⊥CD ,垂足分别为O 1,O 2,则Rt △CBO 2绕l 旋转一周所形成的曲面围成几何体是圆锥,直角梯形O 1ABO 2绕l 旋转一周所形成的曲面围成的几何体是圆台,Rt△ADO 1绕l 旋转一周所形成的曲面围成的几何体是圆锥．① ② 综上,所得几何体下面是一个圆锥,上面是一个圆台挖去了一个以圆台上底面为底面的圆锥．(如图②所示)．层级二 应试能力达标1．下列结论正确的是( )A ．用一个平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台B ．经过球面上不同的两点只能作一个最大的圆C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是正六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D 须用平行于圆锥底面的平面截才能得到圆锥和圆台,故A 错误；若球面上不同的两点恰为最大的圆的直径的端点,则过此两点的大圆有无数个,故B错误；正六棱锥的侧棱长必然要大于底面边长,故C错误．故选D.2.若圆柱体被平面截成如图所示的几何体,则它的侧面展开图是( )解析：选D 结合几何体的实物图,从截面最低点开始高度增加缓慢,然后逐渐变快,最后增加逐渐变慢,不是均衡增加的,所以A、B、C错误．3．一个正方体内接于一个球,过球心作一截面,如下图所示,则截面的可能图形是( )A．①②B．②④C．①②③D．②③④解析：选C 当截面平行于正方体的一个侧面时得③,当截面过正方体对角面时得②,当截面不平行于任何侧面也不过对角面时得①,但无论如何都不能得出④.4．已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π,则两平行平面间的距离为( )A．1 B．2C．1或7 D．2或6解析：选C 由截面的周长分别为6π和8π得两个截面半径分别为3和4,又球的半径为5,故圆心到两个截面的距离分别为4和3,故当两个截面在球心同一侧时,平行平面间的距离为4－3＝1,当两个截面在球心两侧时,平行平面间的距离为4＋3＝7.5．如果圆锥的侧面展开图是半圆,那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是________．解析：设底面半径为r,母线为l,则2πr＝πl,∴l＝2r.故两条母线的夹角为60°.答案：60°6．圆锥底面半径为1 cm,高为 2 cm,其中有一个内接正方体,则这个内接正方体的棱长为________ cm.解析：圆锥的轴截面SEF、正方体对角面ACC 1A1如图．设正方体的棱长为x cm,则AA1＝x cm,A1C1＝2x cm.作SO ⊥EF 于点O ,则SO ＝ 2 cm,OE ＝1 cm.∵△EAA 1∽△ESO ,∴AA 1SO ＝EA 1EO ,即x 2＝1－22x1.∴x ＝22,即该内接正方体的棱长为22 cm. 答案：227．一个圆锥的底面半径为2,高为6,在其中有一个高为x 的内接圆柱．(1)用x 表示圆柱的轴截面面积S ；(2)当x 为何值时,S 最大？解：(1)如图,设内接圆柱的底面圆半径为r , 由已知得6－x 6＝r2,∴r ＝6－x3,∴S ＝2×6－x3×x ＝－23x 2＋4x (0<x <6)．(2)当x ＝－42×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝3时,S 最大．8.如图所示,已知圆柱的高为80 cm,底面半径为10 cm,轴截面上有P ,Q 两点,且PA ＝40 cm,B 1Q ＝30 cm,若一只蚂蚁沿着侧面从P 点爬到Q 点,问：蚂蚁爬过的最短路径长是多少？解：将圆柱侧面沿母线AA 1展开,得如图所示矩形．∴A 1B 1＝12·2πr ＝πr ＝10π(cm)．过点Q 作QS ⊥AA 1于点S ,在Rt △PQS 中,PS ＝80－40－30＝10(cm),QS ＝A1B 1＝10π(cm)．∴PQ＝PS2＋QS2＝10π2＋1(cm)．即蚂蚁爬过的最短路径长是10π2＋1 cm.课时跟踪检测（三）直观图画法层级一学业水平达标1．根据斜二测画法的规则画直观图时,把Ox,Oy,Oz轴画成对应的O′x′,O′y′,O′z′,则∠x′O′y′与∠x′O′z′的度数分别为( ) A．90°,90°B．45°,90°C．135°,90° D．45°或135°,90°解析：选D 根据斜二测画法的规则,∠x′O′y′的度数应为45°或135°,∠x′O′z′指的是画立体图形时的横轴与纵轴的夹角,所以度数为90°.2．已知一个建筑物上部为四棱锥,下部为长方体,且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样,长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m,四棱锥的高为8 m,如果按1∶500 的比例画出它的直观图,那么在直观图中,长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( ) A．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm解析：选C 直观图中长、宽、高应分别按原尺寸的1500,11 000,1500计算,最后单位转化为 cm.3．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图,可能是下面的( )解析：选C 正方形的直观图是平行四边形,且边长不相等,故选C项．4.如右图所示的水平放置的三角形的直观图,D′是△A′B′C′中B′C′边的中点,且A′D′平行于y′轴,那么A′B′,A′D′,A′C′三条线段对应原图形中线段AB,AD,AC中( )A．最长的是AB,最短的是ACB．最长的是AC,最短的是ABC．最长的是AB,最短的是ADD．最长的是AD,最短的是AC解析：选C 因为A′D′∥y′轴,所以在△ABC中,AD⊥BC,又因为D′是B′C′的中点,所以D是BC中点,所以AB＝AC>AD.5．水平放置的△ABC ,有一边在水平线上,用斜二测画法作出的直观图是正三角形A ′B ′C ′,则△ABC 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．任意三角形解析：选C 将△A ′B ′C ′还原,由斜二测画法知,△ABC 为钝角三角形． 6．利用斜二测画法得到 ①三角形的直观图是三角形； ②平行四边形的直观图是平行四边形； ③正方形的直观图是正方形； ④矩形的直观图是矩形．以上结论,正确的是________(填序号)．解析：斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、相对线线平行关系不会改变,因此三角形的直观图是三角形,平行四边形的直观图是平行四边形．答案：①②7.如图,矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O ′A ′＝6,O ′C ′＝3,B ′C ′∥x ′轴,则原平面图形的面积为________．解析：在直观图中,设B ′C ′与y ′轴的交点为D ′,则易得O ′D ′＝32,所以原平面图形为一边长为6,高为62的平行四边形,所以其面积为6×62＝36 2.答案：36 28.如图,一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是________．解析：由题意知平面图形为直角梯形ABCD ,其中,AD ＝AD ′＝1,BC ＝B ′C ′＝1＋2,AB ＝2,即S 梯形ABCD ＝(1＋1＋2)2×2＝2＋ 2.答案：2＋ 29.如图所示,梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AB ＝4 cm,CD ＝2 cm,∠DAB ＝30°,AD ＝3 cm,试画出它的直观图．解：(1)如图(a)所示,在梯形ABCD 中,以边AB 所在的直线为x 轴,点A 为原点,建立平面直角坐标系xOy .如图(b)所示,画出对应的x ′轴,y ′轴,使∠x ′O ′y ′＝45°.(2)在图(a)中,过D 点作DE ⊥x 轴,垂足为E .在x ′轴上取A ′B ′＝AB ＝4 cm,A ′E ′＝AE ＝3×32≈2.598 (cm)；过点E ′作E ′D ′∥y ′轴,使E ′D ′＝12ED ,再过点D ′作D ′C ′∥x ′轴,且使D ′C ′＝DC ＝2 cm.(3)连结A ′D ′,B ′C ′,并擦去x ′轴与y ′轴及其他一些辅助线,如图(c)所示,则四边形A ′B ′C ′D ′就是所求作的直观图．10．已知底面是正六边形,侧面都是全等的等腰三角形的六棱锥．请画出它的直观图． 解：作法：(1)画六棱锥P ABCDEF 的底面．①在正六边形ABCDEF 中,取AD 所在直线为x 轴,对称轴MN 所在直线为y 轴,两轴交于点O .画相应的x ′轴和y ′轴、z ′轴,三轴交于点O ′,使∠x ′O ′y ′＝45°,∠x ′O ′z ′＝90°.②以O ′为中点,在x ′轴上取A ′D ′＝AD ,在y ′轴上取M ′N ′＝12MN ,以N ′为中点画B ′C ′,使B ′C ′∥O ′x ′,B ′C ′＝BC ；再以M ′为中点画E ′F ′,使E ′F ′∥O ′x ′,E ′F ′＝EF .③连结A ′B ′,C ′D ′,D ′E ′,F ′A ′,得到正六边形ABCDEF 水平放置的直观图A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(2)画六棱锥的顶点．在O ′z ′上截取点P ,使PO ′＝PO .(3)成图,连结PA ′,PB ′,PC ′,PD ′,PE ′,PF ′,并擦去辅助线,改被遮挡部分为虚线,即得六棱锥P ABCDEF 的直观图六棱锥P A ′B ′C ′D ′E ′F ′.层级二 应试能力达标1.已知水平放置的△ABC 按斜二测画法得到如图所示的直观图,其中B ′O ′＝C ′O ′＝1,A ′O ′＝32,那么原△ABC 是一个( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形C ．三边中有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形解析：选A 根据斜二测画法的原则,得BC ＝B ′C ′＝2,OA ＝2A ′O ′＝2×32＝3,AO ⊥BC ,∴AB ＝AC ＝BC ＝2,∴△ABC 是等边三角形． 2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示,AB 边平行于y 轴,BC ,AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2,则原平面图形A ′B ′C ′D ′的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意,可知∠BAD ＝45°,则原平面图形A ′B ′C ′D ′为直角梯形,上、下底边分别为B ′C ′,A ′D ′,且长度分别与BC ,AD 相等,高为A ′B ′,且长度为梯形ABCD 的高的22倍,所以原平面图形的面积为8 cm 2.3．如图是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图,已知O ′B ′＝4,A ′B ′∥y ′ 轴,且△ABO 的面积为16,过A ′作A ′C ′⊥x ′轴,则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴,所以在△ABO 中,AB ⊥OB .又△ABO 的面积为16,所以12AB ·OB ＝16.所以AB ＝8,所以A ′B ′＝4.如图,作A ′C ′⊥O ′B ′于点C ′,所以B ′C ′＝A ′C ′,所以A ′C ′的长为4sin 45°＝2 2.4．已知两个圆锥,底面重合在一起,其中一个圆锥顶点到底面的距离为 2 cm,另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm,则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A ．2 cmB ．3 cmC ．2.5 cmD ．5 cm解析：选D 圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高,故两顶点间距离为2＋3＝5 cm,在直观图中与z 轴平行的线段长度不变,仍为5 cm.5．有一个长为5,宽为4 的矩形,则其直观图的面积为________． 解析：由于该矩形的面积为S ＝5×4＝20,所以由公式S ′＝24S ,得其直观图的面积为S ′＝24S ＝5 2. 答案：5 26.水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示,已知A ′C ′＝3,B ′C ′＝2,则AB 边上的中线的实际长度为________．解析：由直观图知,原平面图形为直角三角形,且AC ＝A ′C ′＝3,BC＝2B′C′＝4,计算得AB＝5,所求中线长为2.5.答案：2.57．在水平位置的平面M内有一边长为1的正方形A′B′C′D′.如图,其中对角线A′C′在水平位置,已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图,试画出该四边形的真实图形并求出其面积．解：四边形ABCD的真实图形如图所示．∵A′C′为水平位置,∴四边形ABCD中,DA⊥AC.∵DA＝2D′A′＝2,AC＝A′C′＝2,∴S四边形ABCD＝AC·AD＝2 2.8．如图,正方形O′A′B′C′的边长为1 cm,它是水平放置的一个平面图形的直观图．请画出原来的平面图形的形状,并求原图形的周长与面积．解：如图,建立直角坐标系xOy,在x轴上取OA＝O′A′＝1 cm；在y轴上取OB＝2O′B′＝2 2 cm；在过点B的x轴的平行线上取BC＝B′C′＝1 cm.连结O,A,B,C各点,即得到了原图形．由作法可知,OABC为平行四边形,OC＝OB2＋BC2＝8＋1＝3 cm,∴平行四边形OABC的周长为(3＋1)×2＝8 cm,面积为S＝1×22＝2 2 cm2.课时跟踪检测（四）平面的基本性质层级一学业水平达标1．如果直线a⊂平面α,直线b⊂平面α,M∈a,N∈b,M∈l,N∈l,则( )A．l⊂αB．l⊄αC．l∩α＝M D．l∩α＝N解析：选A ∵M∈a,a⊂α,∴M∈α,同理,N∈α,又M∈l,N∈l,故l⊂α.2．下列命题中正确命题的个数是( )①三角形是平面图形；②梯形是平面图形；③四边相等的四边形是平面图形；④圆是平面图形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选C 根据公理1可知①②④正确,③错误．故选C.3．已知直线m⊂平面α,P∉m,Q∈m,则( )A．P∉α,Q∈αB．P∈α,Q∉αC．P∉α,Q∉αD．Q∈α解析：选D 因为Q∈m,m⊂α,所以Q∈α.因为P∉m,所以有可能P∈α,也可能有P∉α.4．如果两个平面有一个公共点,那么这两个平面( )A．没有其他公共点B．仅有这一个公共点C．仅有两个公共点D．有无数个公共点解析：选D 根据公理2可知,两个平面若有一个公共点,则这两个平面有且只有一个经过该点的公共直线．故选D.5．若直线l上有两个点在平面α外,则( )A．直线l上至少有一个点在平面α内B．直线l上有无穷多个点在平面α内C．直线l上所有点都在平面α外D．直线l上至多有一个点在平面α内解析：选D 由已知得直线l⊄α,故直线l上至多有一个点在平面α内．6．过同一点的4条直线中,任意3条都不在同一平面内,则这4条直线确定平面的个数是________．解析：设四条直线为a,b,c,d,则这四条直线中每两条都确定一个平面,因此,a与b,a 与c,a与d,b与c,b与d,c与d都分别确定一个平面,共6个平面．答案：67．已知α,β是不同的平面,l,m,n是不同的直线,P为空间中一点．若α∩β＝l,m⊂α,n⊂β,m∩n＝P,则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．解析：因为m⊂α,n⊂β,m∩n＝P,所以P∈α且P∈β.又α∩β＝l,所以点P在直线l上,所以P∈l.答案：P∈l8．空间有四个点,如果其中任意三个点不共线,则经过其中三个点的平面有________个．解析：用平面四边形和三棱锥的四个顶点判断,经过其中三个点的平面有1或4个．答案：1或49.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,判断下列命题是否正确,并说明理由．(1)由点A,O,C可以确定一个平面；(2)由点A,C1,B1确定的平面为平面ADC1B1.解：(1)不正确．因为点A,O,C在同一条直线上,故不能确定一个平面．(2)正确．因为点A,B1,C1不共线,所以可确定一个平面．又因为AD∥B1C1,所以点D∈平面AB1C1.所以由点A,C1,B1确定的平面为平面ADC1B1.10.如图,已知平面α,β,且α∩β＝l.设梯形ABCD中,AD∥BC,且AB⊂α,CD⊂β,求证：AB,CD,l共点(相交于一点)．证明：∵在梯形ABCD中,AD∥BC,∴AB,CD是梯形ABCD的两条腰．∴AB,CD必定相交于一点,设AB∩CD＝M.又∵AB⊂α,CD⊂β,∴M∈α,且M∈β.∴M∈α∩β.又∵α∩β＝l,∴M∈l,即AB,CD,l共点．层级二应试能力达标1．能确定一个平面的条件是( )A．空间三个点B．一个点和一条直线C．无数个点D．两条相交直线解析：选D 不在同一条直线上的三个点可确定一个平面,A,B,C条件不能保证有不在同一条直线上的三个点,故不正确．2．下列推理错误的是( )A．A∈l,A∈α,B∈l,B∈α⇒l⊂αB．A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α,A∈l⇒A∉αD．A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共线⇒α与β重合解析：选C 当l⊄α,A∈l时,也有可能A∈α,如l∩α＝A,故C错．3.如图,已知平面α∩平面β＝l,P∈β且P∉l,M∈α,N∈α,又MN∩l＝R,M,N,P三点确定的平面记为γ,则β∩γ是( )A．直线MP B．直线NPC．直线PR D．直线MR解析：选C 因为MN⊂γ,R∈MN,所以R∈γ.又α∩β＝l,MN∩l＝R,所以R∈β.又P ∈β,P∈γ,所以P,R均为平面γ与β的公共点,所以β∩γ＝PR.4．在空间四边形ABCD中,在AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果GH,EF交于一点P,则( )A．P一定在直线BD上B．P一定在直线AC上C．P在直线AC或BD上D．P既不在直线BD上,也不在AC上解析：选B 由题意知GH⊂平面ADC.因为GH,EF交于一点P,所以P∈平面ADC.同理,P ∈平面ABC.因为平面ABC∩平面ADC＝AC,由公理2可知点P一定在直线AC上．5．三条直线两两相交,它们可以确定________个平面．解析：若三条直线两两相交,且不共点,则只能确定一个平面；若三条直线两两相交,且共点,则可以确定1个或3个平面．答案：1或36．三个平面两两相交,则将空间分成________个部分．解析：三个平面两两相交(1)若交于同一条直线,则将空间分成6个部分；(2)若交于三条交线①三条交线交于一点,则将空间分成8个部分；②若三条交线互相平行,则将空间分成7个部分；所以,三个这样的平面将空间分成6或7或8个部分．答案：6或7或87. 如图,直角梯形ABDC中,AB∥CD,AB>CD,S是直角梯形ABDC所在平面外一点,画出平面SBD和平面SAC的交线．解：延长AC,BD交于T, 连结ST,∵T∈AC,AC⊂平面SAC,。
课时跟踪检测(五十一) 空间角 (视情况选用)
课时跟踪检测（五十一） 空间角 （视情况选用）1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，C 1D 1的中点，则A 1B 1与平面A 1EF 所成角的正切值为( )A ．2 B. 2 C ．1 D. 3解析：选B A 1B 1与平面A 1EF 所成的角就是∠B 1A 1C ，tan ∠B 1A 1C ＝B 1C A 1B 1＝ 2. 2．在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝435，那么二面角A -BD -P 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选A 作AO ⊥BD 交BD 于点O ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BD .∵PA ∩AO ＝A ，∴BD ⊥平面PAO ，∴PO ⊥BD ，∴∠AOP 即为所求二面角A -BD -P 的大小．∵AO ＝AB ·AD BD ＝125， ∴tan ∠AOP ＝AP AO ＝33，故二面角A -BD -P 的大小为30°. 3.如图，空间四边形ABCD 的对角线AC ＝8，BD ＝6，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，且异面直线AC 与BD 所成的角为90°，则MN 的长度为( )A ．5B ．6C ．8D ．10解析：选A 如图，取AD 的中点P ，连接PM ，PN ，则PM ∥BD ，PN ∥AC ，PN ＝12AC ＝4，PM ＝12BD ＝3， ∴∠MPN 即为异面直线AC 与BD 所成的角，∴∠MPN ＝90°，∴MN ＝5.故选A.4．已知AB ∥平面α，AC ⊥平面α于点C ，BD 是平面α的斜线，D是斜足，若AC ＝9，BD ＝63，则BD 与平面α所成的角的大小为________．解析：如图，过B 作BE ⊥平面α，垂足为E ，则BE ＝9.连接DE ，则∠BDE 为BD 与平面α所成的角．在Rt △BED 中，sin ∠BDE ＝BE BD ＝32，所以∠BDE ＝60°. 答案：60°5．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与圆锥底面所成角为45°，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78， ∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB ＝12×(2r )2×158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45，∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π6．已知边长为2的正方形ABCD 的四个顶点在球O 的球面上，球O 的体积V 球＝1605π3，则OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为________．解析：如图，过点O 作OM ⊥平面ABCD ，垂足为点M ，则点M 为正方形ABCD 的中心．∵正方形ABCD 的边长为2，∴AC ＝22，∴AM ＝ 2.∵V 球＝43πr 3＝1605π3，∴球O 的半径OA ＝r ＝25，∴OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为cos ∠OAM＝AM OA ＝225＝1010. 答案：1010 7.(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABD ，所以AD ⊥平面ABC .因为BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BC .(2)取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND .又因为M 为棱AB 的中点，所以MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AD ＝23，AM ＝1，所以DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .在Rt △DAN 中，AN ＝1，所以DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326. 所以异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. (3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，所以CM ⊥AB ，CM ＝ 3.因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥平面ABD ，所以∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34. 所以直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34. 8．(2019·湖北八校联考)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝3，点E ，F 分别在线段AB ，AC 上，且EF ∥BC ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置，使得二面角P -EF -B的大小为60°.(1)求证：EF⊥PB；(2)当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求四棱锥P-EBCF的侧面积．解：(1)证明：在Rt△ABC中，∵AB＝BC＝3，∴BC⊥AB.∵EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，仍有EF⊥PE，EF⊥BE，又PE∩BE ＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB.(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P-EF-B的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝3，∴PB2＋BE2＝PE2，∴PB⊥BE，∴PB，BC，BE两两垂直，∴△PBE，△PBC，△PEF均为直角三角形．由△AEF∽△ABC可得，EF＝23BC＝2，S△PBC＝12BC·PB＝332，S△PBE＝12PB·BE＝32，S△PEF＝12EF·PE＝2.在四边形BCFE中，过点F作BC的垂线，垂足为H，则FC2＝FH2＋HC2＝BE2＋(BC －EF)2＝2，∴FC＝ 2.在△PFC中，FC＝2，PC＝BC2＋PB2＝23，PF＝PE2＋EF2＝22，由余弦定理可得cos∠PFC＝PF2＋FC2－PC22PF·FC＝－14，则sin∠PFC＝154，S△PFC＝12PF·FC sin∠PFC＝152.∴四棱锥P-EBCF的侧面积为S△PBC＋S△PBE＋S△PEF＋S△PFC＝2＋23＋15 2.。
课时跟踪检测(八) 用空间向量研究空间角问题
课时跟踪检测（八） 用空间向量研究空间角问题1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A ．30° B ．150° C ．30°或150°D ．以上均不对解析：选A l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角θ的范围为0°<θ≤90°．故选A.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是D 1C 1，AB 的中点，则A 1B 1与截面A 1ECF 所成的角的正切值为( )A ． 2B ． 3C ． 5D ． 6解析：选A 设棱长为2，建立以A 1为原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，则A 1(0,0,0)，E (1,2,0)，F (1,0，2)，AE ―→＝(1,2,0)，AF ―→＝(1,0,2)，设平面A 1ECF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0，令x ＝－2，得y ＝1，z ＝1，所以平面A 1ECF 的一个法向量为n ＝(－2,1,1)，又A 1B 1的方向向量为(2,0,0)，设A 1B 1与截面A 1ECF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1B 1―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－426＝63，cos θ＝33，∴tan θ＝ 2.3.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2解析：选D 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建系(图略)，设棱长为1，A 1(1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，0，D (0,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫0，1，12，则A 1M ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，－1，DN ―→＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，cos 〈A 1M ―→，DN ―→〉＝A 1M ―→·DN ―→|A 1M ―→||DN ―→|＝0.∴〈A 1M ―→，DN ―→〉＝π2.4．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 夹角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 建系如图，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)．易知平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PD ―→＝0，n 2·CD ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0.令x ＝1，则z ＝1，∴n 2＝(1,0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为22. ∴此角的大小为45°.5.如图，已知矩形ABCD 与矩形ABEF 全等，二面角D -AB -E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39，则AB BC ＝( ) A ．1 B ． 2 C ．22D ．12解析：选C 不妨设BC ＝1，AB ＝λ，则AB BC ＝λ.记AF ―→＝a ，AB ―→＝b ，AD ―→＝c ，则FM ―→＝12b －a ，BD ―→＝c －b ，根据题意，|a |＝|c |＝1，|b |＝λ，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴FM ―→·BD ―→＝－12b 2＝－12λ2，而|FM ―→|＝14λ2＋1，|BD ―→|＝λ2＋1，∴|cos 〈FM ―→，BD ―→〉|＝|FM ―→·BD ―→||FM ―→|·|BD ―→|＝⎪⎪⎪⎪－12λ214λ2＋1·λ2＋1＝39，得λ＝22.故选C. 6．若直线l 的方向向量a ＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为________．解析：由题意，得直线l 与平面α所成角的正弦值为|a ·n ||a ||n |＝714×17＝23834.答案：238347．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝________.解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2. 则C (0,2,0)，M (2,0,1)， D 1(0,0,2)，N (2,2,1)． ∴CM ―→＝(2，－2,1)， D 1N ―→＝(2,2，－1)．cos 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝4－4－13×3＝－19.∴sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝459.答案：4598．已知点A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0,0,3)，则平面ABC 与平面xOy 的夹角的余弦值为________．解析：由题意得AB ―→＝(－1,2,0)，AC ―→＝(－1,0,3)． 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·AC ―→＝0，知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋3z ＝0.令x ＝2，得y ＝1，z ＝23，则平面ABC 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，23.因为平面xOy 的一个法向量为OC ―→＝(0,0,3)． 所以平面ABC 与平面xOy 的夹角的余弦值为|n ·OC ―→||n ||OC ―→|＝27.答案：279.如图所示，已知在四面体ABCD 中，O 为BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．解：(1)证明：因为BO ＝DO ，AB ＝AD ，所以AO ⊥BD . 因为BO ＝DO ，BC ＝CD ，所以CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3，而AC ＝2， 所以AO 2＋CO 2＝AC 2， 所以∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC .因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD .(2)以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，BA ―→＝(－1,0,1)，CD ―→＝(－1，－3，0)，所以cos 〈BA ―→，CD ―→〉＝BA ―→·CD ―→|BA ―→||CD ―→|＝24，所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 10．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A -MA 1-N 的正弦值． 解：(1)证明：连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE ， 所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A ―→＝(0,0，－4)，A 1M ―→＝(－1，3，－2)，A 1N ―→＝(－1,0，－2)，MN ―→＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M ―→＝0，m ·A 1A ―→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN ―→＝0，n ·A 1N ―→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A -MA 1-N 的正弦值为105.1.如图所示，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则平面PBC 与平面BFD 夹角的正切值为( )A ．36 B ．34 C ．33D ．233解析：选D 如图所示，设AC 与BD 交于O ，连接OF .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， 所以O (0,0,0)，B⎝⎛⎭⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0，OC ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，易知OC ―→为平面BFD 的一个法向量，由BC ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0，FB ―→＝⎝⎛⎭⎫32，0，－12，可得平面PBC 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC ―→＝217，sin 〈n ，OC ―→＝277，所以tan〈n ，OC ―→＝233.2．在三棱锥P -ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A ．216B ．833 C ．21060D ．21030解析：选D 不妨设AB ＝BC ＝12PA ＝2，∵OP ⊥底面ABC ，∴PO ＝14.根据题意，以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立空间直角坐标系Bxyz ，如图所示．则A (2,0,0)，B (0,0,0)，C (0,2,0)，P (1,1，14)． ∵点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，∴OD ―→＝12AP ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，142. 又BC ―→＝(0,2,0)，BP ―→＝(1,1，14)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·BP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y ＋14z ＝0，取n ＝(－14，0,1)，∴cos 〈n ，OD ―→〉＝n ·OD ―→|n ||OD ―→|＝21030， ∴sin θ＝21030(θ为OD 与平面PBC 所成的角)，故选D. 3.如图，已知四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12. 求平面SAB 与平面SCD夹角的余弦值．解：如图，以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则A (0,0,0)，S (0,0,1)，C (1,1,0)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0， SD ―→＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，SC ―→＝(1,1，－1)． 设平面SCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·SD ―→＝0，n ·SC ―→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝－z .令z ＝1，得n ＝(2，－1,1)．因为AD ―→＝⎝⎛⎭⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量， 所以cos 〈AD ―→，n 〉＝63.所以平面SAB 与平面SCD 夹角的余弦值为63. 4.如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D -A 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→| A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m | AE ―→||m |＝333×4＝34. 设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为74. 5.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明：PC ⊥AD ；(2)求平面PAC 与平面PCD 夹角的正弦值；(3)设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．解：如图，以点A 为坐标原点，AD ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0，2)． (1)证明：易得PC ―→＝(0,1，－2)，AD ―→＝(2,0,0)，则PC ―→·AD ―→＝0，所以PC ⊥AD .(2)易得PC ―→＝(0,1，－2)，CD ―→＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·CD ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．又AD ―→＝(2,0,0)是平面PAC 的一个法向量， 所以cos 〈AD ―→，n 〉＝AD ―→·n | AD ―→||n |＝66，从而sin 〈AD ―→，n 〉＝306.所以平面PAC 与平面PCD 夹角的正弦值为306. (3)易得CD ―→＝(2，－1,0)． 设AE ＝h ，h ∈[0,2]，则E (0,0，h )，所以BE ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h . 所以cos 〈BE ―→，CD ―→〉＝BE ―→·CD ―→| BE ―→||CD ―→|＝3212＋h 2×5＝32， 解得h ＝1010，即AE ＝1010.。
高一数学 课时跟踪检测(全一册) 苏教版必修
高一数学课时跟踪检测(全一册)苏教版必修课时跟踪检测一棱柱棱锥和棱台课时跟踪检测二圆柱圆锥圆台和球课时跟踪检测三直观图画法课时跟踪检测四平面的基本性质课时跟踪检测五空间两条直线的位置关系课时跟踪检测六直线与平面平行课时跟踪检测七直线与平面垂直课时跟踪检测八两平面平行课时跟踪检测九两平面垂直课时跟踪检测十空间几何体的表面积课时跟踪检测十一空间几何体的体积课时跟踪检测十二直线的斜率课时跟踪检测十三直线的点斜式方程课时跟踪检测十四直线的两点式方程课时跟踪检测十五直线的一般式方程课时跟踪检测十六两条直线的平行课时跟踪检测十七两条直线的垂直课时跟踪检测十八两条直线的交点课时跟踪检测十九平面上两点之间的距离课时跟踪检测二十点到直线的距离课时跟踪检测二十一圆的标准方程课时跟踪检测二十二圆的一般方程课时跟踪检测二十三直线与圆的位置关系课时跟踪检测二十四圆与圆的位置关系课时跟踪检测二十五空间直角坐标系课时跟踪检测二十六空间两点间的距离课时跟踪检测（一）棱柱、棱锥和棱台层级一学业水平达标1．关于如图所示的4个几何体,说法正确的是( )A．只有②是棱柱B．只有②④是棱柱C．只有①②是棱柱D．只有①②④是棱柱解析：选D 解决这类问题,要紧扣棱柱的定义：有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行．图①②④满足棱柱的定义,正确；图③不满足侧面都是平行四边形,不正确．2．下面结论是棱台具备的性质的是( )①两底面相似；②侧面都是梯形；③侧棱都相等；④侧棱延长后都交于一点.A．①③B．①②④C．②④D．②③④解析：选B 用棱台的定义可知选B.3．下面图形中,为棱锥的是( )A．①③ B．①③④C．①②④ D．①②解析：选 C 根据棱锥的定义和结构特征可以判断,①②是棱锥,③不是棱锥,④是棱锥．故选C.4．下列图形中,不能折成三棱柱的是( )解析：选C C中,两个底面均在上面,因此不能折成三棱柱,其余均能折为三棱柱．5．一个棱锥的各条棱都相等,那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥解析：选D 若满足条件的棱锥是六棱锥,则它的六个侧面都是正三角形,侧面的顶角都是60°,其和为360°,则顶点在底面内,与棱锥的定义相矛盾．6．一个棱柱至少有________个面,面数最少的一个棱锥有________个顶点,顶点最少的一个棱台有________条侧棱．答案：5 4 37．两个完全相同的长方体,长、宽、高分别为5 cm,4 cm,3 cm,把它们重叠在一起组成一个新长方体,在这些新长方体中,表面积最大的长方体的表面积为________ cm2.解析：将两个长方体侧面积最小的两个面重合在一起,得到的长方体的表面积最大,此时,所得的新长方体的长、宽、高分别为10 cm,4 cm,3 cm,表面积的最大值为2×(10×4＋3×4＋3×10)＝164.答案：1648.如图,三棱台ABCA′B′C′,沿A′BC截去三棱锥A′ABC,则剩余部分是________．解析：在图中截去三棱锥A′ABC后,剩余的是以BCC′B′为底面,A′为顶点的四棱锥．答案：四棱锥A′BCC′B′9．如图,观察并分别判断①中的三棱镜,②中的螺杆头部模型有多少对互相平行的平面,其中能作为棱柱底面的分别有几对．解：图①中有1对互相平行的平面,只有这1对可以作为棱柱的底面．图②中有4对互相平行的平面,只有1对可以作为棱柱的底面．10.在一个长方体的容器中,里面装有少量水,现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜,在倾斜的过程中．(1)水面的形状不断变化,可能是矩形,也可能变成不是矩形的平行四边形,对吗？(2)水的形状也不断变化,可以是棱柱,也可能变为棱台或棱锥,对吗？(3)如果倾斜时,不是绕着底部的一条棱,而是绕着其底部的一个顶点,上面的第(1)题和第(2)题对不对？解：(1)不对；水面的形状是矩形,不可能是其他非矩形的平行四边形．(2)不对；此几何体是棱柱,水比较少时,是三棱柱,水多时,可能是四棱柱,或五棱柱；但不可能是棱台或棱锥．(3)用任意一个平面去截长方体,其截面形状可以是三角形,四边形,五边形,六边形,因而水面的形状可以是三角形,四边形,五边形,六边形；水的形状可以是棱锥,棱柱,但不可能是棱台．层级二 应试能力达标1．下列命题正确的是( )A ．有两个面互相平行,其余各面都是四边形的几何体叫做棱柱B ．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面C ．棱柱的侧面是平行四边形,底面不是平行四边形D ．棱柱的侧棱都相等,侧面都是平行四边形解析：选D 根据棱柱的定义可知D 正确．2．下列说法正确的是( )A ．有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台B ．多面体至少有3个面C ．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D ．九棱柱有9条侧棱,9个侧面,侧面为平行四边形解析：选D 选项A 错误,反例如图1；一个多面体至少有4个面,如三棱锥有4个面,不存在有3个面的多面体,所以选项B 错误；选项C 错误,反例如图2,上、下底面是全等的菱形,各侧面是全等的正方形,它不是正方体；根据棱柱的定义,知选项D 正确．3．用一平行于棱锥底面的平面截某棱锥,截得的棱台上、下底面面积比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是( )A ．12 cmB ．9 cmC ．6 cmD ．3 cm解析：选D 设原棱锥的高为h cm,依题意可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3h 2＝14,解得h ＝6,所以棱台的高为6－3＝3(cm)．4．五棱柱中,不同在任何侧面,且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个五棱柱共有对角线( )A ．20条B ．15条C ．12条D ．10条解析：选D 由题意,知五棱柱的对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线,因为不同在任何侧面内,故从一个顶点出发的对角线有2条,所以五棱柱共有对角线2×5＝10(条)．故选D.5．在正方体上任意选择4个顶点,则可以组成的平面图形或几何体是________．(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形,另一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：如图,在正方体ABCDA1B1C1D1上,若取A,B,C,D四个顶点,可得矩形；若取D,A,C,D1四个顶点,可得③中所述几何体；若取A,C,D1,B1四个顶点,可得④中所述几何体；若取D,D1,A,B四个顶点,可得⑤中所述几何体．故填①③④⑤.答案：①③④⑤6.如图,M是棱长为2 cm的正方体ABCDA1B1C1D1的棱CC1的中点,沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________ cm.解析：由题意,若以BC为轴展开,则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm,3 cm,故两点之间的距离是13cm.若以BB1为轴展开,则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1,4,故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.答案：137．根据下列关于空间几何体的描述,说出几何体的名称．(1)由6个平行四边形围成的几何体．(2)由7个面围成,其中一个面是六边形,其余6个面都是有一个公共顶点的三角形．(3)由5个面围成的几何体,其中上、下两个面是相似三角形,其余3个面都是梯形,并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．解：(1)这是一个上、下底面是平行四边形,四个侧面也是平行四边形的四棱柱．(2)这是一个六棱锥,其中六边形面是底面,其余的三角形面是侧面．(3)这是一个三棱台,其中相似的两个三角形面是底面,其余三个梯形面是侧面．8.如图在正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,沿图中虚线将3个三角形折起,使点A,B,C重合,重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ,则每个面的三角形面积为多少？解：(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2,S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2, S △DEF ＝32a 2. 课时跟踪检测（二） 圆柱、圆锥、圆台和球层级一 学业水平达标1．有下列四个说法,其中正确的是( )A ．圆柱的母线与轴垂直B ．圆锥的母线长等于底面圆直径C ．圆台的母线与轴平行D ．球的直径必过球心解析：选D A ：圆柱的母线与轴平行；B ：圆锥的母线长与底面圆的直径不具有任何关系；C ：圆台的母线延长线与轴相交．故D 正确．2．如图所示的图形中有( )A ．圆柱、圆锥、圆台和球B ．圆柱、球和圆锥C ．球、圆柱和圆台D ．棱柱、棱锥、圆锥和球解析：选B 根据题中图形可知,(1)是球,(2)是圆柱,(3)是圆锥,(4)不是圆台,故应选B.3．下列说法中正确的个数是( )①用一个平面去截一个圆锥得到一个圆锥和一个圆台；②圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形；③分别以矩形(非正方形)的长和宽所在直线为旋转轴,旋转一周得到的两个几何体是两个不同的圆柱．A ．0B ．1C．2 D．3解析：选C ①中,必须用一个平行于底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故①说法错误；显然②③说法正确．故说法正确的有2个．4．如图所示的几何体是由下列哪个平面图形通过旋转得到的( )解析：选A 由题图知平面图应是一个直角三角形和一个直角梯形构成,故A正确．5．一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体是( )A．一个圆锥B．一个圆锥和一个圆柱C．两个圆锥D．一个圆锥和一个圆台答案：C6．将一个直角梯形绕其较短的底边所在的直线旋转一周得到一个几何体,则该几何体的结构特征是________________________________．答案：一个圆柱被挖去一个圆锥后所剩的几何体7．用平行于圆锥底面的平面截圆锥,所得截面面积与底面面积的比是1∶3,这个截面把圆锥的母线分为两段的比是________．解析：∵截面面积与底面面积的比为1∶3,故小圆锥与大圆锥的相似比为1∶3,故小圆锥与大圆锥的母线长之比为1∶3,故小圆锥与所得圆台的母线长比为1∶(3－1)．答案：1∶(3－1)8．将边长为4 cm和8 cm的矩形纸片卷成一个圆柱的侧面,则圆柱的轴截面的面积为________cm2.解析：当以4 cm为母线长时,设圆柱底面半径为r,则8＝2πr,∴2r＝8π.∴S轴截面＝4×8π＝32π(cm)2.当以8 cm为母线长时,设圆柱底面半径为R,则2πR＝4,2R＝4π.∴S轴截面＝8×4π＝32π(cm)2.综上,圆锥的轴截面面积为32πcm 2. 答案：32π9．将长为4宽为3的矩形ABCD 沿对角线AC 折起,折起后A ,B ,C ,D 在同一个球面上吗？若在求出这个球的直径．解：因为对角线AC 是直角三角形ABC 和直角三角形ADC 的公共斜边,所以AC 的中点O 到四个点的距离相等,即O 为该球的球心．所以AC 为球的一条直径,由勾股定理得AC ＝42＋32＝5.10．如图所示,直角梯形ABCD 中,AB ⊥BC ,绕着CD 所在直线l 旋转,试画出立体图并指出几何体的结构特征．解：如图①,过A ,B 分别作AO 1⊥CD ,BO 2⊥CD ,垂足分别为O 1,O 2,则Rt △CBO 2绕l 旋转一周所形成的曲面围成几何体是圆锥,直角梯形O 1ABO 2绕l 旋转一周所形成的曲面围成的几何体是圆台,Rt△ADO 1绕l 旋转一周所形成的曲面围成的几何体是圆锥．① ② 综上,所得几何体下面是一个圆锥,上面是一个圆台挖去了一个以圆台上底面为底面的圆锥．(如图②所示)．层级二 应试能力达标1．下列结论正确的是( )A ．用一个平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台B ．经过球面上不同的两点只能作一个最大的圆C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是正六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D 须用平行于圆锥底面的平面截才能得到圆锥和圆台,故A 错误；若球面上不同的两点恰为最大的圆的直径的端点,则过此两点的大圆有无数个,故B错误；正六棱锥的侧棱长必然要大于底面边长,故C错误．故选D.2.若圆柱体被平面截成如图所示的几何体,则它的侧面展开图是( )解析：选D 结合几何体的实物图,从截面最低点开始高度增加缓慢,然后逐渐变快,最后增加逐渐变慢,不是均衡增加的,所以A、B、C错误．3．一个正方体内接于一个球,过球心作一截面,如下图所示,则截面的可能图形是( )A．①②B．②④C．①②③D．②③④解析：选C 当截面平行于正方体的一个侧面时得③,当截面过正方体对角面时得②,当截面不平行于任何侧面也不过对角面时得①,但无论如何都不能得出④.4．已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π,则两平行平面间的距离为( )A．1 B．2C．1或7 D．2或6解析：选C 由截面的周长分别为6π和8π得两个截面半径分别为3和4,又球的半径为5,故圆心到两个截面的距离分别为4和3,故当两个截面在球心同一侧时,平行平面间的距离为4－3＝1,当两个截面在球心两侧时,平行平面间的距离为4＋3＝7.5．如果圆锥的侧面展开图是半圆,那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是________．解析：设底面半径为r,母线为l,则2πr＝πl,∴l＝2r.故两条母线的夹角为60°.答案：60°6．圆锥底面半径为1 cm,高为 2 cm,其中有一个内接正方体,则这个内接正方体的棱长为________ cm.解析：圆锥的轴截面SEF、正方体对角面ACC 1A1如图．设正方体的棱长为x cm,则AA1＝x cm,A1C1＝2x cm.作SO ⊥EF 于点O ,则SO ＝ 2 cm,OE ＝1 cm.∵△EAA 1∽△ESO ,∴AA 1SO ＝EA 1EO ,即x 2＝1－22x1.∴x ＝22,即该内接正方体的棱长为22 cm. 答案：227．一个圆锥的底面半径为2,高为6,在其中有一个高为x 的内接圆柱．(1)用x 表示圆柱的轴截面面积S ；(2)当x 为何值时,S 最大？解：(1)如图,设内接圆柱的底面圆半径为r , 由已知得6－x 6＝r2,∴r ＝6－x3,∴S ＝2×6－x3×x ＝－23x 2＋4x (0<x <6)．(2)当x ＝－42×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝3时,S 最大．8.如图所示,已知圆柱的高为80 cm,底面半径为10 cm,轴截面上有P ,Q 两点,且PA ＝40 cm,B 1Q ＝30 cm,若一只蚂蚁沿着侧面从P 点爬到Q 点,问：蚂蚁爬过的最短路径长是多少？解：将圆柱侧面沿母线AA 1展开,得如图所示矩形．∴A 1B 1＝12·2πr ＝πr ＝10π(cm)．过点Q 作QS ⊥AA 1于点S ,在Rt △PQS 中,PS ＝80－40－30＝10(cm),QS ＝A1B 1＝10π(cm)．∴PQ＝PS2＋QS2＝10π2＋1(cm)．即蚂蚁爬过的最短路径长是10π2＋1 cm.课时跟踪检测（三）直观图画法层级一学业水平达标1．根据斜二测画法的规则画直观图时,把Ox,Oy,Oz轴画成对应的O′x′,O′y′,O′z′,则∠x′O′y′与∠x′O′z′的度数分别为( ) A．90°,90°B．45°,90°C．135°,90° D．45°或135°,90°解析：选D 根据斜二测画法的规则,∠x′O′y′的度数应为45°或135°,∠x′O′z′指的是画立体图形时的横轴与纵轴的夹角,所以度数为90°.2．已知一个建筑物上部为四棱锥,下部为长方体,且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样,长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m,四棱锥的高为8 m,如果按1∶500 的比例画出它的直观图,那么在直观图中,长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( ) A．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm解析：选C 直观图中长、宽、高应分别按原尺寸的1500,11 000,1500计算,最后单位转化为 cm.3．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图,可能是下面的( )解析：选C 正方形的直观图是平行四边形,且边长不相等,故选C项．4.如右图所示的水平放置的三角形的直观图,D′是△A′B′C′中B′C′边的中点,且A′D′平行于y′轴,那么A′B′,A′D′,A′C′三条线段对应原图形中线段AB,AD,AC中( )A．最长的是AB,最短的是ACB．最长的是AC,最短的是ABC．最长的是AB,最短的是ADD．最长的是AD,最短的是AC解析：选C 因为A′D′∥y′轴,所以在△ABC中,AD⊥BC,又因为D′是B′C′的中点,所以D是BC中点,所以AB＝AC>AD.5．水平放置的△ABC ,有一边在水平线上,用斜二测画法作出的直观图是正三角形A ′B ′C ′,则△ABC 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．任意三角形解析：选C 将△A ′B ′C ′还原,由斜二测画法知,△ABC 为钝角三角形． 6．利用斜二测画法得到 ①三角形的直观图是三角形； ②平行四边形的直观图是平行四边形； ③正方形的直观图是正方形； ④矩形的直观图是矩形．以上结论,正确的是________(填序号)．解析：斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、相对线线平行关系不会改变,因此三角形的直观图是三角形,平行四边形的直观图是平行四边形．答案：①②7.如图,矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O ′A ′＝6,O ′C ′＝3,B ′C ′∥x ′轴,则原平面图形的面积为________．解析：在直观图中,设B ′C ′与y ′轴的交点为D ′,则易得O ′D ′＝32,所以原平面图形为一边长为6,高为62的平行四边形,所以其面积为6×62＝36 2.答案：36 28.如图,一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是________．解析：由题意知平面图形为直角梯形ABCD ,其中,AD ＝AD ′＝1,BC ＝B ′C ′＝1＋2,AB ＝2,即S 梯形ABCD ＝(1＋1＋2)2×2＝2＋ 2.答案：2＋ 29.如图所示,梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AB ＝4 cm,CD ＝2 cm,∠DAB ＝30°,AD ＝3 cm,试画出它的直观图．解：(1)如图(a)所示,在梯形ABCD 中,以边AB 所在的直线为x 轴,点A 为原点,建立平面直角坐标系xOy .如图(b)所示,画出对应的x ′轴,y ′轴,使∠x ′O ′y ′＝45°.(2)在图(a)中,过D 点作DE ⊥x 轴,垂足为E .在x ′轴上取A ′B ′＝AB ＝4 cm,A ′E ′＝AE ＝3×32≈2.598 (cm)；过点E ′作E ′D ′∥y ′轴,使E ′D ′＝12ED ,再过点D ′作D ′C ′∥x ′轴,且使D ′C ′＝DC ＝2 cm.(3)连结A ′D ′,B ′C ′,并擦去x ′轴与y ′轴及其他一些辅助线,如图(c)所示,则四边形A ′B ′C ′D ′就是所求作的直观图．10．已知底面是正六边形,侧面都是全等的等腰三角形的六棱锥．请画出它的直观图． 解：作法：(1)画六棱锥P ABCDEF 的底面．①在正六边形ABCDEF 中,取AD 所在直线为x 轴,对称轴MN 所在直线为y 轴,两轴交于点O .画相应的x ′轴和y ′轴、z ′轴,三轴交于点O ′,使∠x ′O ′y ′＝45°,∠x ′O ′z ′＝90°.②以O ′为中点,在x ′轴上取A ′D ′＝AD ,在y ′轴上取M ′N ′＝12MN ,以N ′为中点画B ′C ′,使B ′C ′∥O ′x ′,B ′C ′＝BC ；再以M ′为中点画E ′F ′,使E ′F ′∥O ′x ′,E ′F ′＝EF .③连结A ′B ′,C ′D ′,D ′E ′,F ′A ′,得到正六边形ABCDEF 水平放置的直观图A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(2)画六棱锥的顶点．在O ′z ′上截取点P ,使PO ′＝PO .(3)成图,连结PA ′,PB ′,PC ′,PD ′,PE ′,PF ′,并擦去辅助线,改被遮挡部分为虚线,即得六棱锥P ABCDEF 的直观图六棱锥P A ′B ′C ′D ′E ′F ′.层级二 应试能力达标1.已知水平放置的△ABC 按斜二测画法得到如图所示的直观图,其中B ′O ′＝C ′O ′＝1,A ′O ′＝32,那么原△ABC 是一个( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形C ．三边中有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形解析：选A 根据斜二测画法的原则,得BC ＝B ′C ′＝2,OA ＝2A ′O ′＝2×32＝3,AO ⊥BC ,∴AB ＝AC ＝BC ＝2,∴△ABC 是等边三角形． 2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示,AB 边平行于y 轴,BC ,AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2,则原平面图形A ′B ′C ′D ′的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意,可知∠BAD ＝45°,则原平面图形A ′B ′C ′D ′为直角梯形,上、下底边分别为B ′C ′,A ′D ′,且长度分别与BC ,AD 相等,高为A ′B ′,且长度为梯形ABCD 的高的22倍,所以原平面图形的面积为8 cm 2.3．如图是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图,已知O ′B ′＝4,A ′B ′∥y ′ 轴,且△ABO 的面积为16,过A ′作A ′C ′⊥x ′轴,则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴,所以在△ABO 中,AB ⊥OB .又△ABO 的面积为16,所以12AB ·OB ＝16.所以AB ＝8,所以A ′B ′＝4.如图,作A ′C ′⊥O ′B ′于点C ′,所以B ′C ′＝A ′C ′,所以A ′C ′的长为4sin 45°＝2 2.4．已知两个圆锥,底面重合在一起,其中一个圆锥顶点到底面的距离为 2 cm,另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm,则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A ．2 cmB ．3 cmC ．2.5 cmD ．5 cm解析：选D 圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高,故两顶点间距离为2＋3＝5 cm,在直观图中与z 轴平行的线段长度不变,仍为5 cm.5．有一个长为5,宽为4 的矩形,则其直观图的面积为________． 解析：由于该矩形的面积为S ＝5×4＝20,所以由公式S ′＝24S ,得其直观图的面积为S ′＝24S ＝5 2. 答案：5 26.水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示,已知A ′C ′＝3,B ′C ′＝2,则AB 边上的中线的实际长度为________．解析：由直观图知,原平面图形为直角三角形,且AC ＝A ′C ′＝3,BC＝2B′C′＝4,计算得AB＝5,所求中线长为2.5.答案：2.57．在水平位置的平面M内有一边长为1的正方形A′B′C′D′.如图,其中对角线A′C′在水平位置,已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图,试画出该四边形的真实图形并求出其面积．解：四边形ABCD的真实图形如图所示．∵A′C′为水平位置,∴四边形ABCD中,DA⊥AC.∵DA＝2D′A′＝2,AC＝A′C′＝2,∴S四边形ABCD＝AC·AD＝2 2.8．如图,正方形O′A′B′C′的边长为1 cm,它是水平放置的一个平面图形的直观图．请画出原来的平面图形的形状,并求原图形的周长与面积．解：如图,建立直角坐标系xOy,在x轴上取OA＝O′A′＝1 cm；在y轴上取OB＝2O′B′＝2 2 cm；在过点B的x轴的平行线上取BC＝B′C′＝1 cm.连结O,A,B,C各点,即得到了原图形．由作法可知,OABC为平行四边形,OC＝OB2＋BC2＝8＋1＝3 cm,∴平行四边形OABC的周长为(3＋1)×2＝8 cm,面积为S＝1×22＝2 2 cm2.课时跟踪检测（四）平面的基本性质层级一学业水平达标1．如果直线a⊂平面α,直线b⊂平面α,M∈a,N∈b,M∈l,N∈l,则( )A．l⊂αB．l⊄αC．l∩α＝M D．l∩α＝N解析：选A ∵M∈a,a⊂α,∴M∈α,同理,N∈α,又M∈l,N∈l,故l⊂α.2．下列命题中正确命题的个数是( )①三角形是平面图形；②梯形是平面图形；③四边相等的四边形是平面图形；④圆是平面图形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选C 根据公理1可知①②④正确,③错误．故选C.3．已知直线m⊂平面α,P∉m,Q∈m,则( )A．P∉α,Q∈αB．P∈α,Q∉αC．P∉α,Q∉αD．Q∈α解析：选D 因为Q∈m,m⊂α,所以Q∈α.因为P∉m,所以有可能P∈α,也可能有P∉α.4．如果两个平面有一个公共点,那么这两个平面( )A．没有其他公共点B．仅有这一个公共点C．仅有两个公共点D．有无数个公共点解析：选D 根据公理2可知,两个平面若有一个公共点,则这两个平面有且只有一个经过该点的公共直线．故选D.5．若直线l上有两个点在平面α外,则( )A．直线l上至少有一个点在平面α内B．直线l上有无穷多个点在平面α内C．直线l上所有点都在平面α外D．直线l上至多有一个点在平面α内解析：选D 由已知得直线l⊄α,故直线l上至多有一个点在平面α内．6．过同一点的4条直线中,任意3条都不在同一平面内,则这4条直线确定平面的个数是________．解析：设四条直线为a,b,c,d,则这四条直线中每两条都确定一个平面,因此,a与b,a 与c,a与d,b与c,b与d,c与d都分别确定一个平面,共6个平面．答案：67．已知α,β是不同的平面,l,m,n是不同的直线,P为空间中一点．若α∩β＝l,m⊂α,n⊂β,m∩n＝P,则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．解析：因为m⊂α,n⊂β,m∩n＝P,所以P∈α且P∈β.又α∩β＝l,所以点P在直线l上,所以P∈l.答案：P∈l8．空间有四个点,如果其中任意三个点不共线,则经过其中三个点的平面有________个．解析：用平面四边形和三棱锥的四个顶点判断,经过其中三个点的平面有1或4个．答案：1或49.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,判断下列命题是否正确,并说明理由．(1)由点A,O,C可以确定一个平面；(2)由点A,C1,B1确定的平面为平面ADC1B1.解：(1)不正确．因为点A,O,C在同一条直线上,故不能确定一个平面．(2)正确．因为点A,B1,C1不共线,所以可确定一个平面．又因为AD∥B1C1,所以点D∈平面AB1C1.所以由点A,C1,B1确定的平面为平面ADC1B1.10.如图,已知平面α,β,且α∩β＝l.设梯形ABCD中,AD∥BC,且AB⊂α,CD⊂β,求证：AB,CD,l共点(相交于一点)．证明：∵在梯形ABCD中,AD∥BC,∴AB,CD是梯形ABCD的两条腰．∴AB,CD必定相交于一点,设AB∩CD＝M.又∵AB⊂α,CD⊂β,∴M∈α,且M∈β.∴M∈α∩β.又∵α∩β＝l,∴M∈l,即AB,CD,l共点．层级二应试能力达标1．能确定一个平面的条件是( )A．空间三个点B．一个点和一条直线C．无数个点D．两条相交直线解析：选D 不在同一条直线上的三个点可确定一个平面,A,B,C条件不能保证有不在同一条直线上的三个点,故不正确．2．下列推理错误的是( )A．A∈l,A∈α,B∈l,B∈α⇒l⊂αB．A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α,A∈l⇒A∉αD．A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共线⇒α与β重合解析：选C 当l⊄α,A∈l时,也有可能A∈α,如l∩α＝A,故C错．3.如图,已知平面α∩平面β＝l,P∈β且P∉l,M∈α,N∈α,又MN∩l＝R,M,N,P三点确定的平面记为γ,则β∩γ是( )A．直线MP B．直线NPC．直线PR D．直线MR解析：选C 因为MN⊂γ,R∈MN,所以R∈γ.又α∩β＝l,MN∩l＝R,所以R∈β.又P ∈β,P∈γ,所以P,R均为平面γ与β的公共点,所以β∩γ＝PR.4．在空间四边形ABCD中,在AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果GH,EF交于一点P,则( )A．P一定在直线BD上B．P一定在直线AC上C．P在直线AC或BD上D．P既不在直线BD上,也不在AC上解析：选B 由题意知GH⊂平面ADC.因为GH,EF交于一点P,所以P∈平面ADC.同理,P ∈平面ABC.因为平面ABC∩平面ADC＝AC,由公理2可知点P一定在直线AC上．5．三条直线两两相交,它们可以确定________个平面．解析：若三条直线两两相交,且不共点,则只能确定一个平面；若三条直线两两相交,且共点,则可以确定1个或3个平面．答案：1或36．三个平面两两相交,则将空间分成________个部分．解析：三个平面两两相交(1)若交于同一条直线,则将空间分成6个部分；(2)若交于三条交线①三条交线交于一点,则将空间分成8个部分；②若三条交线互相平行,则将空间分成7个部分；所以,三个这样的平面将空间分成6或7或8个部分．答案：6或7或87. 如图,直角梯形ABDC中,AB∥CD,AB>CD,S是直角梯形ABDC所在平面外一点,画出平面SBD和平面SAC的交线．解：延长AC,BD交于T, 连结ST,∵T∈AC,AC⊂平面SAC,。
届高考数学一轮总复习课时跟踪检测(四十八)空间角理新人教版【含答案】
课时跟踪检测(四十八) 空间角一保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·郑州模拟)如图，在三棱柱ABC A1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为2的菱形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，∠A 1AC ＝60°，∠BCA ＝90°.(1)求证：A 1B ⊥AC 1；(2)已知点E 是AB 的中点，BC ＝AC ，求直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值．解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接A1O ， 因为四边形AA 1C 1C 是菱形，且∠A 1AC ＝60°， 所以△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， 平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， 所以A 1O ⊥平面ABC ， 所以A 1O ⊥BC .又BC ⊥AC ，A 1O ∩AC ＝O ， 所以BC ⊥平面AA 1C 1C ， 所以AC 1⊥BC .在菱形AA 1C 1C 中，AC 1⊥A 1C ， 所以AC 1⊥平面A 1BC ， 所以A 1B ⊥AC 1.(2)连接OE ，以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则A (0，－1,0)，B (2,1,0)，C (0,1,0)，C 1(0,2，3)，AB ＝(2,2,0)，1BB ＝1CC ＝(0,1，3)，设m ＝(x ，y ，z )是平面ABB 1A 1的法向量，则m ·AB ＝0，m ·1BB ＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0，取z ＝－1，可得m ＝(－3，3，－1)．又E (1,0,0)，所以1EC ＝(－1,2，3)， 设直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈1EC ，m 〉|＝|1EC ·m ||1EC |·|m |＝4214.即直线EC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为4214. 2．如图，在直三棱柱ABC A1B 1C 1中，AD ⊥平面A 1BC ，其垂足D 落在直线A 1B 上．(1)求证：BC ⊥A 1B ；(2)若AD ＝3，AB ＝BC ＝2，P 为AC 的中点，求二面角P A 1B C 的平面角的余弦值．解：(1)证明：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴A 1A ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ， ∴A 1A ⊥BC .∵AD ⊥平面A 1BC ，且BC ⊂平面A 1BC ， ∴AD ⊥BC .又AA 1⊂平面A 1AB ，AD ⊂平面A 1AB ，A 1A ∩AD ＝A ， ∴BC ⊥平面A 1AB ， 又A 1B ⊂平面A 1BC ， ∴BC ⊥A 1B .(2)由(1)知BC ⊥平面A 1AB ，AB ⊂平面A 1AB ，从而BC ⊥AB .如图，以B 为原点，BC ，BA ，BB 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系B xyz ，∵AD ⊥平面A 1BC ，其垂足D 落在直线A 1B 上， ∴AD ⊥A 1B .在Rt △ABD 中，AD ＝3，AB ＝2， ∴sin ∠ABD ＝AD AB ＝32，∠ABD ＝60°， 在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥AB ， 在Rt △ABA 1中，AA 1＝AB ·tan 60°＝23，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，P (1,1,0)，A 1(0,2,23)，BP ＝(1,1,0)，1BA ＝(0,2,23)，BC ＝(2,0,0)．设平面PA 1B 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP ＝0，n 1·1BA ＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2y 1＋23z 1＝0，令x 1＝3，可得n 1＝(3，－3，3)； 设平面CA 1B 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ＝0，n 2·1BA ＝0，即⎩⎨⎧x 2＝0，2y 2＋23z 2＝0，令y 2＝－3，可得n 2＝(0，－3，3)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝277，∴二面角P A 1B C 的平面角的余弦值为277.3．(2015·湖南高考)如图，已知四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P QD A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积．解：由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B 1(3,0，6)，D (0,6,0)，D 1(0,3,6)，Q (6，m,0)，其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.(1)证明：若P 是DD 1的中点，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3，PQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3.又1AB ＝(3,0,6)，于是1AB ·PQ ＝18－18＝0， 所以1AB ⊥PQ ，即AB 1⊥PQ .(2)由题设知，DQ ＝(6，m －6,0)，1DD ＝(0，－3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ ＝0，n 1·1DD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋m －y ＝0，－3y ＋6z ＝0.取y ＝6，得n 1＝(6－m,6,3)．又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝3－m 2＋62＋32·1＝3－m2＋45. 而二面角P QD A 的余弦值为37，因此3－m 2＋45＝37， 解得m ＝4或m ＝8(舍去)，此时Q (6,4,0)．设DP ＝λ1DD (0<λ≤1)，而1DD ＝(0，－3,6)， 由此得点P (0,6－3λ，6λ)，所以PQ ＝(6,3λ－2，－6λ)． 因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝(0,1,0)， 所以PQ ·n 3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝23，从而P (0,4,4)．于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P ADQ ，则其高h ＝4， 故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.4．(2015·天津高考)如图，在四棱柱ABCD A1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0，2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN ·n ＝0.又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)1AD ＝(1，－2,2)，AC ＝(2,0,0)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·1AD ＝0，n 1·AC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·1AB ＝0，n 2·AC ＝0.又1AB ＝(0,1,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0，不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设1A E ＝λ11A B ，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE ＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得 |cos 〈NE ，n 〉|＝|NE ·n ||NE ||n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7. 又因为λ∈[0,1]，所以λ＝7－2. 所以线段A 1E 的长为7－2.二上台阶，自主选做志在冲刺名校如图所示，在三棱柱ABC A1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥AC ，AC ＝AB ＝AA 1，E ，F 分别是棱BC ，A 1A 的中点，G 为棱CC 1上的一点，且C 1F ∥平面AEG .(1)求CGCC 1的值； (2)求证：EG ⊥A 1C ；(3)求二面角A 1 AG E 的余弦值． 解：(1)因为C 1F ∥平面AEG ， 又C 1F ⊂平面ACC 1A 1， 平面ACC 1A 1∩平面AEG ＝AG ， 所以C 1F ∥AG .因为F 为AA 1中点，且侧面ACC 1A 1为平行四边形， 所以G 为CC 1的中点， 所以CG CC 1＝12. (2)证明：因为AA1⊥底面ABC ， 所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .又AB ⊥AC ，如图所示，以A 为原点建立直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则由AB ＝AC ＝AA 1可得C (2，0,0)，B (0,2,0)，C 1(2,0,2)，A 1(0,0,2)．因为E ，G 分别是BC ，CC 1的中点， 所以E (1,1,0)，G (2,0,1)，EG ·1CA ＝(1，－1,1)·(－2,0,2)＝0.所以EG ⊥1CA ， 所以EG ⊥A 1C .(3)设平面AEG 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ＝0，n ·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.令x ＝1，则y ＝－1，z ＝－2， 所以n ＝(1，－1，－2)，由已知可得平面A 1AG 的法向量m ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n |·|m |＝－66.由题意知二面角A 1AG E 为钝角， 所以二面角A 1AG E 的余弦值为－66.。
(新课标)高考数学大一轮复习 空间角的求法课时跟踪检测(四十八)理(含解析)-人教版高三全册数学试题
课时跟踪检测(四十八) 空间角的求法(分A、B卷，共2页)A卷：夯基保分1．(2015·某某模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB的中点．(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.2．(2014·高考)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH 的长．3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角AA1B1C1的余弦值．B卷：增分提能1．(2015·某某一调)如图所示，在多面体ABCDA1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值．2．(2014·某某高考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．3．(2015·某某模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．答案A卷：夯基保分1．解：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .根据已知得：D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)．(1)∵DA ＝(2,0,0)，1CB ＝(2,0,2)，∴cos 〈DA ，1CB 〉＝DA ·1CB |DA ||1CB |＝22.∴直线AD 和直线B 1C 所成角为π4.(2)证明：取B 1D 的中点F ，得F (1,1,1)，连接EF . ∵E 为AB 的中点，∴E (2,1,0)， ∴EF ＝(－1,0,1)，DC ＝(0,2,0)， ∴EF ·DC ＝0，EF ·1CB ＝0， ∴EF ⊥DC ，EF ⊥CB 1.∵DC ∩CB 1＝C ，∴EF ⊥平面B 1CD .又∵EF ⊂平面EB 1D ，∴平面EB 1D ⊥平面B 1CD . 2．解：(1)证明：在正方形AMDE 中， 因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)因为PA ⊥底面ABCDE ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE .如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC ＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB ＝0，n ·AF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0.令z ＝1，得y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC |n ||BC |＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH ＝λPC (0＜λ＜1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH ＝0， 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23. 所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2.3．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两相互垂直．以O 为坐标原点，OB ，1OB ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形． 又AB ＝BC ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1,0,0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. 1AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，－33，11A B ＝AB ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－33， 11B C ＝BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1AB ＝0，n ·11A B ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A B ＝0，m ·11B C ＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17. 所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.B 卷：增分提能1．解：以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2a ，0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB ，1DD 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，∴异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33.(2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0，1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎨⎧n ·1CC ＝0，n ·FC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2,1,1)，∴cos 〈1FB ，n 〉＝1FB ·n |1FB |·|n |＝33，∵二面角F CC 1B 为锐角， ∴二面角F CC 1B 的余弦值为33. 2.解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又由M 是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2)法一：连接AC ，MC ，由(1)知CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形． 可得BC ＝AD ＝MC ，由题意知∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB . 以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C xyz . 所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以1MD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，11D C ＝MB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的法向量n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·11D C ＝0，n ·1MD ＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又1CD ＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈1CD ，n 〉＝1CD ·n|1CD ||n |＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，过C 向AB 引垂线交AB 于N ，连接D 1N .由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1AB C 的平面角．在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得＝32. 所以ND 1＝CD 21＋2＝152. 在Rt △D 1中，cos ∠D 1NC ＝D 1N＝32152＝55. 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 3．解：(1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AC ， ∵底面ABCD 是直角梯形，且AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，BC ＝ 2.∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴AC ⊥BC ，∵PC ∩BC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ， ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .设PC ＝a ，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，32，a 2，P (1,1，a )，B (0,2,0)． ∴AC ＝(1,1,0)，AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，a 2，AP ＝(1,1，a )，BC ＝(1，－1,0)．设平面EAC 的法向量为v ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧v ·AC ＝0，v ·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋3y ＋az ＝0，令x ＝1，则v ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2a ，∵BC ⊥平面PAC ，∴平面PAC 的一个法向量为u ＝BC ＝(1，－1,0)， 设二面角P AC E 的大小θ，则cos θ＝v ·u|v |·|u |＝1×1＋－1×－1＋0×2a2× 2＋4a 2＝63， 解得a ＝2，∴直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为cos 〈v ，AP 〉＝v ·AP |v |·|AP |＝1×1＋1×－1＋2×13×6＝23.。
[2020理数]课时跟踪检测(四十五) 利用空间向量求空间角
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课时跟踪检测（四十五） 利用空间向量求空间角[A 级 基础题——基稳才能楼高]1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0),n ＝(0,1,1),则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°解析：选C cos m ,n ＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22,即m ,n＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.2．如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,已知M ,N 分别是BD 和AD 的中点,则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A ．3030 B.3015 C ．3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2,则B 1(2,2,2),M (1,1,0),D 1(0,0,2),N (1,0,0),∴B 1M ―→＝(－1,－1,－2),D 1N ―→＝(1,0,－2),∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪B 1M ―→·D 1N ―→|B 1M ―→|·|D 1N ―→| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋41＋1＋4×1＋4＝3010.故选C.3．如图,已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AD ＝AA 1＝1,AB ＝3,E 为线段AB 上一点,且AE ＝13AB ,则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A 如图,以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C 1(0,3,1),D 1(0,0,1),E (1,1,0),C (0,3,0),∴DC 1―→＝(0,3,1),D 1E ―→＝(1,1,－1),D 1C ―→＝(0,3,－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1,得n ＝(2,1,3)．∵cos DC 1―→,n ＝DC 1―→·n | DC 1―→|·|n |＝(0，3，1)·(2，1，3)10×14＝33535,∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.4．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1＝2,二面角B -AA 1-C 1的大小为60°,点B 到平面ACC 1A 1的距离为3,点C 到平面ABB 1A 1的距离为23,则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7 B ． 6 C. 5D ．2解析：选A 由题意可知,∠BAC ＝60°,点B 到平面ACC 1A 1的距离为3,点C 到平面ABB 1A 1的距离为23,所以在三角形ABC 中,AB ＝2,AC ＝4,BC ＝23,∠ABC ＝90°,则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4,|AB 1―→|＝22,|BC 1―→|＝4,cos AB 1―→,BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→|·|BC 1―→|＝24,故tan AB 1―→,BC 1―→＝7.5．如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等,E ,F ,G 分别为AB ,AA 1,A 1C 1的中点,则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2,取AC 的中点D ,连接DG ,DB ,分别以DA ,DB ,DG 所在的直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B 1()0，3，2,F (1,0,1), E ⎝⎛⎭⎫12，32，0,G (0,0,2), B 1F ―→＝()1，－3，－1,EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1,GF ―→＝(1,0,－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1,则z ＝1,y ＝3,故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量, 所以cos 〈n ,B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35,所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.故选A.6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E 为BB 1的中点,则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ,设棱长为1,则A 1(0,0,1),E ⎝⎛⎭⎫1，0，12,D (0,1,0), ∴A 1D ―→＝(0,1,－1),A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12, 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1), ∴cos 〈n 1,n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.7．如图所示,在三棱锥P -ABC 中,PA ⊥平面ABC ,D 是棱PB 的中点,已知PA ＝BC ＝2,AB ＝4,CB ⊥AB ,则异面直线PC ,AD 所成角的余弦值为__________．解析：因为PA ⊥平面ABC ,所以PA ⊥AB ,PA ⊥BC . 过点A 作AE ∥CB ,又CB ⊥AB , 则AP ,AB ,AE 两两垂直．如图,以A 为坐标原点,分别以AB ,AE ,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),P (0,0,2),B (4,0,0),C (4,－2,0)． 因为D 为PB 的中点,所以D (2,0,1)． 故CP ―→＝(－4,2,2),AD ―→＝(2,0,1)．所以cos AD ―→,CP ―→＝AD ―→·CP ―→|AD ―→|·|CP ―→|＝－65×26＝－3010. 设异面直线PC ,AD 所成的角为θ, 则cos θ＝|cos AD ―→,CP ―→|＝3010.答案：30108．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝2,CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°,则AE ＝________.解析：如图,以O 为原点,以OA ,OB 所在直线分别为x 轴,y 轴,以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ,则B (0,3,0),D (0,－3,0),F (－1,0,3),E (1,0,a ),∴OF ―→＝(－1,0,3),DB ―→＝(0,23,0),EB ―→＝(－1,3,－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0,令z ＝1,得x ＝－a , ∴n ＝(－a,0,1),∴cos 〈n ,OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10. ∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°,∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22, 解得a ＝2或a ＝－12(舍去),∴AE ＝2.答案：2[B 级 保分题——准做快做达标]1．(2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥P -ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ,∠APD ＝90°,求二面角A -PB -C 的余弦值．解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°, 得AB ⊥AP ,CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ,所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ,所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ,垂足为F .由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PF ,可得PF ⊥平面ABCD . 以F 为坐标原点,FA ―→的方向为x 轴正方向,|AB ―→|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0,P ⎝⎛⎭⎫0，0，22,B ⎝⎛⎭⎫22，1，0,C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22,CB ―→＝(2,0,0),PA ―→＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22,AB ―→＝(0,1,0)． 设n ＝(x 1,y 1,z 1)是平面PCB 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0,－1,－2)． 设m ＝(x 2,y 2,z 2)是平面PAB 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PA ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)． 则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.由图知二面角A -PB -C 为钝角, 所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33. 2．(2019·合肥一检)如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是正方形,BF ⊥平面ABCD ,DE ⊥平面ABCD ,BF ＝DE ,M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ,求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 交BD 于点N ,连接MN , 则N 为AC 的中点,又M 为AE 的中点,∴MN ∥EC . ∵MN ⊄平面EFC ,EC ⊂平面EFC , ∴MN ∥平面EFC .∵BF ,DE 都与平面ABCD 垂直,∴BF ∥DE . ∵BF ＝DE ,∴四边形BDEF 为平行四边形,∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ,EF ⊂平面EFC , ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ,∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是正方形,∴DA ,DC ,DE 两两垂直,如图,建立空间直角坐标系D -xyz .设AB＝2,则DE＝4,从而D (0,0,0),B (2,2,0),M (1,0,2),A (2,0,0),E (0,0,4),∴DB ―→＝(2,2,0),DM ―→＝(1,0,2),设平面BDM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2,则y ＝－2,z ＝－1,从而n ＝(2,－2,－1)为平面BDM 的一个法向量．∵AE ―→＝(－2,0,4),设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ, 则sin θ＝|cos n ,AE ―→|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515,∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.3．如图,EA ⊥平面ABC ,DB ⊥平面ABC ,△ABC 是等边三角形,AC ＝2AE ,M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2,求二面角B -CD -E 的余弦值．解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形,M 是AB 的中点, 所以CM ⊥AM .因为EA ⊥平面ABC ,CM ⊂平面ABC ,所以CM ⊥EA . 因为AM ∩EA ＝A ,所以CM ⊥平面EAM . 因为EM ⊂平面EAM ,所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点,MC 所在直线为x 轴,MB 所在直线为y 轴,过M 且与直线BD 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系M -xyz ,如图所示．因为DB ⊥平面ABC ,所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角,所以tan ∠DMB ＝BDMB ＝2,即BD ＝2MB ,所以BD ＝AC . 不妨设AC ＝2,又AC ＝2AE ,则CM ＝3,AE ＝1. 故B (0,1,0),C (3,0,0),D (0,1,2),E (0,－1,1)．所以BC ―→＝(3,－1,0),BD ―→＝(0,0,2),CE ―→＝(－3,－1,1),CD ―→＝(－3,1,2)． 设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1,y 1,z 1),n ＝(x 2,y 2,z 2), 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC ―→＝0，m ·BD ―→＝0，得⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0，令x 1＝1,得y 1＝3,所以m ＝(1,3,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE ―→＝0，n ·CD ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1,得y 2＝－33,z 2＝233.所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，233. 所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n|m ||n |＝0. 所以二面角B -CD -E 的余弦值为0.。
高考数学一轮复习 空间角的求法课时跟踪检测 理 湘教版
高考数学一轮复习空间角的求法课时跟踪检测理湘教版(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1.如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是( )A．60°B．45°C．30° D．90°2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.223．(2013·安徽六校联考)在三棱锥PABC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( )A.15B.255C.55D.254．(2014·昆明模拟)如图，在四棱锥PABCD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BACM的余弦值为( )A.66B.36C.26D.165.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．6．如图，在正四棱锥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所成角为________．7．(2013·全国课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．8．(2013·合肥一模)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，其中AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB ＝4，CD ＝2，侧面PAD 是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD 垂直，E 为PA 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ； (2)求二面角E BD A 的余弦值．第Ⅱ卷：提能增分卷1.(2013·湖北八校联考)如图，在△AOB 中，已知∠AOB ＝π2，∠BAO ＝π6，AB ＝4，D 为线段AB 的中点．△AOC 是由△AOB 绕直线AO 旋转而成，记二面角B AO C 的大小为θ.(1)当平面COD ⊥平面AOB 时，求θ的值； (2)当θ＝2π3时，求二面角B OD C 的余弦值．2．(2013·郑州模拟)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，CD ＝λ1CC .(λ∈R )(1)当λ＝12时，求证：AB 1⊥平面A 1BD ；(2)当二面角A A 1D B 的大小为π3时，求实数λ的值．3．(2014·天津十二区县联考)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为点B ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1)证明：平面A 1AC ⊥平面AB 1B ； (2)求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(3)若点P 为B 1C 1的中点，并求出二面角P AB A 1的平面角的余弦值． 答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．选B 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐系系D －xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC ＝(0,1,0)， ∴cos 〈EF ，DC 〉＝EF ·DC |EF ||DC |＝－22，∴〈EF ，DC 〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.2．选B 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴1A D ＝(0,1，－1)， 1A E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3.选C 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴PA ＝(0,0，－2)，DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1. 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·DE ＝0，n ·DF ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA ·n ||PA ||n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55， 故选C.4．选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)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1， ∴AC ＝(2,1,0)， AM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，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AP ＝(0,0,2)， ∴cos 〈n ，AP 〉＝n ·AP|n |·|AP |＝21＋4＋1·2＝16＝66.∴二面角B AC M 的余弦值为66. 5．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2. 可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，∴1BC ＝(0,2，－1)，1AB ＝(－2,2,1)， ∴cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB | 1BC ||1AB |＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴1BC 与1AB 的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案：556．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，－a 2，a 2.则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB ＝(a ，a,0)．设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB ·n | CB ||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB ，n 〉＝60°， ∴直线BC 与平面PAC 的夹角为 90°－60°＝30°. 答案：30°7．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0, 3，0)，C (0,0, 3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)． 故cos n ，1A C＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 8．解：(1)证明：如图1，取AB 的中点F ，连接DF ，EF . 在直角梯形ABCD 中，CD ∥AB ，且AB ＝4，CD ＝2，所以BF 綊CD ，所以四边形BCDF 为平行四边形， 所以DF ∥BC . 在△PAB 中，PE ＝EA ，AF ＝FB ，所以EF ∥PB .因为DF ∩EF ＝F ，PB ∩BC ＝B ， 所以平面DEF ∥平面PBC .因为DE ⊂平面DEF ，所以DE ∥平面PBC .(2)取AD 的中点O ，BC 的中点N ，连接ON ，OP ，则ON ∥AB . 在△PAD 中，PA ＝PD ＝AD ＝2，所以PO ⊥AD ，PO ＝ 3. 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .如图2，以O 为坐标原点，分别以OA ，ON ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (1,0,0)，D (－1,0,0)，P (0，0，3)，B (1,4,0)，所以DB ＝(2,4,0)．因为E 为PA 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，故DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32.易知PO ＝(0,0，－3)为平面ABD 的一个法向量． 设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ⊥DB ，n ⊥DE ，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝0，32x ＋32z ＝0，令y ＝－1，则x ＝2，z ＝－23，所以n ＝(2，－1，－23)为平面EBD 的一个法向量．所以cos 〈PO ，n 〉＝PO ·n | PO |·|n |＝25117.设二面角E BD A 的大小为θ，由图可知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos θ＝25117，即二面角E BD A 的余弦值为25117.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)如图，在平面AOB 内过B 作BE ⊥OD 于E ，∵平面AOB ⊥平面COD ， 平面AOB ∩平面COD ＝OD ， ∴BE ⊥平面COD ， ∴BE ⊥CO . 又∵CO ⊥AO ， ∴CO ⊥平面AOB ， ∴CO ⊥BO .∵BO ⊥AO ，CO ⊥AO ，∴二面角B AO C 的平面角为∠BOC ， 即θ＝π2.(2)如图，以O 为原点，在平面OBC 内垂直于OB 的直线为x 轴，OB ，OA 所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ，则A (0,0,23)，B (0,2,0)，D (0,1，3)，C (3，－1,0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面COD 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·OC ＝0，n 1·OD ＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0.取z ＝1，则n 1＝(－1，－3，1)．又平面AOB 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)，设二面角B OD C 的大小为α，则cos α＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－11＋3＋1＝－55.故二面角B OD C 的余弦值为－55. 2．解：(1)证明：取BC 的中点为O ，连接AO ，因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，且△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ，AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则A (0,0，3)，B 1(1,2,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，B (1,0,0)．所以1AB ＝(1,2，－3)，1DA ＝(1,1，3)，DB ＝(2，－1,0)．因为1AB ·1DA ＝1＋2－3＝0，1AB ·DB ＝2－2＝0， 所以AB 1⊥DA 1，AB 1⊥DB ，又DA 1∩DB ＝D ，所以AB 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)得D (－1,2λ，0)，所以1DA ＝(1,2－2λ，3)，DB ＝(2，－2λ，0)，DA ＝(1，－2λ，3)．设平面A 1BD 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，平面AA 1D 的法向量n 2＝(s ，t ，u )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·1DA ＝0，n 1·DB ＝0，得平面A 1BD 的一个法向量n 1＝(λ，1，λ－23)；同理可得平面AA 1D 的一个法向量n 2＝(3，0，－1)，由|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12，解得λ＝14，即为所求． 3．解：(1)证明：∵A 1B ⊥平面ABC ，∴A 1B ⊥AC ，又AB ⊥AC ，AB ∩A 1B ＝B ，∴AC ⊥平面AB 1B ，∵AC ⊂平面A 1AC ，∴平面A 1AC ⊥平面AB 1B . (2)以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,2,2)，B 1(0,4,2)，C 1(2,2,2)，1AA ＝(0,2,2)，BC ＝11B C ＝(2，－2,0)，cos 〈1AA ，BC 〉＝1AA ·BC| 1AA |·|BC |＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(3)因为P 为棱B 1C 1的中点，故易求得P (1,3,2)． 设平面PAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AP ＝0，n 1·AB ＝0，由⎩⎨⎧AP ＝1，3，2，AB ＝0，2，0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＋2z ＝0，2y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(－2,0,1 )， 而平面ABA 1的法向量n 2＝(1,0,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－25＝－255.由图可知二面角P AB A 1为锐角，故二面角P AB A 1的平面角的余弦值是255.。
高中数学 9.4空间的角课时提能训练 理 新人教A版
温馨提示：【全程复习方略】（广西专用）2013版高中数学 9.4空间的角课时提能训练 理 新人教A 版(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) (A)23 (B)33 (C)23 (D)632.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值为( )(A)22 (B)155 (C)64 (D)633.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，DC 的中点，则直线MC 与D 1N 所成角的余弦值为( )(A)12 (B)15 (C)17 (D)134.把等腰直角△ABC 沿斜边上的高AD 折成直二面角B —AD —C ，则BD 与平面ABC 所成角的正切值为( )(A) 2 (B)22 (C)1 (D)335.(预测题)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，E 、F 分别是AD 、DD 1的中点，则平面EFC 1B 和平面BCC 1所成二面角的正切值等于( )(A)2 2 (B) 3 (C) 5 (D)7 6.(2012·贺州模拟)已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )(A)13 (B)23 (C)33 (D)23二、填空题(每小题6分，共18分)7.如图，ABCD 为菱形，CEFB 为正方形，平面ABCD⊥平面CEFB ，CE ＝1，∠AED＝30°，则异面直线BC 与AE 所成角的大小为 .8.(2012·柳州模拟)如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，SA⊥底面ABCD ，SA ＝AB ，M 是SD 的中点.则二面角D —AC —M 的大小为 .9.已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长都相等，则直线AC 1与侧面ABB 1A 1所成角的正弦值等于 .三、解答题(每小题15分，共30分)10.(易错题)如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在平面垂直，已知BC ＝2AD ＝4，∠ABC＝60°，BF⊥AC.(1)求证：AC⊥平面ABF ；(2)求异面直线BE 与AF 所成的角.11.如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，底面为直角梯形，∠BAD＝90°，BC∥AD，且PA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝2.(1)设M 为PD 的中点，求证：CM∥平面PAB ；(2)求侧面PAB 与侧面PCD 所成二面角的平面角的正切值.【探究创新】(16分)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点.(1)求证：EF⊥平面PAD；(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；(3)若M为线段AB上靠近A的一个动点，问当AM长度等于多少时，直线MF与平面EFG所成角的正弦值等于155？答案解析1.【解析】选D.∵BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角即为BB1与平面ACD1所成的角，设其大小为θ，设正方体的棱长为1，则点D到平面ACD1的距离为33，所以sinθ＝33，得cosθ＝63，故选D.2.【解析】选C.取BC的中点D，连结AD、C1D，如图，AD⊥平面BB1C1C，∠AC1D即为所求的角，设AA1＝AB＝2，则AD＝3，AC1＝22，sinAC1D＝64，故选C.3.【解题指南】先作出所求角，然后在三角形中求解.【解析】选B.连结NA ，D 1A ，则∠D 1NA 为直线MC 与D 1N 所成的角，设正方体的棱长为2，在三角形D 1NA 中由余弦定理可求得cosD 1NA ＝15. 4.【解析】选B.设等腰直角△ABC 的直角边长为1.如图，在平面ADC 中，过D 作DE ⊥AC ，交AC 于点E.连结BE ，因为二面角B —AD—C 为直二面角，所以BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，又DE ∩BD ＝D ，因此AC ⊥平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC ，故∠DBE 就是BD与平面ABC 所成角，在Rt △DBE 中，易求tanDBE ＝22，故选B. 5.【解题指南】为了作出二面角E －BC 1－C 的平面角，需在一个面内取一点，过该点向另一个面引垂线.(这是用三垂线定理作二面角的平面角的关键步骤)从图形特点看，可过E 作平面BCC 1的垂线.【解析】选A.过E 作EH ⊥BC ，垂足为H.过H 作HG ⊥BC 1，垂足为G.连结EG.∵平面ABCD ⊥平面BCC 1，而EH ⊥BC ，∴EH ⊥平面BCC 1，EG 是平面BCC 1的斜线，HG 是斜线EG 在平面BCC 1内的射影.∵HG ⊥BC 1， ∴EG ⊥BC 1，∴∠EGH 是二面角E －BC 1－C 的平面角.设正方体棱长为1，在Rt △BCC 1中，sinC 1BC ＝CC 1BC 1＝22， 在Rt △BHG 中，sinC 1BC ＝HG BH，∴HG ＝22×12＝24. 而EH ＝1， 在Rt △EHG 中，tanEGH ＝EH HG＝2 2 故二面角E －BC 1－C 的正切值等于2 2.6.【解析】选B.可设底面边长与侧棱长为1个单位长度，因为A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，所以三棱锥A 1－ABC 为正四面体，所以A 1到底面ABC 的距离为63，所以B 1到底面ABC 的距离也为63，易知∠ABB 1＝120°，所以AB 1＝3，所以AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为633＝23.故选B. 7.【解析】由题意，正方形和菱形边长均为1，又平面ABCD ⊥平面CEFB ，所以CE ⊥平面ABCD.于是CE ⊥CD ，从而DE ＝2，在△ADE 中，AD ＝1， DE ＝2，∠AE D ＝30°，由正弦定理得：AD sinAED ＝DE sinDAE， 所以sinDAE ＝DE ·sinAED AD ＝22， 故∠DAE ＝45°.又BC ∥AD ，故异面直线BC 与AE 所成角等于∠DAE.答案：45°8.【解析】取AD 的中点F ，连结MF ，则MF ∥SA ，作FQ ⊥AC 于Q ，连结MQ.∵SA ⊥底面ABCD ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴FQ 为MQ 在平面ABCD 内的射影，∵FQ ⊥AC ，∴MQ ⊥AC ，∴∠FQM 为二面角D —AC —M 的平面角.设SA ＝AB ＝a ，在Rt △MFQ 中，MF ＝12SA ＝a 2，FQ ＝12DE ＝24a ， ∴tanFQM ＝a224a ＝2，∴二面角D —AC —M 的大小为arctan 2. 答案：arctan 29.【解题指南】先作出AC 1与平面AB B 1A 1所成的角，然后在三角形中求解.【解析】取A 1B 1的中点D ，连结C 1D ，AD.因为ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱，所以平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1A 1.又△A 1B 1C 1为正三角形，∴C 1D ⊥A 1B 1，∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1，故∠C 1AD 为直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角.设侧棱与底面边长均为a ，则AC 1＝2a ，DC 1＝32a ， ∴sinC 1AD ＝32a 2a ＝64. 答案：64 【变式备选】已知正三棱锥S －ABC 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与平面SBC 所成的角的余弦值为 .【解析】过A 作AO 垂直于平面SBC 于O ，因为S －ABC 为正三棱锥，且侧棱长与底面边长相等，∴O 为正△SBC 的中心，连结CO 并延长交BS 于E 点，∴∠AEO 即为AE 与平面SBC 所成的角.设三棱锥棱长为a ，∴cosAEO ＝OE AE ＝31a 233a )＝13. 答案：1310.【解析】(1)因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ，所以AF ⊥平面ABCD.故AF ⊥AC ，又BF ⊥AC ，AF ∩BF ＝F ，所以AC ⊥平面ABF.(2)注意到DE ∥AF ，所以DE 与BE 所成的角即为异面直线BE 与AF 所成的角，连结BD ，由(1)易知DE ⊥BD.在Rt △BDE 中，DE ＝2，BD ＝23，∴tanBED ＝BD DE ＝3，∠BED ＝60°， 即异面直线BE 与AF 所成的角为60°.【误区警示】求解异面直线所成的角时应注意的问题作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角(也就是异面直线所成的角)或钝角(异面直线所成的角的补角)或直角.最后作答时，这个角的余弦值必须为正.11.【解析】(1)取PA 的中点N ，连结BN 、NM ，在△PAD 中，MN ∥AD ，且MN ＝12AD ＝1； 又BC ∥AD ，且BC ＝12AD ＝1， 所以MNBC ，即四边形BCMN 为平行四边形，CM ∥BN. 又CM 平面PAB ，BN ⊂平面PAB ，故CM ∥平面PAB.(2)在平面ABCD 中，AB 与CD 不平行，延长AB 、DC 交于一点，设为E ，连结PE ，则PE 为侧面PAB 与侧面PCD所成二面角的棱，又由题设可知DA ⊥侧面PAB ，于是过A 作AF ⊥PE 于F ，连结DF ，由三垂线定理可知∠AFD 为侧面PAB 与侧面PCD 所成二面角的平面角.在△EAD 中，由BC ∥AD ，BC ＝12AD ，知B 为AE 的中点，∴AE ＝2，在Rt △PAE 中，PA ＝1，AE ＝2， ∴PE ＝5，AF ＝25.故tanAFD ＝225＝5，即所求侧面PAB 与侧面PCD 所成二面角的平面角的正切值为 5. 【探究创新】【解析】(1)∵平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面PAD ，∵E 、F 分别为PA 、PB 的中点，∴EF ∥AB ，∴EF ⊥平面PAD ；(2)过G 作GH ∥AB 交AD 于H ，连结EH ，则EH ∥PD ，∵EF ∥AB ，AB ∥HG ，∴EF ∥HG ，HG 是所成二面角的棱，∵HG ∥EF ，∴HG ⊥平面PAD ，∴DH ⊥HG ，EH ⊥HG ，∴∠EHA 是锐二面角的平面角，等于60°；(3)过M 作MK ⊥平面EFG 于K ，连结KF ，则∠KFM 即为MF 与平面EFG 所成的角，因为AB ∥EF ，故AB ∥平面EFG ，故AB 上的点M 到平面EFG 的距离等于A 到平面EFG 的距离， ∵HG ⊥平面PAD ，∴平面EFGH ⊥平面PAD 于EH ，∴A 到平面EFG 的距离即为三角形EHA 的边EH 上的高，等于3，即M K ＝3，∴155＝3FM，FM ＝5， 在直角梯形EFMA 中，AE ＝EF ＝2，∴AM ＝1或AM ＝3，∵M 靠近A ，∴AM ＝1，∴当AM ＝1时，MF 与平面EFG 所成角的正弦值等于155.。
课时过关检测(五十一) 空间角及空间距离问题
课时过关检测(五十一) 空间角及空间距离问题A 级——基础达标1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，C 1D 1的中点，则A 1B 1与平面A 1EF 所成角的正切值为( )A ．2B. 2 C ．1 D. 3解析：选B A 1B 1与平面A 1EF 所成的角就是∠B 1A 1C ，tan ∠B 1A 1C ＝B 1C A 1B 1＝ 2. 2．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2BB 1，则AB 1与BC 1所成角的大小为( )A ．30°B ．60°C ．75°D ．90°解析：选D 将正三棱柱ABC -A 1B 1C 1补为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，连接C 1D ，BD (图略)，则C 1D ∥B 1A ，∠BC 1D 为所求角或其补角．设BB 1＝2，则BC ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，BD ＝23，又因为BC 1＝C 1D ＝6，所以∠BC 1D ＝90°.3.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为( )A ．4＋4 2B ．4＋4 3C ．12D ．8＋4 2解析：选A 连接A 1B .因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B所成的角为∠CA 1B ＝30°.又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝22，BC ＝ 2.又AB ⊥BC ，则AB ＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋42，故选A.4．在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝435，那么二面角A -BD -P 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选A 作AO ⊥BD 交BD 于点O ，∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BD .∵P A ∩AO ＝A ，∴BD ⊥平面P AO ，∴PO ⊥BD ，∴∠AOP 即为所求二面角A -BD -P 的大小．∵AO ＝AB ·AD BD ＝125， ∴tan ∠AOP ＝AP AO ＝33，故二面角A -BD -P 的大小为30°. 5．设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为DD 1的中点，M 为直线BD 1上一点，N 为平面AEC 内一点，则M ，N 两点间距离的最小值为( )A.63 B ．66 C.34 D.36解析：选B 如图，连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，结合题意可知OE 是△BDD 1的中位线，则OE ∥BD 1，所以M ，N 两点间距离的最小值即为OE 与BD 1两平行线间的距离，DD 1＝1，BD 1＝3，BD ＝ 2.设距离最小值为d ，结合三角形面积计算公式可得S △BDD 1＝12BD ·DD 1＝12BD 1·2d ，解得d ＝66，故选B. 6.如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接C 1D ，AD ，因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点，所以AD ∥BC ，所以直线AC 1与AD 所成的角即为异面直线AC 1与BC 所成的角，因为C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，所以C 1D 垂直于圆柱下底面，所以C 1D ⊥AD .因为圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，所以C 1D ＝2AD ，所以直线AC 1与AD 所成角的正切值为2，所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为 2.答案： 27．(2021·福州市质量检测)已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球体积为323π，且AA 1＝BC ＝2，则A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为________．解析：如图，设长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球半径为R ，则长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球体积为43πR 3＝323π，所以R ＝2， 即A 1C ＝AA 21＋BC 2＋AB 2＝2R ＝4.因为AA 1＝BC ＝2，所以AB ＝2 2.连接B 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为∠A 1CB 1，在Rt △BB 1C 中，BB 1＝BC ＝2，所以B 1C ＝22＝A 1B 1，所以∠A 1CB 1＝π4. 答案：π48．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，沿对角线AC 将其折成直二面角，连接BD ，则该三棱锥D -ABC 的体积为________．解析：依题意，AC ＝AD 2＋CD 2＝ 5.设Rt △ACD 的边AC 上的高为h ，根据等面积法有12AC ·h ＝12AD ·CD ，解得h ＝25.因为二面角D -AC -B 为直二面角，所以h 为三棱锥D -ABC 的高．故三棱锥D -ABC 的体积为V ＝13×12AB ·BC ·h ＝13×12×2×1×25＝2515. 答案：25159.如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC .D 是PC 的中点，已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，P A ＝2.求： (1)三棱锥P -ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解：(1)S △ABC ＝12×2×23＝2 3. 三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝433. (2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34. 故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34. 10.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小；(2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E -AG -C 的大小．解：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)如图，取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为∠EBC ＝120°，所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC ，则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3.在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形，所以∠EMC ＝60°.故二面角E -AG -C 的大小为60°.B 级——综合应用11.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧面ABB 1A 1内一动点P 到直线AA 1和BC 的距离相等，则动点P 的轨迹是( )A ．线段B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分解析：选D 由正方体可知BC ⊥平面ABB 1A 1，所以点P 到直线BC 的距离即为点P 到点B 的距离．于是由抛物线的定义知，动点P 的轨迹是以直线AA 1为准线，B 为焦点的抛物线，又因为点P 在侧面ABB 1A 1内，所以点P 的轨迹是抛物线的一部分，故选D.12．在三棱锥S -ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则下列结论正确的是________．(填入所有正确结论的序号)①异面直线SB 与AC 所成的角为90°；②直线SB ⊥平面ABC ；③平面SBC ⊥平面SAC ；④点C 到平面SAB 的距离是12a . 解析：由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，①正确；因为SB ⊥AB ，SB ⊥AC ，所以SB ⊥平面ABC ，②正确；因为AC ⊂平面SAC ，所以平面SBC⊥平面SAC ，③正确；如图，取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即点C 到平面SAB 的距离，又AB ＝a ，所以CE ＝12a ，④正确． 答案：①②③④13．(2021·福建省质量检测)如图①，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠D ＝90°，BC ＝3，AD ＝DC ＝1.把△ACD 沿着AC 翻折至△ACD 1的位置，D 1∉平面ABC ，连接BD 1，如图②.(1)当BD 1＝22时，证明：平面ACD 1⊥平面ABD 1；(2)当三棱锥D 1-ABC 的体积最大时，求点B 到平面ACD 1的距离．解：(1)证明：因为AD ∥BC ，∠D ＝90°，BC ＝3，AD ＝DC ＝1，所以依题意可得，∠AD 1C ＝90°，D 1C ＝1，因为D 1B ＝22，所以BC 2＝D 1C 2＋D 1B 2，故∠BD 1C ＝90°，即CD 1⊥BD 1，又CD 1⊥AD 1，AD 1∩BD 1＝D 1，所以CD 1⊥平面ABD 1.又CD 1⊂平面ACD 1，所以平面ACD 1⊥平面ABD 1.(2)因为AD ∥BC ，∠D ＝90°，BC ＝3，AD ＝DC ＝1，所以△ABC 的面积为32， 设点D 1到平面ABC 的距离为h ，则三棱锥D 1-ABC 的体积为VD 1-ABC ＝13×32×h ， 故要使VD 1-ABC 取到最大值，须且仅需h 取到最大值．取AC 的中点M ，连接D 1M (图略)，依题意知AD 1＝D 1C ＝1，∠AD 1C ＝90°，所以D 1M ⊥AC ，D 1M ＝22，且h ≤D 1M . 因为平面ACD 1∩平面ABC ＝AC ，D 1M ⊥AC ，D 1M ⊂平面ACD 1，所以当平面ACD 1⊥平面ABC 时，D 1M ⊥平面ABC ，D 1M ＝h ，故当且仅当平面ACD 1⊥平面ABC 时，VD 1-ABC 取得最大值．此时VD 1-ABC ＝13×32×22＝24. 设点B 到平面ACD 1的距离为d ，则VD 1-ABC ＝VB -ACD 1＝13×12×d ＝d 6， 故d 6＝24，解得d ＝322， 故点B 到平面ACD 1的距离为322. C 级——迁移创新14．(2021·福州市质量检测)已知四边形ABCD 为正方形，GD ⊥平面ABCD ，四边形DGEA 与四边形DGFC 也都为正方形，连接EF ，FB ，BE ，点H 为BF 的中点，有下述四个结论：①DE ⊥BF ；②EF 与CH 所成角为60°；③EC ⊥平面DBF ；④BF 与平面ACFE 所成角为45°.其中所有正确结论的序号是( )A ．①②B ．①②③C ．①③④D ．①②③④解析：选B 连接AG (图略)，由BF ∥AG ，DE ⊥AG ，得DE ⊥BF ，故①正确；由CH ∥DE ，DE 与EF 所成角为60°，得到EF 与CH 所成角为60°，故②正确；由EC ⊥DB ，EC ⊥DF ，DB ∩DF ＝D ，得EC ⊥平面DBF ，故③正确；过B 作BM ⊥AC ，垂足为M ，连接MF (图略)，则∠MFB 为BF 与平面ACFE 所成的角，因为∠MFB ＝30°，所以BF 与平面ACFE 所成角为30°，故④错．综上，所有正确结论的编号是①②③.15．(2021·山东青岛模拟)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，M 为棱CC 1上一动点，若二面角M -BD -B 1的平面角θ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3，求线段CM 的长度的取值范围． 解：设CM ＝x ，因为四边形ABCD 是边长为1的正方形，所以BM＝DM ＝ 1＋x 2.连接B 1D 1(图略)，取BD 的中点O ，B 1D 1的中点O 1，连接OM ，OO 1，易知OM ⊥BD ，OO 1⊥BD ，故∠O 1OM 为二面角M -BD -B 1的平面角，故∠O 1OM ＝θ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3，所以cos ∠O 1OM ∈⎣⎡⎦⎤12，22.连接O 1M ，O 1C 1(图略)，在△O 1OM 中，易知OO 1＝2，OM 2＝BM 2－OB 2＝x 2＋12.在△O 1C 1M 中，易知O 1M 2＝O 1C 21＋C 1M 2＝x 2－4x ＋92，故cos ∠O 1OM ＝O 1O 2＋OM 2－O 1M 22O 1O ·OM ＝x x 2＋12.故12≤x x 2＋12≤22，得66≤x ≤22，故线段CM 的长度的取值范围为⎣⎡⎦⎤66，22.。
课时跟踪检测(二十) 空间向量与空间角、距离
课时跟踪检测（二十） 空间向量与空间角、距离一、选择题1．已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为( )A ．10B ．3 C.83 D.103解析：选D 点P 到平面α的距离d ＝⎪⎪⎪⎪PA ―→·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－4－44＋4＋1＝103. 2．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝2，DD 1＝3，则AC 与BD 1所成角的余弦值为( )A ．0 B.37070 C ．－37070 D.7070解析：选A 建立如图空间直角坐标系，则D 1(0,0,3)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，∴1BD ＝(－2，－2,3)，AC ＝(－2,2,0)．∴cos 〈1BD ，AC 〉＝1BD ·AC|1BD ||AC |＝0. ∴〈1BD ，AC 〉＝90°，其余弦值为0.3．已知正四棱锥S -ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成的角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系，令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，22，∴AE ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22， SD ＝(－1，－1，－2)，∴cos 〈AE ，SD 〉＝AE ·SD |AE ||SD |＝－33，∴AE ，SD 所成的角的余弦值为33. 4．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，则直线BE 与平面B 1BD 所成的角的正弦值为( )A ．－105 B.105 C ．－155 D.155解析：选B 建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)．∴BD ＝(－2，－2,0)，1BB ＝(0,0,2)，BE ＝(－2,0,1)．设平面B 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥BD ，n ⊥1BB ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －2y ＝0，2z ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，z ＝0. 令y ＝1，则n ＝(－1,1,0)．∴cos 〈n ，BE 〉＝n ·BE |n ||BE |＝105，设直线BE 与平面B 1BD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BE 〉|＝105. 5．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 建空间直角坐标系如图，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)．平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·PD ＝0，n 2·CD ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0. 令x ＝1，则z ＝1.∴n 2＝(1,0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22. ∴此角的大小为45°.二、填空题6．直线l 的方向向量a ＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为________．解析：设直线l 与平面α所成的角是θ，a ，n 所成的角为β，sin θ＝|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(－2，3，2)·(4，0，1)17×17＝617. 答案：6177．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM ， 1D N 〉＝________.解析：建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为2.可知CM ＝(2，－2,1)，1D N ＝(2,2，－1)．cos 〈CM ，1D N 〉＝－19. ∴sin 〈CM ，1D N 〉＝459. 答案：4598.如图正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是平面A 1B 1C 1D 1的中心，则BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________．解析：建立空间直角坐标系如图，则B (1,1,0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，1DA ＝(1,0,1)是平面ABC 1D 1的一个法向量．又OB ＝⎝⎛⎭⎫12，12，－1，∴BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为|OB ·1DA ||OB |·|1DA |＝1262×2＝36. 答案：36 三、解答题9.已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1. (1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求AC 与PB 夹角的余弦值．解：以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,1,0)，D (1，0,0)，P (0,0,1)．(1)证明：因为AP ＝(0,0,1)，DC ＝(0,1,0)，所以AP ·DC ＝0，所以AP ⊥DC .由题设知AD ⊥DC ，且AP ∩AD ＝A ，所以DC ⊥平面PAD .又DC ⊂平面PCD ，所以平面PAD ⊥平面PCD .(2)因为AC ＝(1,1,0)，PB ＝(0,2，－1)，所以cos 〈AC ，PB 〉＝AC ·PB |AC ||PB |＝105. 故AC 与PB 夹角的余弦值为105.10．如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)若二面角D -PC -A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离． 解：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE .建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，h )，C 32，12，0，D 32，－12，0，B (0,2,0)， AP ＝(0,0，h )，AC ＝⎝⎛⎭⎫32，12，0，PC ＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ， PD ＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－h ，求得平面PAC 与平面PDC 的一个法向量分别为n 1＝(h ，－3h,0)，n 2＝⎝⎛⎭⎫h ，0，32. ∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝55，∴h ＝ 3. 又可求得平面PBC 的一个法向量n 3＝(3，3，2)，所以，点A 到平面PBC 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP ·n 3|n 3|＝234＝32.。
直线、平面垂直的判定与性质46
课时跟踪检测(四十六)直线、平面垂直的判定与性质[高考基础题型得分练]1．[2018·四川成都一诊]设α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中真命题是() A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥βD．若a，b在平面α内的射影互相垂直，则a⊥b答案：C解析：与同一平面平行的两条直线不一定平行，所以A错误；与两条平行直线分别平行的两个平面未必平行，所以B错误；如图①，设OA∥a，OB∥b，直线OA，OB确定的平面分别交α，β于AC，BC，则OA⊥AC，OB⊥BC，所以四边形OACB为矩形，∠ACB为二面角α－l－β的平面角，所以α⊥β，C正确；如图②，直线a，b在平面α内的射影分别为m，n，显然m⊥n，但a，b不垂直，所以D错误，故选C.①②2．如果一条直线垂直于一个平面内的下列各种情况：①三角形的两边；②梯形的两边；③圆的两直径；④正六边形的两边．不能保证该直线与平面垂直的是()A．①③B．②C．②④D．①②④答案：C解析：直线与平面垂直的条件是：平面外的直线和平面内的两条交线垂直，故②④不能保证．3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l ⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案：D解析：由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l 满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．P A＝PB>PC B．P A＝PB<PCC．P A＝PB＝PC D．P A≠PB≠PC答案：C解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM.又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故P A＝PB＝PC.5．如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在四面体A－EFH中必有()A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面答案：A解析：∵AD⊥DF，AB⊥BE，又∵B，C，D重合记为H，∴AH⊥HF，AH⊥HE.∴AH⊥平面EFH.6．[2018·山东青岛质检]设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是()A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β答案：C解析：对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.7．[2018·江西九江模拟]如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案：C解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，又BE∩DE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，故选C.8．如图，P A⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB.给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中真命题的序号是________．答案：①②④解析：①AE ⊂平面P AC ，BC ⊥AC ，BC ⊥P A ⇒AE ⊥BC ，故①正确；②AE ⊥PC ，AE ⊥BC ，PB ⊂平面PBC ⇒AE ⊥PB ，AF ⊥PB ，EF ⊂平面AEF ⇒EF ⊥PB ，故②正确；③若AF ⊥BC ⇒AF ⊥平面PBC ，则AF ∥AE ，与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．9．[2018·福建泉州模拟]点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DB ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是________．答案：①②④解析：对于①，V A －D 1PC ＝V P －AD 1C ，点P 到平面AD 1C 的距离，即为线BC 1与平面AD 1C 的距离，为定值．故①正确；对于②，因为平面A 1C 1B ∥平面AD 1C ，所以线A 1P ∥平面AD 1C ，故②正确；对于③，DB 与BC 1成60°角，故③错；对于④，由于B 1D ⊥平面ACD 1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确．10．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)解析：连接AC，BD，则AC⊥BD.∵P A⊥底面ABCD，∴P A⊥BD.又P A∩AC＝A，∴BD⊥平面P AC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD .11.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案：12解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等，得66×x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22x ， 解得x ＝12.即线段B 1F 的长为12.[冲刺名校能力提升练]1．[2018·吉林实验中学模拟]设a ，b ，c 是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c答案：B解析：A 的逆命题为：当c ⊥α时，若α∥β，则c ⊥β.由线面垂直的性质知，c ⊥β，故A 正确；B 的逆命题为：当b ⊂α时，若α⊥β，则b ⊥β，显然错误，故B 错误；C 的逆命题为：当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若a ⊥b ，则b ⊥c .由三垂线逆定理知，b ⊥c ，故C 正确；D 的逆命题为：当b ⊂α，且c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α.由线面平行判定定理知，c ∥α，故D 正确．2．[2018·河北衡水中学模拟]如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.则以下命题中，错误的是()A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°答案：D解析：对于A，由于AA1＝AB＝AD，所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1，B，D的距离相等，即点H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故点H是△A1BD的垂心，命题A是真命题；对于B，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，从而AH⊥平面CB1D1，命题B是真命题；对于C，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延长线经过点C1，命题C是真命题；对于D，由C知直线AH即是直线AC1，又直线AA1∥BB1，因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角，即∠A1AC1，而tan∠A1AC1＝21＝2，因此命题D是假命题．3．[2018·江西上饶质检]已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．答案：②③解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，因此③正确；对于④，分别平行于两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，正确的说法有②③.4．[2018·甘肃兰州质检]如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.答案：①②④解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．5．[2018·贵州七校联考]如图，几何体EF－ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.(1)求证：AC⊥FB；(2)求几何体EF－ABCD的体积．(1)证明：由题意，得AD⊥DC，AD⊥DF，且DC∩DF＝D，∴AD⊥平面CDEF，∴AD⊥FC.∵四边形CDEF为正方形，∴DC⊥FC.∵DC∩AD＝D，∴FC⊥平面ABCD，∴FC⊥AC.又∵四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)解：如图，连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ，易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2.∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163，∴几何体EF －ABCD 的体积为163.6．[2018·湖北八校联考]如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ＝2，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)设D 是A 1C 1的中点，在线段BB 1上是否存在点E ，使DE ∥平面ABC 1？若存在，求三棱锥E －ABC 1的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC.又∵A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.又∵BC1⊥A1C，AC1∩BC1＝C1，AC1，BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥平面ABC1. ∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)解：存在，E为BB1的中点．取A1A的中点F，连接EF，FD.则EF∥AB，DF∥AC1.∵EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1.∵DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1.V E－ABC1＝V C1－ABE＝13×12×1×1×2＝13.。
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课时跟踪检测 (四十六) 空间角一保高考，全练题型做到高考达标1．如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°．(1)求证：BD ⊥平面PAC ．(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ． 又因为PA ⊥平面ABCD ．所以PA ⊥BD ． 因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ．(2)设AC ∩BD ＝O ．因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3．如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB ―→＝(1，3，－2)，AC ―→＝(0,23，0)，设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ―→·AC ―→|PB ―→|·|AC ―→|＝622×23＝64． 2．如图，已知在六面体ABCDEF 中，四边形ABCD 与四边形DBFE 均为菱形，且AB ＝BD ＝DF ，AF ＝CF ．(1)判断直线CF 与平面ADE 的位置关系，并给予证明； (2)求直线FA 与平面FBC 所成角的余弦值． 解：(1)直线CF ∥平面ADE ．证明如下： 因为四边形ABCD 为菱形，所以BC ∥AD ． 因为AD ⊂平面ADE ，BC ⊄平面ADE ， 所以BC ∥平面ADE ． 同理可证BF ∥平面ADE ．又BC ∩BF ＝B ，所以平面ADE ∥平面BCF ． 因为CF ⊂平面BCF ，所以直线CF ∥平面ADE ． (2)如图，连接AC ，设AC ∩BD ＝O ，连接FO ，因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD ．因为AF ＝CF ，O 为AC 的中点， 所以FO ⊥AC ．因为四边形DBFE 是菱形，且BD ＝DF ， 所以△DBF 为等边三角形．因为O 为BD 的中点， 所以FO ⊥BD ． 又AC ∩BD ＝O ， 所以FO ⊥平面ABCD ． 所以OA ，OB ，OF 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝2，则BD ＝2，OB ＝1，OA ＝OF ＝3，所以O (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (－3，0,0)，F (0，0，3)，D (0，－1,0)，所以CB ―→＝(3，1,0)，BF ―→＝(0，－1，3)，设平面FBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·CB ―→＝0，n ·BF ―→＝0，所以⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，－y ＋3z ＝0，取y ＝－3，得n ＝(1，－3，－1)为平面FBC 的一个法向量． 又FA ―→＝(3，0，－3)，设直线FA 与平面FBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈FA ―→，n 〉|＝|FA ―→·n ||FA ―→||n |＝236×5＝105． 因为0°≤θ≤90°，所以cos θ＝1－sin 2θ＝155． 即直线FA 与平面FBC 所成角的余弦值为155．3．(2016·兰州市实战考试)如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面PAB⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PA ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC ．(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面PAB 所成的角为30°，求二面角D -PC -B 的余弦值． 解：(1)证明：连接OP ，∵PA ＝PB ，O 为AB 的中点， ∴OP ⊥AB ．∵侧面PAB ⊥底面ABCD ， ∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC ． ∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ， ∴OD ⊥平面OPC ， ∴OD ⊥OC ，又OP ⊥OC ，OP ∩OD ＝O ， ∴OC ⊥平面OPD ， ∴OC ⊥PD ．(2)取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ．在矩形ABCD 中，由(1)知OD ⊥OC ，∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2．∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ， ∴∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角， ∴∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3，∴B (0,1,0)，C (1,1,0)，D (1，－1,0)，P (0,0，2)，从而PC ―→＝(1,1，－2)，CD ―→＝(0，－2,0)，PB ―→＝(0,1，－2)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧PC ―→·n 1＝0，CD ―→·n 1＝0得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0,1)．设平面PCB 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧PC ―→·n 2＝0，PB ―→·n 2＝0得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.可取n 2＝(0，－2，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13， ∴二面角D -PC -B 的余弦值为－13．4．(2017·沈阳市教学质量监测)如图，在长方体AC 1中，AD ＝AB＝2，AA 1＝1，E 为D 1C 1的中点．(1)在所给图中画出平面ABD 1与平面B 1EC 的交线(不必说明理由)；(2)证明：BD 1∥平面B 1EC ；(3)求平面ABD 1与平面B 1EC 所成锐二面角的余弦值．解：(1)连接BC 1交B 1C 于M ，连接ME ，则直线ME 即为平面ABD 1与平面B 1EC 的交线，如图所示．(2)证明：在长方体AC 1中，DA ，DC ，DD 1两两垂直，于是以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，因为AD ＝AB ＝2，AA 1＝1，所以D (0,0,0)，A (2,0,0)，D 1(0，0,1)，B (2,2,0)，B 1(2,2,1)，C (0,2,0)，E (0,1,1)．所以BD 1―→＝(－2，－2,1)，CB 1―→＝(2,0,1)，CE ―→＝(0，－1,1)，设平面B 1EC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，所以CB 1―→⊥m ，CE ―→⊥m ，从而有，⎩⎪⎨⎪⎧CB 1―→·m ＝0，CE ―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋z ＝0，y ＝z ，不妨令x ＝－1，得到平面B 1EC 的一个法向量为m ＝(－1,2,2)， 而BD 1―→·m ＝2－4＋2＝0，所以BD 1―→⊥m ， 又因为BD 1⊄平面B 1EC ， 所以BD 1∥平面B 1EC ．(3)由(2)知BA ―→＝(0，－2,0)，BD 1―→＝(－2，－2,1)， 设平面ABD 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，所以BA ―→⊥n ，BD 1―→⊥n ，从而有，⎩⎨⎧BA ―→·n ＝0，BD 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＝0，－2x 1－2y 1＋z 1＝0， 不妨令x 1＝1，得到平面ABD 1的一个法向量为n ＝(1,0,2)， 因为cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－1＋43×5＝55，所以平面ABD 1与平面B 1EC 所成锐二面角的余弦值为55．二上台阶，自主选做志在冲刺名校如图1，已知正三角形ABC ，以AB ，AC 为边在同一平面内向外作正三角形ABE 与ACD ，F 为CD 中点，分别沿AB ，AF 将平面ABE ，平面ADF 折成直二面角，连接EC ，CD ，如图2所示．(1)求证：CD ∥平面ABE ； (2)求二面角E -AC -B 的余弦值．解：(1)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，则EG ⊥AB ， 由题意知二面角C -AB -E 为直二面角， ∴EG ⊥平面ABCF ．∵F 为CD 的中点，AC ＝AD ， ∴AF ⊥FC ，AF ⊥FD ． 又二面角C -AF -D 为直二面角， ∴DF ⊥平面ABCF ， ∴DF ∥EG ．由题意知∠BAC ＝∠ACF ＝60°， ∴CF ∥AB ，又DF ∩CF ＝F ，EG ∩AB ＝G ， ∴平面CDF ∥平面ABE ， 又CD ⊂平面DCF ，∴CD ∥平面ABE ．(2)连接GC ，由于AC ＝BC ，所以GC ⊥AB 于点G ，以G 为坐标原点，GB ，GC ，GE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设△ABC 的边长为2， ∴GE ＝GC ＝3，则G (0,0,0)，C (0，3，0)，A (－1,0,0)，E (0,0，3)，B (1，0,0)， ∴AE ―→＝(1,0，3)，AC ―→＝(1，3，0)，AB ―→＝(2,0,0)， 设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE ―→＝0，m ·AC ―→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，x ＋3y ＝0，取x ＝－3，得y ＝1，z ＝1， ∴m ＝(－3，1,1)．同理可知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 那么cos m ，n ＝m ·n |m ||n |＝15×1＝55， 又二面角E -AC -B 为锐角， ∴二面角E -AC -B 的余弦值为55．。