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7-7高中数学核动力


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第7章

第7节

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的大小 为( ) A.45° C.45° 135° 或 【解析】 cos〈m,n〉= B.135° D.90° m· n 1 2 = = , |m||n| 1× 2 2

即〈m,n〉=45° ,其补角为 135° , ∴两平面所成的二面角为 45° 135° 或 . 【答案】 C 2.若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120° ,则直线 l 与平面 α 所成的 角等于( ) B.60° D.以上均错

A.120° C.30°

【解析】 如图所示,可知直线 l 与平面所成的角等于 30° .

【答案】 C 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( )

A.- 1 C. 20

10 10

1 B.- 20 D. 10 10

1 → 【解析】 如图建立直角坐标系 D-xyz,设 DA=1,A(1,0,0),C(0,1,0),E0, ,1.则AC 2 =(-1,1,0), 1 10 → → → DE=0, ,1,若异面直线 DE 与 AC 所成的角为 θ,cos θ=|cos〈AC,DE〉|= . 2 10

【答案】 D 4. 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为直角梯形, AB∥CD, BA⊥AD, PA⊥平面 ABCD, AB=AP=AD=3,CD=6.则直线 PD 与 BC 所成的角为________. 【解析】 以 A 为坐标原点,AB、AD、AP 所在的直线分别为 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),P(0,0,3),B(3,0,0),D(0,3,0),C(6,3,0).

→ → PD· BC 9 1 → → → → → PD=(0,3, -3), =(3,3,0), BC 所以 cos〈PD,BC〉= = = ,即〈PD, → → 3 2×3 2 2 |PD||BC| → BC〉=60° ,于是直线 PD 与 BC 所成的角等于 60° . 【答案】 60° 5.(2011· 全国新课标高考)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)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 【解】 (1)证明:∵∠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· =0, ? AB 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ?n· =0. ? PB

?-x+ 3y=0, 即? ? 3y-z=0.
因此可取 n=( 3,1, 3). → ?m· =0, ? PB 设平面 PBC 的法向量为 m,则? → ?m· =0. ? BC -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

课时作业 【考点排查表】 难度及题号 考查考点及角度 平行、垂直问题 线线角、线面角 二面角及距离 一、选择题 1.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 是底面正方形 ABCD 的中心,M 是 D1D 的中点,N 是 A1B1 上的动点,则直线 NO、AM 的位置关系是( ) 基础 1 4 2,3 中档 7 6,8 5,9 稍难 11 13 10,12 错题记录

A.平行 C.异面垂直

B.相交 D.异面不垂直

【解析】 建立坐标系如图,设正方体的棱长为 2,则 → A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,t,2),NO= → → → (-1,1-t,-2),AM=(-2,0,1),NO· =0,则直线 NO、AM 的位置关系是异面垂直. AM

【答案】 C 2.已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面是边长为 2 的正方形,高为 4,则点 A1 到 截面 AB1D1 的距离是( 8 A. 3 4 C. 3 【解析】 如图,建立坐标系 D-xyz, ) 3 B. 8 3 D. 4

则 A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4), → → → AD1=(-2,0,4),AB1=(0,2,4),AA1=(0,0,4), 设平面 AB1D1 的法向量为 n=(x,y,z), → ?n· 1=0, ? ? AD ?-2x+4z=0, 则? 即? ?2y+4z=0, → ? ?n· 1=0, ? AB 解得 x=2z 且 y=-2z,不妨设 n=(2,-2,1), 设点 A1 到平面 AB1D1 的距离为 d, → |AA1· 4 n| 则 d= = . |n| 3

【答案】 C 3.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,2AC=AA1=BC=2. 若二面角 B1-DC-C1 的大小为 60° ,则 AD 的长为( )

A. 2 C.2

B. 3 D. 2 2

【解析】 如图,以 C 为坐标原点,CA,CB,CC1 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴 建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).

设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a), → → CD=(1,0,a),CB1=(0,2,2), 设平面 B1CD 的一个法向量为 m=(x,y,z). → ?m· 1=0 ?2y+2z=0, ? CB ? 则? ?? ? → ?x+az=0, ? CD ?m· =0 令 z=-1,得 m=(a,1,-1), 又平面 C1DC 的一个法向量为 n=(0,1,0), m· n 1 1 则由 cos 60° = ,得 2 = ,即 a= 2, |m||n| a +2 2 故 AD= 2. 【答案】 A 4.在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧面 BB1C1C 的 中心,则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( A.30° C.60° ) B.45° D.90°

【解析】 建立坐标系如图,设棱长为 2,设 AD 与面 BB1C1C 所成角为 θ,∴C(0,1,0),D(0,0,1),A(- 3,0,0). → 则平面 BB1C1C 的一个法向量为 n=(1,0,0),AD=( 3,0,1); → AD· n 3 → ∴cos〈AD,n〉= = , 2 → |AD||n| ∴sin θ= 3 ,∴θ=60° . 2

【答案】 C 5.已知直角△ABC 中,∠C=90° ,∠B=30° ,AB=4,D 为 AB 的中点,沿中线将△ ACD 折起使得 AB= 13,则二面角 A-CD-B 的大小为( A.60° C.120° B.90° D.150° )

【解析】 取 CD 中点 E,在平面 BCD 内过 B 点作 BF⊥CD,交 CD 延长线于 F. 据题意知 AE⊥CD,AE=BF= 3,EF=2,AB= 13. → → 且〈EA,FB〉为二面角的平面角, → → → → 由AB2=(AE+EF+FB)2 得 → → 13=3+3+4+2×3×cos〈AE,FB〉 , 1 → → → → ∴cos〈EA,FB〉=- ,∴〈EA,FB〉=120° . 2 即所求的二面角为 120° . 【答案】 C D1P 6.如图,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对角线 BD1 上,记 =λ. D1B 当∠APC 为钝角时,则 λ 的取值范围是( )

1 A.0, 3 1 C. ,1 2

1 B.0, 2 1 D. ,1 3

→ → → 【解析】 由题设可知,以DA、DC、DD1 为单位正交基底,建立如图所示的空间直角 坐标系 D-xyz,则有 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1).

→ → → 由D1B=(1,1,-1)得D1P=λD1B=(λ,λ,-λ), → → → 所以PA=PD1+D1A =(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1), → → → PC=PD1+D1C=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)= (-λ,1-λ,λ-1). 显然∠APC 不是平角,所以∠APC 为钝角 → → PA· PC → → 等价于 cos∠APC=cos〈PA,PC〉= <0, → → |PA||PC| → → 这等价于PA· <0, PC 即(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2 1 =(λ-1)(3λ-1)<0,得 <λ<1. 3 1 因此,λ 的取值范围为 ,1. 3 【答案】 D 二、填空题 → → → → → 7.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP= (x-1,y,-3),且 BP⊥平面 ABC,则实数 x,y,z 分别为________. → → → → 【解析】 由题知:BP⊥AB,BP⊥BC可得: → → BC ?AB· =0; ?→ → AB ?BP· =0; ?BP· =0. → ? → BC

?1×3+5×1+?-2?×z=0, ? 即:??x-1?+5y+?-2?×?-3?=0, ?3?x-1?+y-3z=0, ?

40 15 解得:x= ,y=- ,z=4. 7 7 【答案】 40 15 ,- ,4 7 7

8.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,点 P 在线段 BD1 上.当∠APC 最大时,

三棱锥 P-ABC 的体积为________. 【解析】 以 B 为坐标原点,BA 为 x 轴,BC 为 y 轴,BB1 为 z 轴建立空间直角坐标系 → → (如图),设BP=λBD1,可得 → → AP· CP 1 1 1 P(λ,λ,λ),再由 cos∠APC= 可求得当 λ= 时,∠APC 最大,故 VP-ABC= × 3 3 2 → → |AP||CP| 1 1 ×1×1× = . 3 18

【答案】

1 18

9.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,则二面角 B1- A1C-C1 的大小为________.

【解析】

如图,建立空间直角坐标系.则 A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,0,2),

C1(0,2,2),设 AC 的中点为 M,

∵BM⊥AC,BM⊥CC1. ∴BM⊥平面 A1C1C, 即 BM =(1,1,0)是平面 A1C1C 的一个法向量. 设平面 A1B1C 的一个法向量是 n=(x,y,z). → → A1C=(-2,2,-2),A1B1=(-2,0,0),



?n·→ 1=-2x=0, ? A1B ∴? → ?n· 1C=-2x+2y-2z=0, ? A
令 z=1,解得 x=0,y=1.

∴n=(0,1,1), 设法向量 n 与 BM 的夹角为 φ,二面角 B1-A1C-C1 的大小为 θ,显然 θ 为锐角. ∵cos θ=|cos φ|= |n· | BM |n|· | |BM







1 π = ,解得 θ= . 2 3

π ∴二面角 B1-A1C-C1 的大小为 . 3 【答案】 π 3

三、解答题 1 10.(2012· 全国新课标高考)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 2 AA1 的中点,DC1⊥BD.

(1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小. 【解】 (1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1. 1 2 又 AC= AA1,可得 DC1+DC2=CC2, 1 2 所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D, 所以 DC1⊥平面 BCD. 因为 BC?平面 BCD,所以 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1, 则 BC⊥平面 ACC1A1, 所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. → → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直 角坐标系 C-xyz.

由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). → → → 则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 → ?n· =0, ? ? BD ?x-y+z=0, ? 即? ? ?z=0, ?n·→ =0, ? A 1D 可取 n=(1,1,0). → ?m· =0, ? ? BD ?x-y+z=0, 同理,设 m=(x,y,z)是平面 C1BD 的法向量,则? 即? ?-x+z=0, → ? ?m· 1=0, ? DC 可取 m=(1,2,1). n· m 3 从而 cos〈n,m〉= = . |n|· |m| 2 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° . 11.(2012· 浙江高考)

如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠BAD= 120° ,且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点. (1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A-MN-Q 的平面角 的余弦值. 【解】 (1)证明:连接 BD,因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的 中位线,所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,BD?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)连接 AC 交 BD 于 O,以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建立空间直角坐 标系 Oxyz,如图所示.

在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AC. 在直角△PAC 中,AC=2 3,PA=2 6,AQ⊥PC, 得 QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下: A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0),D(0,3,0),P(- 3,0,2 6),M- N- 3 3 3 2 6 , , 6,Q ,0, . 2 2 3 3 设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量, 3 3 3 3 → → 由AM= ,- , 6,AN= , , 6知 2 2 2 2 3 3 ,- , 6, 2 2

? 23x-3y+ 2 ? 3 3 ? 2 x+2y+

6z=0, 6z=0.

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量, 5 3 3 6 → 5 3 3 6 → 由QM=- ,- , ,QN=- , , 知 6 2 3 6 2 3

?-5 6 3x-3y+ 36z=0, 2 ? 5 3 3 6 ?- 6 x+2y+ 3 z=0.
取 z=5,得 n=(2 2,0,5). m· n 33 于是 cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 33 . 33

12.(2012· 辽宁高考)如图,直三棱柱 ABCA′B′C′,∠BAC=90° ,AB =AC=λAA′,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′- C 为直二面角,求 λ 的值. MN-

【解】

(1)证明法一:连接 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° ,AB=AC,三棱柱

ABCA′B′C′为直三棱柱,所以 M 为 AB′的中点.又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′.又 MN?平面 A′ACC′,AC′?平面 A′ACC′,因此 MN∥平面 A′ACC′. 法二:取 A′B′的中点 P,连接 MP,NP.而 M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点,所 以 MP∥AA′, PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′, PN∥平面 A′ACC′.又 MP∩NP =P,因此平面 MPN∥平面 A′ACC′.而 MN?平面 MPN,所以 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标 系 Oxyz,如图所示. 设 AA′=1,则 AB=AC=λ, 于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1),B′(λ,0,1),C′(0,λ,1),所以 λ 1 λ λ M?2,0,2?,N?2,2,1?. ? ? ? ? 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, → ?m· =0, ?2x1-2z1=0, ? AM 由? 得? λ 1 → ?m· =0 ? MN ?2y1+2z1=0, 1 λ

可得 m=(1,-1,λ).

设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量, → ?n· =0, ?-2x2+2y2-z2=0, ? NC 由? 得? λ 1 → ? MN ?n· =0 ?2y2+2z2=0, 可取 n=(-3,-1,λ). 因为 A′- C 为直二面角,所以 m· MNn=0. 即-3+(-1)×(-1)+λ2=0,解得 λ= 2(负值舍去). 四、选做题 13.(2012· 四川高考)如图,在三棱锥 P-ABC 中,∠APB=90° ,∠PAB=60° ,AB=BC =CA,平面 PAB⊥平面 ABC. λ λ

(1)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的正切值; (2)求二面角 B-AP-C 的余弦值. 【解】 法一:(1)如图,设 AB 的中点为 D,AD 的中点为 O,连接 PO、PD、CO、CD.

由已知,△PAD 为等边三角形, 所以 PO⊥AD. 又平面 PAB⊥平面 ABC,平面 PAB∩平面 ABC=AD, 所以 PO⊥平面 ABC. 所以∠OCP 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角. 不妨设 AB=4,则 PD=2,CD=2 3,OD=1,PO= 3. 在 Rt△OCD 中,CO= OD2+CD2= 13. 所以,在 Rt△POC 中,tan∠OCP= PO 3 39 = = . CO 13 13 39 . 13

故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的正切值为 (2)过 D 作 DE⊥AP 于 E,连接 CE. 由已知可得,CD⊥平面 PAB. 根据三垂线定理知,CE⊥PA. 所以∠CED 为二面角 B-AP-C 的平面角. 由(1)知,DE= 3. 在 Rt△CDE 中,tan∠CED= 易求 cos∠CED= 5 . 5 5 . 5 CD 2 3 = =2, DE 3

所以,二面角 B-AP-C 的余弦值为

法二:(1)如图,设 AB 的中点为 D,作 PO⊥AB 于点 O,连接 CD.

因为平面 PAB⊥平面 ABC, 平面 PAB∩平面 ABC=AD,所以 PO⊥平面 ABC. 所以 PO⊥CD. 由 AB=BC=CA,知 CD⊥AB. 设 E 为 AC 的中点,则 EO∥CD, 从而 OE⊥PO,OE⊥AB. 如图,以 O 为坐标原点,OB、OE、OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标

系 O-xyz. 不妨设 PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP= 3,CD=2 3. 所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2 3,0),P(0,0, 3), → 所以CP=(-1,-2 3, 3). → 而OP=(0,0, 3)为平面 ABC 的一个法向量,设 α 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角, → → CP· OP 0+0+3 3 则 sin α= = = , → → 16× 3 4 |CP||OP| 易求 tan α= 39 , 13 39 . 13

故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的正切值为

→ → (2)由(1)有AP=(1,0, 3),AC=(2,2 3,0). 设平面 APC 的一个法向量为 n=(x1,y1,z1),则 → → ?n⊥AP ?n· =0 ? ? AP ? ?? → → ?n⊥AC ?n· =0 ? ? AC ?1,0, 3?=0, ??x1,y1,z1?· ?? ?2,2 3,0?=0. ??x1,y1,z1?·

?x1+ 3z1=0, 从而? ?2x1+2 3y1=0.
取 x1=- 3,则 y1=1,z1=1, 所以 n=(- 3,1,1). 设二面角 B-AP-C 的平面角为 β,易知 β 为锐角. 而平面 ABP 的一个法向量为 m=(0,1,0),则 n· m 1 5 cos β= = = , |n||m| 5 3+1+1 故二面角 B-AP-C 的余弦值为 5 . 5


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