2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時作業(yè)48 理（含解析）新人教A版

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1、課時作業(yè)48　利用向量求空間角 1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　B　) A. B. C. D. 解析：以A為原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz， 設(shè)棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)，＝， 設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)． 則有即∴ ∴n1＝(1,2,2)． ∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝，即所成的銳二面角的余弦

2、值為. 2．(2019·大同模擬)設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是(　D　) A. B. C. D. 解析：如圖，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立坐標系， 則D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，＝(2,0,0)，＝(2,2,0)，＝(2,0,2)， 設(shè)平面A1BD的一個法向量n＝(x，y，z)， 則∴ 令z＝1，得n＝(－1,1,1)． ∴D1到平面A1BD的距離d＝＝＝. 3．(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平

3、面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　A　) A. B. C. D. 解析：由正方體的性質(zhì)及題意可得，正方體共頂點的三條棱所在直線與平面α所成的角均相等． 如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中， 易知棱AB，AD，AA1所在直線與平面A1BD所成的角均相等，所以α∥平面A1BD，當(dāng)平面α趨近點A時，截面圖形的面積趨近于0；當(dāng)平面α經(jīng)過正方體的中心O時，截面圖形為正六邊形，其邊長為，截面圖形的面積為6××2＝；當(dāng)平面α趨近于C1時，截面圖形的面積趨近于0，所以截面圖形面積的最大值為，故選A. 4．已知三棱錐P-ABC的所有頂點都在表面積為16π的

4、球O的球面上，AC為球O的直徑．當(dāng)三棱錐P-ABC的體積最大時，二面角P-AB-C的大小為θ，則sinθ等于(　C　) A. B. C. D. 解析：如圖，設(shè)球O的半徑為R， 由4πR2＝16π，得R＝2， 設(shè)點P到平面ABC的距離為d， 則0＜d≤2，因為AC為球的直徑， 所以AB2＋BC2＝AC2＝16，則 V三棱錐P-ABC＝AB·BC·d≤··2＝， 當(dāng)且僅當(dāng)AB＝BC＝2，d＝2時，V三棱錐P-ABC取得最大值， 此時平面PAC⊥平面ABC， 連接PO，因為PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO?平面PAC， 所以PO⊥平面ABC，過點P作P

5、D⊥AB于D， 連接OD，因為AB⊥PO，AB⊥PD，PO∩PD＝P， 所以AB⊥平面POD，則AB⊥OD， 所以∠PDO為二面角P-AB-C的平面角， 因為OD＝BC＝，所以PD＝＝， 則sinθ＝sin∠PDO＝＝，故選C. 5．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心，則EF和CD所成的角的大小是　45°　. 解析：以D為原點，分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz， 設(shè)正方體的棱長為1，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F(xiàn)，＝，＝(0,1

6、,0)， ∴cos〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝135°， ∴異面直線EF和CD所成的角的大小是45°. 6．如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為　　. 解析：建立空間直角坐標系如圖所示． 設(shè)AB＝1，則＝，E. 設(shè)M(0，y,1)(0≤y≤1)，則＝. ∵θ∈，∴cosθ＝ ＝＝. 則2＝1－. 令8y＋1＝t，1≤t≤9， 則＝≥， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時取等號． ∴cosθ＝≤×＝，當(dāng)且僅當(dāng)y＝0時取等號． 7．如圖，四棱錐P-AB

7、CD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設(shè)二面角D-AE-C為60°，AP＝1，AD＝，求三棱錐E-ACD的體積． 解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接EO. 因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點． 又E為PD的中點，所以EO∥PB. 又因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC. (2)因為PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直． 如圖，以A為坐標原點，的方向為x軸的正方向，||為單位長，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz， 則D(0，，0)，E，＝. 設(shè)

8、B(m,0,0)(m＞0)， 則C(m，，0)，＝(m，，0)． 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量， 則即 可取n1＝. 又n2＝(1,0,0)為平面DAE的法向量， 由題設(shè)得|cos〈n1，n2〉|＝， 即 ＝，解得m＝. 因為E為PD的中點， 所以三棱錐E-ACD的高為. 三棱錐E-ACD的體積V＝××××＝. 8．(2019·江西六校聯(lián)考)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABD＝90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是BD的中點． (1)求證：EM∥平面ADF； (2)求二面角A-FD-

9、B的余弦值的大?。? 解：(1)證法一：取AD的中點N，連接MN，NF. 在△DAB中，M是BD的中點，N是AD的中點，所以MN∥AB，MN＝AB， 又因為EF∥AB，EF＝AB， 所以MN∥EF且MN＝EF. 所以四邊形MNFE為平行四邊形，所以EM∥FN， 又因為FN?平面ADF，EM?平面ADF，故EM∥平面ADF. 證法二：因為EB⊥平面ABD，AB⊥BD， 故以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系B-xyz. 由已知可得＝，＝(3，－2,0)，＝(0，－1，)， 設(shè)平面ADF的法向量是n＝(x，y，z)． 由得 令y＝3，則n＝(2,3，)． 又因為·n

10、＝0，所以⊥n， 又EM?平面ADF，故EM∥平面ADF. (2)由(1)中證法二可知平面ADF的一個法向量是n＝(2,3，)． 易得平面BFD的一個法向量是m＝(0，－，1)． 所以cos〈m，n〉＝＝－， 又二面角A-FD-B為銳角， 故二面角A-FD-B的余弦值大小為. 9．(2019·河南鄭州一模)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E為線段BD上的一點，且EB＝ED＝EC＝BC，連接CE并延長交AD于F. (1)若G為PD的中點，求證：平面PAD⊥平面CGF； (2)若BC＝2，PA＝3，求平面BCP與平面DCP所成銳二面角

11、的余弦值． 解：(1)證明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC， 故∠BCD＝，∠CBE＝∠CEB＝， 連接AE， ∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB， 從而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，AE＝CE＝DE. ∴∠AEF＝∠FED＝. 故EF⊥AD，AF＝FD. 又PG＝GD，∴FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD， ∴GF⊥AD， 又GF∩EF＝F，故AD⊥平面CFG. 又AD?平面PAD， ∴平面PAD⊥平面CGF. (2)以點A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，，0)，

12、D(0，2，0)，P(0,0,3)． 故＝(1，，0)，＝(－3，－，3)，＝(－3，，0)． 設(shè)平面BCP的一個法向量為n1＝(1，y1，z1)， 則解得 即n1＝. 設(shè)平面DCP的一個法向量為n2＝(1，y2，z2)， 則解得 即n2＝(1，，2)． 從而平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值為＝＝. 10．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點． (1)證明：直線CE∥平面PAB； (2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，

13、求二面角M-AB-D的余弦值． 解：(1)取PA的中點F，連接EF，BF. 因為E是PD的中點， 所以EF∥AD，EF＝AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EF綊BC， 四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF， 又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD，以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．設(shè)M(x，y，z)(0＜x＜1)，則＝(x－1，y，z

14、)，＝(x，y－1，z－)． 因為BM與底面ABCD所成的角為45°， 而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量， 所以|cos〈，n〉|＝sin 45°， ＝， 即(x－1)2＋y2－z2＝0.① 又M在棱PC上，設(shè)＝λ， 則x＝λ，y＝1，z＝－λ.② 由①②解得(舍去)，或 所以M，從而＝. 設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量， 則 即 所以可取m＝(0，－，2)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 易知所求二面角為銳角． 因此二面角M-AB-D的余弦值為. 11．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC

15、＝CD＝AD，E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°. (1)在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； (2)若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行． 如圖，延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點． 理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形，從而CM∥EB. 又EB?平面PBE，CM?平面PBE， 所以CM∥平面PBE. (說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上任

16、意一點) (2)解法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°. 設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 又CE?平面ABCD，從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角． 在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1， 所以AH＝. 在Rt△PA

17、H中，PH＝＝， 所以sin∠APH＝＝. 解法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角． 所以∠PDA＝45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A為原點，以，的方向分別為x軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz， 則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)． 設(shè)平面PCE的法向量n＝(x

18、，y，z)， 由得 設(shè)x＝2，解得n＝(2，－2,1)． 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α， 則sinα＝＝＝. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為. 12．(2019·江西南昌二中月考)如圖，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，點E為AB的中點，現(xiàn)將該梯形中的三角形EBC沿線段EC折起，形成四棱錐B-AECD. (1)在四棱錐B-AECD中，求證：AD⊥BD； (2)若平面BEC與平面AECD所成二面角的平面角為120°，求直線AE與平面ABD所成角的正弦值． 解：(1)證明：由三角形BEC沿線段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB

19、＝4，點E為AB的中點，得三角形BEC沿線段EC折起后，四邊形AECD為菱形，邊長為2，∠DAE＝60°，如圖，取EC的中點F，連接DF，BF，DE， ∵△BEC和△DEC均為正三角形， ∴EC⊥BF，EC⊥DF, 又BF∩DF＝F， ∴EC⊥平面BFD，∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD， ∵BD?平面BFD，∴AD⊥BD. (2)以F為坐標原點，建立如圖的空間直角坐標系， 由EC⊥平面BFD，知z軸在平面BFD內(nèi)， ∵BF⊥EC，DF⊥EC， ∴∠BFD為平面BEC與平面AECD所成二面角的平面角， ∴∠BFD＝120°，∴∠BFz＝30°， 又∵BF＝，∴點B的橫坐標為－，點B的豎坐標為. 因D(，0,0)，E(0,1,0)，A(，2,0)， B， 故＝(－，－1,0)，＝，＝(0，－2，0)． 設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)， ∴ 得 令x＝1，得y＝0，z＝，∴平面ABD的一個法向量為n＝(1,0，)， ∴cos〈，n〉＝＝ ＝－， ∵直線AE與平面ABD所成角為銳角， ∴直線AE與平面ABD所成角的正弦值為. 15