高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试课后练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试课后练习题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题强化练7　空间角和距离一、选择题　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.(2020四川资阳高二上期末,)一个正方体的平面展开图如图所示,在该正方体中,给出如下3个命题:①AF⊥CG;②AG与MN是异面直线且夹角为60°;③BG与平面ABCD所成的角为45°.其中真命题的个数是(　　)A.0 B.1 C.2 D.32.(2020四川成都七中高三二模,)如图所示,三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,且PA=PB=AB=,PC=,则点C到平面PAB的距离等于(　　)A. B. C. D.3.(2020湖南长沙明德中学高一上月考,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F∥平面D1AE,则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是(　　)A. B.C.{t|2≤t≤2} D.{t|2≤t≤2}4.(多选)(2020海南海口高三模拟,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC=AB=2,AB⊥AC,D,E分别是线段BC,B1C上的动点(不含端点),且=.则下列说法正确的是(　　)A.ED∥平面ACC1B.该三棱柱的外接球的表面积为68πC.异面直线B1C与AA1所成角的正切值为D.二面角A-EC-D的余弦值为二、填空题5.(2020浙江杭州学军中学高二上期中,)如图,已知三棱锥A-BCD的所有棱长均相等,点E满足=3,点P在棱AB上运动,设EP与平面BCD所成的角为θ,则sin θ的最大值为　　　　. 6.(2020浙江宁波九校高二上期末联考,)边长为2的等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成60°的二面角,当∠AC1B=90°,∠C1AB=30°时,线段CC1的长度为　　　　.   三、解答题7.(2020黑龙江哈尔滨三中高三上期末,)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC,D、E分别为AA1、B1C的中点.(1)证明:DE⊥平面BCC1B1;(2)若AB=2,直线B1B与直线CD所成的角为45°,求点B到平面B1CD的距离.   8.(2020福建宁德高三上期末,)如图,平面ABCD⊥平面EBC,四边形ABCD为矩形,AB=1,∠EBC=,且M、N分别为AB、CE的中点.(1)证明:MN∥平面AED;(2)若BC=BE=2,求二面角E-AD-B的大小. 9.(2020天津实验中学高一上期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2,(1)求证:PD⊥平面PBC;(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.    10.(2020湖北武汉武昌高二月考,)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为a,E为AB的中点.(1)若a=1,证明B1E⊥平面A1EC;(2)若a=2,求直线B1E与平面A1EC所成角的正弦值.     答案全解全析一、选择题1.C　将平面展开图还原成正方体,如图所示:对于①,连接MB,易知MB∥CG,MB⊥AF,∴AF⊥CG,①正确;对于②,连接AC,易知MN∥AC,∴∠GAC是异面直线AG与MN所成的角,易知△GAC为等边三角形,∴∠GAC=60°,②正确;对于③,连接BD,易知∠GBD为BG与平面ABCD所成的角,∠GBD≠45°,③错误.故选C.2.C　取AB的中点G,连接PG、CG,作CH⊥PG,垂足为H,如图所示,∵PA=PB=AB=,∴△PAB为等边三角形.∵G为AB的中点,∴PG⊥AB,∵△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,∴CG⊥AB,又PG∩CG=G,∴AB⊥平面PCG,又CH⊂平面PCG,∴AB⊥CH.又CH⊥PG,PG∩AB=G,∴CH⊥平面PAB,即CH就是点C到平面PAB的距离.在等边三角形PAB中,PG=×=,在Rt△ABC中,CG==,在△PCG中,由余弦定理的推论可得cos∠PGC===-,∴sin∠PGC===,在Rt△CHG中,CH=CG·sin(π-∠PGC)=×=,∴点C到平面PAB的距离为.故选C.3.D　设平面AD1E与直线BC交于点G,则G为BC的中点,连接AG、EG,分别取B1B、B1C1的中点M、N,连接A1M、MN、A1N,则A1M∥D1E,MN∥EG.∵A1M⊄平面D1AE,D1E⊂平面D1AE,∴A1M∥平面D1AE,同理可得MN∥平面D1AE.∵A1M、MN是平面A1MN内的两条相交直线,∴平面A1MN∥平面D1AE.∵A1F∥平面D1AE,∴F是线段MN上的动点.连接B1F,设直线A1F与平面BCC1B1所成的角为θ,当点F与点M(或N)重合时,A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1,此时所成角θ达到最小值,满足tan θ==2.当点F为MN的中点时,A1F与平面BCC1B1所成角达到最大值,此时tan θ===2.∴t构成的集合为{t|2≤t≤2}.4.AD　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形BCC1B1是矩形,因为=,所以ED∥BB1∥CC1,因为ED⊄平面ACC1,CC1⊂平面ACC1,所以ED∥平面ACC1,A项正确;因为AA1=AC=AB=2,所以AB=3,因为AB⊥AC,所以BC==,所以B1C==,易知B1C是三棱柱外接球的直径,所以外接球的表面积为4π×=17π,故B错误;AA1∥BB1,所以∠BB1C为异面直线B1C与AA1所成的角.在Rt△B1BC中,BB1=2,BC=,所以tan∠BB1C==,所以C错误;过A作AF⊥BC于F,由直三棱柱的定义可知AF⊥CC1,因为CC1∩BC=C,所以AF⊥平面BCC1B1,过F作FG⊥B1C于G,连接AG,则AG⊥B1C,所以∠AGF是二面角A-EC-D的平面角.在Rt△BAC中,可得AF=,CF=,因为sin∠B1CB=,所以FG=×,所以AG=,所以cos∠AGF===,所以D正确.故选AD.二、填空题5.答案　解析　依题意可知,该几何体为正四面体,设顶点A在底面内的射影是O,则O为△BCD的中心,连接OB,过P作PH⊥OB,交OB于H,连接HE,如图.易知∠PEH是直线EP与平面BCD所成的角,设为θ,设正四面体的棱长为4a,PB=x(0≤x≤4a),在三角形PBE中,∠PBE=,由余弦定理得PE=,在△AOB中,AO==a,∴=,解得PH=x,∴sin θ===,∴当x=2a时,sin θ取得最大值,最大值为.6.答案　解析　如图1,作C1D⊥AB于D,C1O⊥平面ABC于O,连接DO,∵AB⊂平面ABC,∴C1O⊥AB,又C1O∩C1D=C1,∴AB⊥平面C1DO,又DO⊂平面C1DO,∴AB⊥DO,∴∠C1DO为等边△ABC和直角△ABC1所在半平面构成的二面角,即∠C1DO=60°,又∠AC1B=90°,∠C1AB=30°,∴C1B=AB·sin 30°=1,C1D=C1B·sin 60°=,C1O=C1D·sin 60°=,DO=C1D·cos 60°=,BD=C1B·cos 60°=,画出底面△ABC如图2,分析可知:CO===,∴CC1===.图1图2三、解答题7.解析　(1)证明:如图,取BC的中点G,连接EG、AG,则EG∥DA,且EG=DA,∴四边形ADEG为平行四边形,∴DE∥AG.∵B1B⊥平面ABC,AG⊂平面ABC,∴B1B⊥AG,∵AB=AC,且G为BC的中点,∴BC⊥AG,又B1B∩BC=B,∴AG⊥平面BCC1B1,又DE∥AG,∴DE⊥平面BCC1B1.(2)∵B1B∥AD,∴∠ADC就是直线B1B与直线CD所成的角,∴∠ADC=45°,∴AD=AC=2.设点B到平面B1CD的距离为d,由=,可得×d×××2=×2××4×2,解得d=,故点B到平面B1CD的距离d=.8.解析　(1)证明:取DE的中点F,连接AF、FN,又N为BC的中点,∴FN∥CD,FN=CD.∵矩形ABCD中,M为AB的中点,∴AM∥CD,AM=CD,∴AM∥FN,AM=FN,∴四边形AMNF为平行四边形,∴AF∥MN.又AF⊂平面AED,MN⊄平面AED,∴MN∥平面AED.(2)过点E作EH⊥BC于H,∵平面ABCD⊥平面EBC,平面ABCD∩平面EBC=BC,∴EH⊥平面ABCD,过H作HG⊥AD于G,连接EG.∵AD⊂平面ABCD,∴EH⊥AD,又EH∩HG=H,∴AD⊥平面EHG,EG⊂平面EHG,∴AD⊥EG,∴∠EGH即为二面角E-AD-B的平面角.在Rt△EHB中,EH=EB×sin =2×=,又HG=AB=1,∴tan∠EGH==,∴∠EGH=,∴二面角E-AD-B的大小为.9.解析　(1)证明:∵AD⊥平面PDC,PD⊂平面PDC,∴AD⊥PD,∵BC∥AD,∴PD⊥BC,又PD⊥PB,PB∩BC=B,∴PD⊥平面PBC.(2)过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.∵PD⊥平面PBC,∴PF为DF在平面PBC上的射影,∴∠DFP为直线DF与平面PBC所成的角.∵AD∥BC,DF∥AB,∴四边形DABF为平行四边形,∴BF=AD=1.∴CF=BC-BF=2.∵AD⊥DC,∴BC⊥DC.在Rt△DCF中,可得DF==2.在Rt△DPF中,可得sin∠DFP==,∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.10.解析　(1)证明:∵△ABC是正三角形,E为AB的中点,∴CE⊥AB.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴CE⊥平面A1ABB1,∴CE⊥B1E.∵四边形A1ABB1是矩形,且AA1=1,AB=2,∴A1E2+B1E2=AE2+A+EB2+B=4=A1,∴A1E⊥B1E.∵CE⊥B1E,A1E⊥B1E,CE∩A1E=E,∴B1E⊥平面A1EC.(2)如图所示,过点B1作B1H⊥平面A1EC,垂足为H,连接B1C,EH,则∠B1EH为直线B1E与平面A1EC所成的角,在△A1B1E中,A1B1=2,A1E=B1E=,∴=2,在△A1CE中,A1C=2,CE=,A1E=,∴=.∵=,∴·CE=·B1H,∴×2×=××B1H,解得B1H=,∴sin∠B1EH==.