高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第7章　立体几何7.7(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第7章　立体几何7.7(教师版)，共20页。
A级
一、选择题
1．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量eq \(AB,\s\up16(→))与eq \(AC,\s\up16(→))的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 C
解析 由已知得eq \(AB,\s\up16(→))＝(0,3,3)，eq \(AC,\s\up16(→))＝(－1,1,0)，
∴cs〈eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up16(→))·\(AC,\s\up16(→)),|\(AB,\s\up16(→))||\(AC,\s\up16(→))|)＝eq \f(3,3\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
∴向量eq \(AB,\s\up16(→))与eq \(AC,\s\up16(→))的夹角为60°.故选C.
2．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq \f(π,3)，则二面角A－BD－C的大小为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3)
C.eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) D.eq \f(π,6)或eq \f(π,3)
答案 C
解析 ∵二面角的范围是[0，π]，且〈n1，n2〉＝eq \f(π,3)，
∴二面角A－BD－C的大小为eq \f(π,3)或eq \f(2π,3).故选C.
3．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(1,5)
C.eq \f(3\r(10),10) D.eq \f(3,5)
答案 C
解析 如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．
设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)．
∴eq \(BE,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，eq \(CD1,\s\up16(→))＝(0，－1,2)．
∴cs〈eq \(BE,\s\up16(→))，eq \(CD1,\s\up16(→))〉＝eq \f(1＋2,\r(2)·\r(5))＝eq \f(3\r(10),10).故选C.
4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq \f(2,3)A1D，AF＝eq \f(1,3)AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC之一垂直
B．EF⊥A1D，EF⊥AC
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
答案 B
解析 以D点为坐标原点，
以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体棱长为1，
则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，eq \(A1D,\s\up16(→))＝(－1，0，－1)，eq \(AC,\s\up16(→))＝(－1,1,0)，eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq \(BD1,\s\up16(→))＝(－1，－1,1)，eq \(EF,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3)eq \(BD1,\s\up16(→))，eq \(A1D,\s\up16(→))·eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(EF,\s\up16(→))＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.
5．如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则eq \(PD,\s\up16(→))·eq \(PB1,\s\up16(→))的最小值为( )
A.eq \f(5,2) B．－eq \f(1,4)
C.eq \f(1,4) D．－eq \f(5,2)
答案 B
解析 建立如图所示的直角坐标系，
则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，设P(0,0，z)(0≤z≤3)，
则eq \(PD,\s\up16(→))＝(1,0,2－z)，eq \(PB1,\s\up16(→))＝(0,1,3－z)，
∴eq \(PD,\s\up16(→))·eq \(PB1,\s\up16(→))＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(5,2)))2－eq \f(1,4)，
故当z＝eq \f(5,2)时，eq \(PD,\s\up16(→))·eq \(PB1,\s\up16(→))取得最小值为－eq \f(1,4).故选B.
6．如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(00，得a＝3，eq \(OF,\s\up16(→))＝(－1,0,3)，eq \(BE,\s\up16(→))＝(1，－eq \r(3)，2)，
cs〈eq \(OF,\s\up16(→))，eq \(BE,\s\up16(→))〉＝eq \f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq \f(\r(5),4)，
故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为eq \f(\r(5),4).
16．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝eq \r(3)，求三棱锥E－ACD的体积．
解 (1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up16(→))的方向为x轴的正方向，
|eq \(AP,\s\up16(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz，
则D(0，eq \r(3)，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).
设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，eq \r(3)，0)，eq \(AC,\s\up16(→))＝(m，eq \r(3)，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AC,\s\up16(→))＝0，,n1·\(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))
可取n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).
又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，
由题设得|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(1,2)，即 eq \r(\f(3,3＋4m2))＝eq \f(1,2)，解得m＝eq \f(3,2).
因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq \f(1,2).
三棱锥E－ACD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(3,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),8).
17．如图1所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2所示．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值．
解 (1)证明：在题图1中，连接CE，
因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，
∠BAD＝eq \f(π,2)，所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，所以BE⊥AC.
在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝eq \f(π,2)，
所以OB，OC，OA1两两垂直．
如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
得eq \(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
由eq \(CD,\s\up16(→))＝eq \(BE,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0,0)，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(2),2)，0)).
所以eq \(BD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0)).
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
直线BD与平面A1BC所成的角为θ，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up16(→))＝0，,n·\(A1C,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,y－z＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1)．
从而sinθ＝|cs〈eq \(BD,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(\r(2),\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(30),15)，
即直线BD与平面A1BC所成角的正弦值为eq \f(\r(30),15).
18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.
(1)证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；
(2)若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)，求eq \f(DC,BC)的值．
解 (1)证明：如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
设PD＝DC＝1，BC＝λ，
则D(0,0,0)，P(0,0,1)，B(λ，1,0)，C(0,1,0)，
eq \(PB,\s\up16(→))＝(λ，1，－1)，点E是PC的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，
于是eq \(PB,\s\up16(→))·eq \(DE,\s\up16(→))＝0，即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF.
因eq \(PC,\s\up16(→))＝(0,1，－1)，eq \(DE,\s\up16(→))·eq \(PC,\s\up16(→))＝0，则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC.
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，
可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.
(2)由PD⊥平面ABCD，所以eq \(DP,\s\up16(→))＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量；
由(1)知PB⊥平面DEF，
所以eq \(BP,\s\up16(→))＝(－λ，－1,1)是平面DEF的一个法向量．
若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)，
则cseq \f(π,3)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(BP,\s\up16(→))·\(DP,\s\up16(→)),|\a\vs4\al(\(BP,\s\up16(→)))||\a\vs4\al(\(DP,\s\up16(→)))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(λ2＋2))))＝eq \f(1,2)，解得λ＝eq \r(2).
所以eq \f(DC,BC)＝eq \f(1,λ)＝eq \f(\r(2),2).
故当平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)时，eq \f(DC,BC)＝eq \f(\r(2),2).