【走向高考】2022届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第3讲）课时作业 新人教A版

【走向高考】2022届高中数学二轮复习专题4立体几何（第3讲）课时作业新人教A版一、选择题1．(2022·北京理，7)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)，若S1、S2、S3分别是三棱锥D－ABC在xOy、yOz、zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则(　　)A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1[答案]　D[解析]　D－ABC在xOy平面上的投影为△ABC，故S1＝AB·BC＝2，设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D2和D3，则D－ABC在yOz和zOx平面上的投影分别为△OCD2和△OAD3，∵D2(0,1，)，D3(1,0，)．故S2＝×2×＝，S3＝×2×＝，综上，选项D正确．2．(2022·天津和平区模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1的中点，则异面直线D1C与BE所成角的余弦值为(　　)A.　　　　　　　　　B.C.D.[答案]　B[解析]　以A为原点，AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,2)，∵AA1＝2AB，∴E(0,0,1)，-11-\n∴＝(－1,0,1)，＝(－1,0,2)，∴cos〈，〉＝＝＝，故选B.3．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于(　　)A.B.C.D.[答案]　B[解析]　如图，设A1在平面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，OA、OA1分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系如图．设△ABC边长为1，则A(，0,0)，B1(－，，)，∴＝(－，，)．平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为sinα＝|cos〈，n〉|＝＝.4．(2022·吉林九校联合体二模)如图，在四面体OABC中，已知AC＝BC，||＝3，|-11-\n|＝1，则·(　　)A．8B．6C．4D．3[答案]　C[解析]　如图，取AB的中点D，∵AC＝BC，∴AB⊥DC，＝＋，又＝(＋)，∴·＝(＋)·＝·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝(9－1)＝4.5．如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是(　　)A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角[答案]　D[解析]　∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，从而AC⊥SB.故A正确．易知B正确．设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正确．由排除法可知选D.6．正四面体ABCD的棱长为1，G是△ABC的中心，M在线段DG上，且∠AMB＝90°，则GM的长为(　　)A.B.C.D.[答案]　D[解析]　解法一：取AB的中点N，由正四面体的对称性可知△AMB为等腰三角形，∴MN＝AB＝.又G为△ABC的中心，∴NG＝，-11-\n故MG＝＝.解法二：设＝a，＝b，＝c，＝＋λ＝－a＋(a＋b＋c)＝(－1)a＋b＋c，＝＋＝(a－b)＋(－1)a＋b＋c＝a＋(－1)b＋c.由·＝0，ab＝bc＝ac＝，可解得λ＝.||＝||＝.二、填空题7．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________．[答案]　a[解析]　设M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s＝(－，0，)，＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝＝＝，根式内的二次函数当m＝－＝时取最小值()2－a×＋a2＝a2，故d的最小值为a.8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四个结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．其中正确命题的序号是________．(注：把你认为正确命题的序号都填上)-11-\n[答案]　①③[解析]　在正方体中，AB1＝BC1，∵M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，∴当M为AB1的中点时，N为BC1的中点，即B1C的中点，此时MN∥AC∥A1C1，否则MN与A1C1异面，∴②④都错；在BB1上取点E，使NE∥B1C1，则＝＝，∴ME∥AB∥A1B1，∴平面MNE∥平面A1B1C1，∴MN∥平面A1B1C1D1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥MN，故①③正确．三、解答题9.如图，已知ABCD－A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，A1D1＝2，A1A＝2，点P是AD1上的动点．(1)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值；(2)求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值．[解析]　(1)(解法一)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E，则PE∥AA1，∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角．在Rt△AA1D1中，A1D1＝2，AA1＝2，∴A1E＝A1D1＝1，∴B1E＝＝.又PE＝AA1＝，∴在Rt△B1PE中，B1P＝＝2，cos∠B1PE＝＝＝.∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.(解法二)以A1为原点，A1B1所在的直线为x轴，A1D1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图所示，则A1(0,0,0)，A(0,0,2)，B1(2,0,0)，P(0，1，)，∴＝(0,0,2)，＝(－2,1，)，∴cos〈，〉＝＝＝.∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.(2)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1，∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角，且tan∠B1PA1＝＝.-11-\n当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时A1P⊥AD1，由A1P＝＝，得tan∠B1PA1＝，即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为.10．(2022·北京海淀模拟)如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在上，且OM∥AC.(1)求证：平面MOE∥平面PAC；(2)求证：平面PAC⊥平面PCB；(3)设二面角M－BP－C的大小为θ，求cosθ的值．[解析]　(1)因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA.因为PA⊂平面PAC，OE⊄平面PAC，所以OE∥平面PAC.因为OM∥AC，又AC⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，所以OM∥平面PAC.因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面PAC.(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.因为AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.(3)如图，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系C－xyz.因为∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，所以CB＝2cos30°＝，AC＝1.延长MO交CB于点D.因为OM∥AC，所以MD⊥CB，MD＝1＋＝，CD＝CB＝.所以P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，，0)，M(，，0)．所以＝(1,0,2)，＝(0，，0)．-11-\n设平面PCB的法向量m＝(x，y，z)．因为所以即令z＝1，则x＝－2，y＝0.所以m＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB的一个法向量n＝(1，，1)．所以cos〈m，n〉＝＝－.所以cosθ＝.一、解答题11．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE；(3)求二面角A－BE－D的大小．[解析]　(1)设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.如图以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，A(，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，，0)，F(，，1)．所以＝(，，1)，＝(0，－，1)，＝(－，0,1)．所以·＝0－1＋1＝0，·＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE.(3)由(2)知，＝(，，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.即所以x＝0，z＝y.令y＝1，则z＝.所以n＝(0,1，)，从而cos〈n，〉＝＝-11-\n因为二面角A－BE－D为锐角，所以二面角A－BE－D为.[点评]　综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考查为主，较少使用综合法．12．(2022·桂东一中月考)如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．[解析]　(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)设AC∩BD＝O，连接OE，由(1)知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，∴O、E分别为DB、PB的中点，∴OE∥PD，OE＝PD，又∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，在Rt△AOE中，OE＝PD＝AB＝AO，∴∠AOE＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.13．(2022·北京理，17)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P－ABCDE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；-11-\n(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．[解析]　(1)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A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则y＝－1，所以n＝(0，－1,1)．设直线BC与平面ABF所成角为α，则sinα＝|cos〈n，〉|＝||＝.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u，v，w)．因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(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·＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝，所以点H的坐标为(，，)．所以PH＝＝2.14．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.-11-\n(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．[解析]　如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，于是cos〈，〉＝＝＝.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则即不妨令x＝，可得m＝(，0，)．同样的，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则即不妨令y＝，可得n＝(0，，)．于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则＝，由MN⊥平面A1B1C1，得即解得故M，因此＝，所以线段BM的长||＝.-11-\n-11-