《高考调研》大一轮复习(新课标,数学理)题组训练第八章立体几何题组4546 Word版含解析

题组层级快练(四十五) (第一次作业) 1．(2016·合肥一检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1

的中心，则EF和CD所成的角是( )

A．60° B．45° C．30° D．90° 答案 B 解析 连接A1D，DC1，A1C1，∵E，F为A1D，A1C1

中点，

∴EF∥C1D.

∴EF和CD所成角即为∠C1DC＝45°.

2．若正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为( )

A.35 B.45

C.34 D.55 答案 B 解析 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B1D⊥平面ACD，∴B1D⊥DC，故△B1DC为直角三角形． 设棱长为1，则有AD＝52，B1D＝32，DC＝52，∴S△B1DC＝12×32×52＝158.

设A到平面B1DC的距离为h，则有VA－B1DC＝VB1－ADC， ∴13×h×S△B1DC＝13×B1D×S△ADC.

∴13×h×158＝13×32×12，∴h＝25.

设直线AD与平面B1DC所成的角为θ，则sinθ＝hAD＝45.

向量法：如图，取AC的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B1(3，0，2)．

设n＝(x，y，z)为平面B1CD的法向量，

则有n·CD→＝0，n·CB1→＝0⇒

－y＋2z＝0，

3x－y＋2z＝0⇒n＝(0，2，1)．

∴sin〈AD→，n〉＝AD→·n|AD→|·|n|＝45.

3．(2016·皖南八校联考)四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V－AB－C的余弦值的大小为( )

A.23 B.24 C.73 D.223 答案 B 解析 如图所示，取AB中点E，过V作底面的垂线，垂足为O，连接OE，根据题意可知，∠VEO是二面角V－AB－C的平面角．因为OE＝1，VE＝32－1＝22，所以cos∠VEO

＝OEVE＝122＝24，故选B.

4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为( ) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案 B 解析 以A点为坐标原点，AP，AB，AD分别为x，y，z轴建系且设AB＝1， ∴C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)． ∴设面CDP的法向量为n＝(x，y，z)．

∴n·CD→＝（x，y，z）·（－1，0，0）＝－x＝0，n·DP→＝（x，y，z）·（0，－1，1）＝－y＋z＝0. 令y＝1，∴n＝(0，1，1)． 又∵AD→为面ABP的一个法向量，∴cos〈n，AD→〉＝n·AD→|n||AD→|＝12＝22.

∴二面角为45°.

5．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若E，F分别是BC，DD1的中点，则B1到平面ABF的距离为( )

A.33 B.55 C.53 D.255 答案 D 解析 方法一：由VB1－ABF＝VF－ABB1

可得解．

方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1，0，1)，B1(1，1，0)．

设F(0，0，12)，E(12，1，1)，B(1，1，1)，AB→＝(0，1，0)．

∴B1E→＝(－12，0，1)，AF→＝(－1，0，－12)．

∵AF→·B1E→＝(－1，0，－12)·(－12，0，1)＝0， ∴AF→⊥B1E→.又AB→⊥B1E→，∴B1E→⊥平面ABF. 平面ABF的法向量为B1E→＝(－12，0，1)， AB1

→＝(0，1，－1)．

B1到平面ABF的距离为AB1→·B1E→|B1E→|＝255. 6．如图所示，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.

(1)求证：AB⊥DE； (2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值．

答案 (1)略 (2)33 解析 (1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO. 因为EB＝EA，所以EO⊥AB. 因为四边形ABCD为直角梯形， AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC， 所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD. 所以AB⊥平面EOD.因为ED⊂平面EOD，所以AB⊥ED. (2)方法一：因为平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC， 所以BC⊥平面ABE. 则∠CEB即为直线EC与平面ABE所成的角． 设BC＝a，则AB＝2a，BE＝2a，所以CE＝3a. 则在直角三角形CBE中，sin∠CEB＝CBCE＝13＝33， 即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为33.

方法二：因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB， 所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD. 由OB，OD，OE两两垂直可建立如图所示的空间直角坐标系． 因为三角形EAB为等腰直角三角形， 所以OA＝OB＝OD＝OE.设OB＝1，则O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1)． 所以EC→＝(1，1，－1)，平面ABE的一个法向量为OD→＝(0，1，0)． 设直线EC与平面ABE所成的角为θ，

所以sinθ＝|cos〈EC→，OD→〉|＝|EC→·OD→||EC→||OD→|＝33.

即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为33.

7．(2016·河南内黄一中摸底)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC.

(1)求证：AC⊥BB1； (2)若AB＝AC＝A1B＝2，在棱B1C1上确定一点P，使二面角P－AB－A1的平面角的余弦

值为255. 答案 (1)略 (2)P为棱B1C1的中点时满足题意 解析 (1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为A1B⊥平面ABC，A1B⊂平面ABB1A1

，

所以平面ABB1A1⊥平面ABC.因为平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥AC，所以AC⊥平面ABB1A1，所以AC⊥BB1.

(2)如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz， 则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，4，2)，B1C1→＝BC→＝(2，－2，0)． 设B1P→＝λB1C1→＝(2λ，－2λ，0)，λ∈[0，1]， 则P(2λ，4－2λ，2)． 设平面PAB的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 因为AP→＝(2λ，4－2λ，2)，AB→＝(0，2，0)，

所以n1·AP→＝0，n1·AB→＝0，即2λx＋（4－2λ）y＋2z＝0，2y＝0.所以z＝－λx，y＝0. 令x＝1，得n1＝(1，0，－λ)． 而平面ABA1的一个法向量是n2＝(1，0，0)，

所以|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P为棱B1C1的中点． 8. (2015·安徽理)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.

(1)证明：EF∥B1C； (2)求二面角E－A1D－B1的余弦值．

答案 (1)略 (2)63 解析 (1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1

＝AB＝DC，所以四边形

A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D.又A1D⊂平面A1DE，B1C⊄平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE.又B1C⊂平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.

(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1

⊥AD，AB⊥ AD且AA1＝AB＝AD，以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1

→为x轴，y轴和z轴单位正向

量建立如图所示的空间直角坐标系，

可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，

1)，而E点为B1D1

的中点，所以E点的坐标为(0.5，0.5，1)．

设平面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝(0.5，0.5，0)，A1D→＝(0，1，

－1)，由n1⊥A1E→，n1⊥A1D→得0.5r1＋0.5s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)． 设平面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．

所以结合图形知二面角E－A1D－B1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.

9. (2016·杭州学军中学模拟)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝BC＝2AD，AD∥BC，∠BCD＝90°.

(1)求证：BC⊥PC； (2)求PA与平面PBC所成角的正弦值； (3)线段PB上是否存在点E，使AE⊥平面PBC？说明理由．

答案 (1)略 (2)105 (3)E为PB中点时，AE⊥平面PBC 解析 (1)证明：在四棱锥P－ABCD中，