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- 2021-06-16 发布
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A
A1
D
C
B
B1
C1
图
新课标高二数学同步测试(5)—(2-1 第三章 3.2)
说明:本试卷分第一卷和第二卷两部分,第一卷 74 分,第二卷 76 分,共 150 分;答题时间 120 分钟.
一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请把正确答案的代号填在题后的
括号内(每小题 5 分,共 50 分).
1.在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若 AB= 2 BB1,则 AB1 与 C1B 所成的角的大小为( )
A.60° B.90° C.105° D.75°
2.如图,ABCD—A1B1C1D1 是正方体,B1E1=D1F1=
4
11BA ,则 BE1 与 DF1 所成
角的余弦值是( )
A.
17
15 B.
2
1
C.
17
8 D.
2
3
3.如图,A1B1C1—ABC 是直三棱柱,∠BCA=90°,点 D1、F1 分别 是 A1B1 、A1C1
的中点,若 BC=CA=CC1,则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是( )
A.
10
30 B.
2
1
C.
15
30 D.
10
15
4.正四棱锥 S ABCD 的高 2SO ,底边长 2AB ,则异面直线 BD 和 SC 之间的距离( )
A.
5
15 B.
5
5 C .
5
52 D.
10
5
5.已知 1 1 1ABC A B C 是各条棱长均等于 a 的正三棱柱,D 是侧 棱 1CC 的中点.点
1C 到平面 1AB D 的距离( )
A. a4
2 B. a8
2
C. a4
23 D. a2
2
6.在棱长为1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,则平面 1AB C 与平面 11AC D 间的距离 ( )
A.
6
3 B.
3
3 C .
3
32 D.
2
3
图
图
7.在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC=
2
1 PA,点 O、D 分别是 AC、PC 的中点,OP⊥底面 ABC,
则直线 OD 与平面 PBC 所成角的正弦值 ( )
A.
6
21 B.
3
38 C.
60
210 D.
30
210
8.在直三棱柱 111 CBAABC 中,底面是等腰直角三角形, 90ACB ,侧棱 21 AA ,D,E 分别是
1CC 与 BA1 的中点,点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的重心 G.则 BA1 与平面 ABD 所成角的余
弦值 ( )
A.
3
2 B.
3
7 C.
2
3 D.
7
3
9.正三棱柱 111 CBAABC 的底面边长为 3,侧棱 32
3
1 AA ,D 是 CB 延长线上一点,且 BCBD ,
则二面角 BADB 1 的大小 ( )
A.
3
B.
6
C .
6
5 D.
3
2
10.正四棱柱 1111 DCBAABCD 中,底面边长为 22 ,侧棱长为 4,E,F 分别为棱 AB,CD 的中点,
GBDEF .则三棱锥 11 EFDB 的体积 V ( )
A.
6
6 B.
3
316 C .
3
16 D.16
二、填空题:请把答案填在题中横线上(每小题 6 分,共 24 分).
11.在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, E 为 11AB 的中点,则异面直线 1DE和 1BC 间的距离 .
12. 在棱长为1的正方体 中, E 、 F 分别是 、CD 的中点,求点 B 到截面 1AEC F 的
距离 .
13.已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 B1C1 和 C1D1 的中点,点 A1 到平面 DBEF
的距离 .
14.已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 A1B1 的中点,求直线 AE 与平面 ABC1D1 所成角的
正弦值 .
三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共 76 分).
15.(12 分)已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1,求平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角的大小
16.( 12 分)已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、M 分别是 A1C1、A1D 和 B1A 上任一点,
求证:平面 A1EF∥平面 B1MC.
17.( 12 分)在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,
且 PA⊥底面 ABCD,PD 与底面成 30°角.
(1)若 AE⊥PD,E 为垂足,求证:BE⊥PD;
(2)求异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值.
18.( 12 分)已知棱长为 1 的正方体 AC1,E、F 分别是 B1C1、C1D 的中点.
(1)求证:E、F、D、B 共面;
(2)求点 A1 到平面的 BDEF 的距离;
(3)求直线 A1D 与平面 BDEF 所成的角.
19.( 14 分)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,点 E 为棱 AB 的中点,求:
(Ⅰ)D1E 与平面 BC1D 所成角的大小;
(Ⅱ)二面角 D-BC1-C 的大小;
(Ⅲ)异面直线 B1D1 与 BC1 之间的距离.
20.( 14分)如图5:正方体ABCD-A1B1C1D1,过线段BD1上一点P(P平面ACB1)作垂直于D1B的平面分别
交过D1的三条棱于E、F、G.
(1)求证:平面EFG∥平面A CB1,并判断三角形类型;
(2)若正方体棱长为 a,求△EFG 的最大面积,并求此时 EF 与 B1C 的距
离.
y
x
z
C
BA
A1
D
B1
D 1
G
E C1O1
F
H
P
图5
A B
C D O
S
x
y
z
图
参考答案
一、1.B;2.A;3.A;4.C;
分析:建立如图所示的直角坐标系,则
22( , ,0)22A ,
22( , ,0)22B ,
22( , ,0)22C ,
22( , ,0)22D , (0,0,2)S .
( 2, 2,0)DB , 22( , ,2)22CS .
令向量 ( , ,1)n x y ,且 ,n DB n CS,则 0
0
n DB
n CS
,
( , ,1) ( 2, 2,0) 0
22( , ,1) ( , ,2) 022
xy
xy
, 0
2 2 0
xy
xy
,
2
2
x
y
, ( 2, 2,1)n .
异面直线 BD 和 SC 之间的距离为:
OC n
d
n
22( , ,0) ( 2, 2,1)22
( 2, 2,1)
2 2 2
1 1 0 25
5( 2) ( 2) 1
.
5.A;分析:
11ABB A 为正方形, 11A B AB,又平面 1AB D 平面 11ABB A , 1AB面 1AB D , 1AB 是平面 1AB D 的一
个法向量,设点C 到平面 1AB D 的距离为 d ,则
1
1
AC A B
d
AB
= 1()
2
AC A A AB
a
= 1 )
2
AC A A AC AB
a
=
00 cos60 2
42
aa
a
a
.
6.B;分析:建立如图所示的直角坐标系,
设平面 11AC D 的一个法向量 ( , ,1)n x y ,则 1
1
0
0
n DA
n DC
,即
( , ,1) (1,0,1) 0
( , ,1) (0,1,1) 0
xy
xy
1
1
x
y
,
( 1, 1,1)n , 平面 1AB C与 平 面 间 的 距 离
AD n
d
n
2 2 2
(_1,0,0) ( 1, 1,1) 3 .3( 1) ( 1) 1
7.D;
.
2 2 2,0,0 , 0, ,0 , ,0,0 .2 2 2
0,0, .
2 1 2,0, ,4 2 2
OP ABC OA OC AB BC
OA OB OA OP OB OP
O OP z O xyz
AB a A a B a C a
OP h P h
D PC
OD a h PA a
平面 , , ,
, ,
以 为原点,射线 为非负 轴,建立空间直角坐标系 如图 ,
设 ,则
设 ,则
为 的中点,
又
Ⅰ
,0,
1 . . .2
h
OD PA OD PA OD PAB
,
平面∥ ∥
x
A B
C D
A1 B1
C1
D1
y
z
E
图
2,
7 ,2
2 14,0, ,44
11,1, ,7
210cos , .30
210sin cos , ,30
210arcsin .30
PA a
ha
OD a a
PBC n
OD nOD n
OD n
OD PBC
OD n
OD PBC
可求得平面 的法向量
设 与平面 所成的角为 ,
则
与平面 所成的角为
Ⅱ
8.B;解 以 C 为坐标原点,CA 所在直线为 x 轴,CB 所在直线为 y 轴, 1CC 所在直线为 z 轴,建立直角
坐标系,
设 aCBCA ,
则 )( 0,0,aA , )( 0,,0 aB , )( 2,0,1 aA , )( 1,0,0D
∴ )( 1,2,2
aaE , )(
3
1,3,3
aaG , )(
3
2,6,6
aaGE ,
)( 1,,0 aBD ,
∵ 点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的重心 G,
∴ GE 平面 ABD, ∴ 0 BDGE ,解得 2a .
∴ )(
3
2,3
1,3
1GE , )( 2,2,21 BA ,
∵ GE 平面 ABD, ∴ GE 为平面 ABD 的一个法向量.
由
3
2
323
6
3
4
||||
,cos
1
1
1
BAGE
BAGEBAGE
∴ BA1 与平面 ABD 所成的角的余弦值为
3
7 .
评析 因规定直线与平面所成角 ]20[ , ,两向量所成角 ]0[ , ,所以用此法向量求出的线面角应
满足 |2| .
9.A;取 BC 的中点 O,连 AO.由题意 平面 ABC 平面 11BBCC , BCAO ,
z
y
x
P
O
D
C
B
A
A
A1 B1
C
B
C1
D
z
yx
E
G
∴ AO 平面 11BBCC ,
以 O 为原点,建立如图 6 所示空间直角坐标系,
则 )( 32
3,0,0A , )( 0,0,2
3B , )( 0,0,2
9D , )( 0,32
3,2
3
1B ,
∴ )( 32
3,0,2
9 AD , )( 0,32
3,31 DB , )( 0,32
3,01 BB ,
由题意 1BB 平面 ABD, ∴ )( 0,32
3,01 BB 为平面 ABD 的法向量.
设 平面 DAB1 的法向量为 ),,(2 zyxn ,
则
DBn
ADn
12
2 , ∴
0
0
12
2
DBn
ADn , ∴
032
33
032
3
2
9
yx
zx
,
即
xz
yx
3
32
3
. ∴ 不妨设 )2
3,1,2
3(2 n ,
由
2
1
232
3
32
3
||||
,cos
21
21
21
nBB
nBBnBB ,
得 60, 21 nBB . 故所求二面角 BADB 1 的大小为 60 .
评析:(1)用法向量的方法处理二面角的问题时,将传统求二面角问题时的三步曲:“找——证——求”
直接简化成了一步曲:“计算”,这表面似乎谈化了学生的空间想象能力,但实质不然,向量法对学生的空
间想象能力要求更高,也更加注重对学生创新能力的培养,体现了教育改革的精神.
(2)此法在处理二面角问题时,可能会遇到二面角的具体大小问题,如本题中若取 )2
3,1,2
3(2 n 时,
会算得
2
1,cos 21 nBB ,从而所求二面角为 120 ,但依题意只为 60 .因为二面角的大小有时为锐
角、直角,有时也为钝角.所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小,然后根据计算取“相
等角”或取“补角”.
10.C;解 以 D 为坐标原点,建立如图 10 所示的直角坐标系,
则 )4,22,22(1B , )4,0,0(1D ,
)0,2,22(E , )0,22,2(F ,
∴ )4,2,22(1 ED , )4,22,2(1 FD ,
)0,22,22(11 BD , 图 10
BA
D
C
D1
A1 B1
C1
z
y
x E
F
G
A
E A1
D C
B
B1
C1 D1
F
x
y
z
图
∴
13
12
2626
24
||||
,cos
11
11
11
FDED
FDEDFDED ,
∴
13
5,sin 11 FDED ,
所以 513
526262
1,sin||||2
1
1
DFDEDFDES EFD ,
设 平面 EFD1 的方程为: 0 DCzByx ,将点 FED ,,1 代入得
0222
0222
04
DB
DB
DC
, ∴
23
24
3
1
D
C
B
,
∴ 平面 EFD1 的方程为: 02324
3 zyx ,其法向量为
)24
3,1,1(n , ∴点 1B 到平面 的距离
5
16
||
|| 11
n
nBDd ,
∴
3
16
5
1653
1
3
1
111
dSV EFDEFDB 即为所求.
评析 ( 1 )在求点到平面的距离时,有时也可直接利用点到平面的距离公式
222
000 ||
CBA
DCzByAxd
计算得到.
(2) 法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外,还能处理异面直线间的距离,线面
间的距离,以及平行平面间的距离等.
二、
11. 26
3
分析:设正方体棱长为 2 ,以 1D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 1 (2,1,0)DE ,
1 (2,0,2)CB ,设 1DE和 1BC 公垂线段上的向量为 (1, , )n ,则 1
1
0
0
n D E
n C B
,即 20
2 2 0
, 2
1
,
(1, 2, 1)n ,又 11 (0,2,0)DC , 11 4 2 6
36
D C n
n
,所以异面直线 和 间的距离为 .
12.
3
6 分析:以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
则 11(1,0,0), (0, ,0), (1, ,1)22A F E .
1(0, ,1)2AE , 1( 1, ,0)2AF ;
设面 1AEC F 的法向量为 (1, , )n ,
则有: 0, 0n AE n AF ,
1 0 22
11102
,
(1,2, 1)n ,又 (0,1,0)AB ,所以点 B 到截面 1AEC F 的距离为 AB n
AB n
= 26
316
.
13.1;解:如图建立空间直角坐标系,
DB=(1,1,0) , DF =(0,
2
1 ,1), 1DA =(1,0,1)
设平面 DBEF 的法向量为 n =(x,y,z),则有:
0 DB 即 x+y=0
0 DF
2
1 y+z=0
令 x=1, y=-1, z= , 取 =(1,-1, ),则 A1 到平面 DBEF 的
距离 11
n
DAn
h
14.
5
10 解:如图建立空间直角坐标系,AB =( 0,1,0), 1AD =
(-1,0,1), AE =(0, ,1)
设平面 ABC1D1 的法向量为 =(x,y,z),
由 0ABn 可解得 =(1,0,1)
01 ADn
设直线 AE 与平面 ABC1D1 所成的角为θ ,则
5
10sin
nAE
nAE
,
三、
15. 解:如图建立空间直角坐标系, 11CA =(-1,1,0), BA 1 =( 0,1,
-1)
z
x
B
A1
y
F
E
B1
C1 D1
D C
A
E
z
x
D1
y
A
C1
B1 A1
B
D
A
C
z
y
x
D1
A1
D
B1
C1
C
B
A
设 1n 、 2n 分别是平面 A1BC1 与平面 ABCD 的法向量,
由 011 BAn 可解得 1n =(1,1,1)
0111 CAn
易知 =(0,0,1),
所以,
21
21
21,cos
nn
nnnn
=
3
3
所以平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角大小为 arccos 或 -arccos .
注:用法向量的夹角求二面角时应注意:平面的法向量有两个相反的方向,取的方向不同求
出来的角度当然就不同,所以最后还应该根据这个二面角的实际 形态
确定其大小.
16.证明:如图建立空间直角坐标系,
则 11CA =(-1,1,0), CB 1 =(-1,0,-1)
DA1 =(1,0,1), AB1 =(0,-1,-1)
设 111 CAEA , DAFA 11 , ABMB 11 ( 、 、
R ,且均不为 0)
设 、 分别是平面 A1EF 与平面 B1MC 的法向量,
由 011 EAn 可得 0111 CAn 即 0111 CAn
011 FAn 011 DAn 011 DAn
解得: =(1,1,-1)
由 012 MBn 可得 012 ABn 即 012 ABn
012 CBn 012 CBn
解得 =(-1,1,-1),所以 =- , ∥ ,
所以平面 A1EF∥平面 B1MC.
注:如果求证的是两个平面垂直,也可以求出两个平面的法向量后,利用 ⊥ 021 nn 来证明.
17.( 1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AB,又 AB⊥AD.∴AB⊥平面 PAD.又∵AE⊥PD,∴PD⊥平
面 ABE,故 BE⊥PD.
F y
E
M
x
z
D1 C1
B1 A1
C D
B A
(2)解:以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点 C、D 的坐标分别
为(a,a,0),(0,2a,0).
∵PA⊥平面 ABCD,∠PDA 是 PD 与底面 ABCD 所成的角,∴∠PDA=30°.
于是,在 Rt△AED 中,由 AD=2a,得 AE=a.过 E 作 EF⊥AD,垂足为 F,在 Rt△AFE 中,由 AE=a,∠
EAF=60°,得 AF=
2
a ,EF=
2
3 a,∴E(0,
2
3,2
1 a a)
于是, CDaaAE },2
3,2
1,0{ ={-a,a,0}
设 AE 与CD 的夹角为θ ,则由
cosθ =
|||| CDAE
CDAE
4
2
0)()2
3()2
1(0
02
3
2
1)(0
222222
aaaa
aaaa
AE 与 CD 所成角的余弦值为
4
2 .
评述:第(2)小题中,以向量为工具,利用空间向量坐标及数量积,求两异面直线所成的角是立体几何
中的常见问题和处理手段.
18.解:(1)略.
(2)如图,建立空间直角坐标系 D—xyz,
则知 B(1,1,0), ).1,2
1,0(),1,1,2
1( FE
设 .),,( 的法向量是平面BDEFzyxn
)1,2
1,0(),0,1,1(,, DFDBDFnDBn由
得
02
1
0
zyDFn
yxDBn 则
.2
1 yz
yx
令 )2
1,1,1(,1 ny 得 .
设点 A1 在平面 BDFE 上的射影为 H,连结 A1D,知 A1D 是平面 BDFE 的斜线段.
.2
3)2
1)(1(10)1)(1(),1,0,1(1 nADDA
.12
22,cos||||
.2
2
2
32
2
3
||||
,cos
,2
3)2
1(1)1(||,2)1()1(||
1111
1
1
11
222222
1
HADADAHA
nDA
nDAHADA
nODA又
即点 A1 到平面 BDFE 的距离为 1.
(3)由(2)知,A1H=1,又 A1D= 2 ,则△A1HD 为等腰直角三角形,
4511 HDADHA
.45
,
,,
1
11
11
DHA
BDFEDADHA
BDFEDAHDBDFEHA
所成的角与平面就是直线
上的射影在平面是平面
19.解:建立坐标系如图,则 2,0,0A 、 2,2,0B , 0,2,0C ,
1 2,0,2A , 1 2,2,2B , 1 0,0,2D , 2,1,0E , 1 2,2, 2AC ,
1 2,1, 2DE, 0,2,0AB , 1 0,0,2BB .
(Ⅰ)不难证明 1AC为平面 BC1D 的法向量,
∵ 11
11
11
3cos , 9
AC D EAC D E
AC D E
∴ D1E 与平面 BC1D 所成的角的大小为 3arccos29
(即 3arcsin 9 ).
(Ⅱ) 、 AB 分别为平面 BC1D、BC1C 的法向量,
∵ 1
1
1
3cos , 3
AC ABAC AB
AC AB
,∴ 二面角 D-BC1-C 的大小为 3arccos 3 .
(Ⅲ)∵ B1D1∥平面 BC1D,∴ B1D1 与 BC1 之间的距离为 11
1
23
3
AC BB
d
AC
.
20.(证明(1)用纯粹的几何方法要辗转证明EF∥AC,EG∥B1C,FG∥AB1来证明,而我们借用向量法
使问题代数化,运算简洁,思路简单明了.)
(1)分析:要证平面EFG平面ACB1,由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可.
证明:以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图5,不妨设正方体棱长为a,则A(a,0,0), B(a,
a,0), C(0,a,0), D1(0,0,a), B1(a,a,a), E(xE,0,a), F(0,yF,a), G(0,0,zG).
∴
1BD =(-a,-a,a),
1AB =(0,a,a),
EF (-xE,yF,0),
AC =(-a,a,0),
CB 1 =(-a,
0,-a),
∵ · 1
AB =(-a,-a,a)·(0,a,a)=0,
∴ ⊥
1AB ,
同理 ⊥ ,
而
1AB 与
AC
不共线且相交于点A,
A1 B1
C1 D1
A
B
C
D
E x
y
z
∴
1BD ⊥平面ACB1,又已知 ⊥平面EFG,
∴ 平面EFG∥平面ACB1;
又因为 ⊥平面EFG,所以 ⊥
EF ,
则 ·
EF =0,
即 (-a,-a,a)·(-xE,yF,0)=0,
化简得 xE-yF=0;
同理 xE-zG=0, yF-zG=0,
易得
EF =
EF =
FG ,
∴ △EFG为正三角形.
(2)解:因为△EFG是正三角形,显然当△EFG与△A1C1D重合时,△EFG的边最长,其面积也最大,此
时, EF =A1C1= 2 ·a,
∴ EFGS = DCAS 11
=
2
1
DACA 111 · ·sin600
= ( ·a)2·
2
3
=
2
3 ·a2 .
此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离,由于两异面直线所在平面平行,所求距离转化为求点B1到平
面 A1C1D的距离,记A1C1与B1D1交于点O1,作O1H∥D1B并交BB1于点H,则O1H⊥平面A1C1D,垂足为O1,则
O1(
2
a , ,a),H(a,a, ),而
HO1 作为平面A1C1D的法向量,
所以异面直线EF与B1C的距离设为d是
d =
HO
HOBO
1
1
11 · =
4
3
)44(
2
22
a
aa
=
3
3 ·a.
(证明(2)时一般要找到求这两平面距离的两点,如图 5*,而这两点为 K 与 J,在立体图形中较难确定,
且较难想到通过作辅助线 DO1,OB1 来得到,加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱,但只要借助平
面法向量求线段的射影长度的思想,结合题设,使思路清晰明了,最终使问题的解决明朗化;把握这种思
想,不管是空间线线距离,线面距离,面面距离问题,一般我们都能转化成点线或点面距离,再借助平面
法向量很好地解决了.)
y
x
z
A B
CD
A1
O
B1
D 1
J
C1E
G
F
O1
K
P
图5*