优化探究2017届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 理 （课件+习题）（打包14套）新人教A版.zip

- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第二节 空间几何体的表面积与体积课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．(2016·长春模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A. B．64 C. D.323 3233 643解析：由三视图可知，该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条棱两两垂直，长度都为 4，∴其体积为 ×4×4×4＝ ，故选 D.13 643答案：D2.如图是某几何体的三视图，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A.16π3B.8π3C．4 π3D．2 π3解析：由对称性可知外接球球心在侧视图中直角三角形的高线上，设外接球的半径为R，则( － R)2＋1 2＝ R2， R＝ ，其表面积 S＝4π R2＝4π 2＝ .3233 (233) 16π3答案：A3．(2016·唐山模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．8π＋16B．8π－16C．8π＋8D．16π－8解析：由三视图可知：几何体为一个半圆 柱去掉一个直三棱柱．半圆柱的高为 4，底面半圆的半径为 2，直- 2 -三棱柱的底面为斜边是 4 的等腰直角三角形，高为 4，故几何体的体积V＝ π×2 2×4－ ×4×2×4＝8π－16.12 12答案：B4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. π B．2 π C. D.2 2π 3 2π3解析：依题意得，该几何体是由两个相同的圆锥将其底面拼接在一起所形成的组合体，其中该圆锥的底面半径与高均为 1，因此题中的几何体的体积等于 2× π×1 2×1＝ ，选13 2π3D.答案：D5．四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 的球面上， AB⊥平面 BCD，△ BCD 是边长为 3 的等边三角形．若 AB＝2，则球 O 的表面积为( )A. π B．12π C．16π D．32π323解析：设球心为 O，球心在平面 BCD 的投影为 O1，则 OO1＝ ＝1，因为△ BCD 为等边三AB2角形，故 DO1＝ × ＝ ，因为△ OO1D 为直角三角形，所以球的半径23 323 3R＝ OD＝ ＝2，球 O 的表面积 S＝4π R2＝16π，故选 C.OO21＋ O1D2答案：C6.已知某四棱锥，底面是边长为 2 的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为 O(如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为 BC＝2，斜边上的高为SO＝1，此高即为四棱锥的高，故 V＝ ×2×2×1＝ .13 43答案：437．(2016·台州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．- 3 -解析：该简单组合体由半球加上圆锥构成，故所求表面积S＝ ＋ ×2π×4×5＝52π.4π ×422 12答案：52π8．(2016·南昌一模)已知直三棱柱 ABC­A1B1C1中，∠ BAC＝90°，侧面 BCC1B1的面积为2，则直三棱柱 ABC－ A1B1C1外接球表面积的最小值为________．解析：如图所示，设 BC， B1C1的中点分别为 F， E，则知三棱柱ABC－ A1B1C1外接球的球心为线段 EF 的中点 O，且 BC×EF＝2.设外接球的半径为 R，则R2＝ BF2＋ OF2＝ 2＋ 2＝ ≥ ×2BC×EF＝1，当且仅当(BC2) (EF2) BC2＋ EF24 14BC＝ EF＝ 时取等号．所以直三棱柱 ABC－ A1B1C1外接球表面积的最2小值为 4π×1 2＝4π.答案：4π9．已知某锥体的三视图(单位：cm)如图所示，求该锥体的体积．解：由三视图知，原几何体是一个五面体，由一个三棱柱截去一个四棱锥得到，其体积为 V＝ V 三棱柱 － V 四棱锥 ＝ ×2×2×2－ × ×(2＋1)×2×2＝2.12 13 1210．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点 P， Q 在正视图中所示位置： P 为所在线段中点， Q 为顶点，求在几何体表面上，从 P 点到 Q 点的最短路径的长．- 4 -解：(1)由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧 ＝ (2π a)·( a)＝ π a2，12 2 2S 圆柱侧 ＝(2π a)·(2a)＝4π a2， S 圆柱底 ＝π a2，所以 S 表面 ＝ π a2＋4π a2＋π a2＝( ＋5)π a2.2 2(2)沿 P 点与 Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则 PQ＝ ＝ ＝ a ，AP2＋ AQ2 a2＋  π a 2 1＋ π 2所以从 P 点到 Q 点在侧面上的最短路径的长为 a .1＋ π 2B 组 高考题型专练1.(2015·高考陕西卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．3π B．4πC．2π＋4 D．3π＋4解析：由所给三视图可知，该几何体是圆柱从底面圆直径处垂直切了一半，故该几何体的表面积为 ×2π×1×2＋2× ×π×1 2＋2×2＝3π＋4，故选 D.12 12答案：D2．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知 A， B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB＝90°， C 为该球面上的动点．若三棱锥 O­ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( )A．36π B．64πC．144π D．256π- 5 -解析：三棱锥 VO­ABC＝ VC­OAB＝ S△ OAB×h，其中 h 为点 C 到平面 OAB 的距离，而底面三角13形 OAB 是直角三角形，顶点 C 到底面 OAB 的最大距离是球的半径，故VO­ABC＝ VC­OAB＝ × ×R3＝36，其中 R 为球 O 的半径，所以 R＝6，所以球 O 的表面积为13 12S＝4π×36＝144π.答案：C3．(2015·高考课标卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A. B.18 17C. D.16 15解析：如图，不妨设正方体的棱长为 1，则截去部分为三棱锥A­A1B1D1，其体积为 ，又正方体的体积为 1，则剩余部分的体积为 ，故16 56所求比值为 .故选 D.15答案：D4．(2015·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A．8 cm 3 B．12 cm 3C. cm3 D. cm3323 403解析：该几何体的体积 V＝2 3＋ ×22×2＝ (cm3)．13 323- 6 -答案：C5．(2015·高考四川卷)在三棱柱 ABC­A1B1C1中，∠ BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是直角边的长为 1 的等腰直角三角形．设点 M， N， P 分别是棱AB， BC， B1C1的中点，则三棱锥 P­A1MN 的体积是________．解析：因为 M， N， P 分别是棱 AB， BC， B1C1的中点，所以 MN∥ AC， NP∥ CC1，所以平面 MNP∥平面 CC1A1A，所以 A1到平面 MNP 的距离等于 A 到平面 MNP 的距离．根据题意有∠ MAC＝90°， AB＝1，可得 A 到平面 MNP 的距离为 .12又 MN＝ ， NP＝1，12所以 VP­A1MN＝ VA­MNP＝ S△ MNP× ＝ × × ×1× ＝ .13 12 13 12 12 12 124答案：124- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第六节 空间向量及其运算课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．(2015·深圳模拟)已知三棱锥 O­ABC，点 M， N 分别为 AB， OC 的中点，且＝ a， ＝ b， ＝ c，用 a， b， c 表示 ，则 等于( )OA→ OB→ OC→ MN→ MN→ A. (b＋ c－ a) B. (a＋ b－ c)12 12C. (a－ b＋ c) D. (c－ a－ b)12 12解析： ＝ ＋ ＋ ＝ (c－ a－ b)．MN→ MA→ AO→ ON→ 12答案：D2．已知四边形 ABCD 满足： · 0， · 0， · 0， · 0，则该四边形为AB→ BC→ BC→ CD→ CD→ DA→ DA→ AB→ ( )A．平行四边形 B．梯形C．长方形 D．空间四边形解析：由 · 0， · 0， · 0， · 0，知该四边形一定不是平面图形，AB→ BC→ BC→ CD→ CD→ DA→ DA→ AB→ 故选 D.答案：D3．已知 a＝(2，－1,3)， b＝(－1,4，－2)， c＝(7,5， λ )．若 a， b， c 三向量共面，则实数 λ 等于( )A. B.627 637C. D.607 657解析：由题意得 c＝ ta＋ μb ＝(2 t－ μ ，－ t＋4 μ ，3 t－2 μ )，∴Error!∴Error!答案：D4．(2016·东营质检)已知 A(1,0,0)， B(0，－1,1)， ＋ λ 与 的夹角为 120°，则OA→ OB→ OB→ - 2 -λ 的值为( )A．± B.66 66C．－ D．±66 6解析： ＋ λ ＝(1，－ λ ， λ )，OA→ OB→ cos 120°＝ ＝－ ，得 λ ＝± .λ ＋ λ1＋ 2λ 2·2 12 66经检验 λ ＝ 不合题意，舍去，∴ λ ＝－ .66 66答案：C5．设 A(3,3,1)， B(1,0,5)， C(0,1,0)， AB 的中点为 M，则| CM|等于( )A. B.534 532C. D.532 132解析：设 M(x， y， z)，则 x＝ ＝2， y＝ ＝ ， z＝ ＝3，即3＋ 12 3＋ 02 32 1＋ 52M ，| CM|＝ ＝ .故选 C.(2，32， 3)  2－ 0 2＋ (32－ 1)2＋  3－ 0 2 532答案：C6．(2016·合肥模拟)向量 a＝(2,0,5)， b＝(3,1，－2)， c＝(－1,4,0)，则a＋6 b－8 c＝________.解析：由 a＝(2,0,5)， b＝(3,1，－2)， c＝(－1,4,0)，∴ a＋6 b－8 c＝(28，－26，－7)．答案：(28，－26，－7)7．已知向量 a， b 满足条件：| a|＝2，| b|＝ ，且 a 与 2b－ a 互相垂直，则 a 与 b 的2夹角为________．解析：由于 a 与 2b－ a 互相垂直，则 a·(2b－ a)＝0，即 2a·b－| a|2＝0，所以2|a||b|cos a， b －| a|2＝0，则 4 cos a， b －4＝0，则 cos a， b ＝ ，所以 a222与 b 的夹角为 45°.答案：45°8．空间四边形 OABC 中， OB＝ OC，且∠ AOB＝∠ AOC＝ ，则 cos ，  的值为π 3 OA→ BC→ ________．- 3 -解析： · ＝ ·( － )＝ · － · ＝| || |cosOA→ BC→ OA→ OC→ OB→ OA→ OC→ OA→ OB→ OA→ OC→ OA→ ，  －| || |·cos ，  ．OC→ OA→ OB→ OA→ OB→ ∵ OB＝ OC，∠ AOB＝∠ AOC＝ ，∴ · ＝0，π 3 OA→ BC→ 即 ⊥ ，∴cos ，  ＝0.OA→ BC→ OA→ BC→ 答案：09．(2016·唐山模拟)已知空间三点 A(－2,0,2)， B(－1，1,2)， C(－3,0,4)，设a＝ ， b＝ .AB→ AC→ (1)求 a 和 b 夹角的余弦值．(2)设| c|＝3， c∥ ，求 c 的坐标．BC→ 解：(1)因为 ＝(1,1,0)， ＝(－1,0,2)，AB→ AC→ 所以 a·b＝－1＋0＋0＝－1，| a|＝ ，| b|＝ .2 5所以 cos〈 a， b〉＝ ＝ ＝ .a·b|a||b| － 12×5 － 1010(2) ＝(－2，－1,2)．设 c＝( x， y， z)，因为| c|＝3， c∥ ，BC→ BC→ 所以 ＝3，存在实数 λ 使得 c＝ λ ，即Error!联立解得Error! 或Error!x2＋ y2＋ z2 BC→ 所以 c＝±(－2，－1,2)．10．(2016·太原模拟)如图，直三棱柱 ABC­A1B1C1，底面△ ABC 中，CA＝ CB＝1，∠ BCA＝90°，棱 AA1＝2， M， N 分别是 A1B1， A1A 的中 点．(1)求 的模．BN→ (2)求 cos〈 ， 〉的值．BA1→ CB1→ (3)求证： A1B⊥ C1M.解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得 B(0,1,0)， N(1，0,1)，所以| |＝BN→  1－ 0 2＋  0－ 1 2＋  1－ 0 2＝ .3(2)依题意得 A1(1,0,2)， B(0,1,0)， C(0,0,0)， B1(0,1,2)．所以 ＝(1，－1,2)， ＝(0,1,2)，BA1→ CB1→ - 4 -· ＝3，| |＝ ，| |＝ ，所以 cos〈 ， 〉＝ ＝ .BA1→ CB1→ BA1→ 6 CB1→ 5 BA1→ CB1→ BA1→ ·CB1→ |BA1→ ||CB1→ | 11030(3)依题意，得 C1(0,0,2)， M ， ＝(－1,1，－2)， ＝ .(12， 12， 2) A1B→ C1M→ (12， 12， 0)所以 · ＝－ ＋ ＋0＝0，A1B→ C1M→ 12 12所以 ⊥ .所以 A1B⊥ C1M.A1B→ C1M→ B 组 高考题型专练1．(2014·高考广东卷)已知向量 a＝(1,0，－1)，则下列向量中与 a 成 60°夹角的是( )A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)解析：经检验，选项 B 中向量(1，－1,0)与向量 a＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为 ，即12它们的夹角为 60°，故选 B.答案：B2．(2014·高考江西卷)如图，在长方体 ABCD­A1B1C1D1中，AB＝11， AD＝7， AA1＝12.一质点从顶点 A 射向点 E(4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第 i－1 次到第 i 次反射点之间的线段记为 Li(i＝2,3,4)， L1＝ AE，将线段 L1， L2， L3， L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )解析：由对称性知质点经点 E 反射到平面 ABCD 的点 E1(8,6,0)处．在坐标平面 xAy 中，直线 AE1的方程为 y＝ x，与直线 DC 的方程 y＝7 联立得 F .由两点间的距离公式得34 (283， 7， 0)E1F＝ ，53∵tan∠ E2E1F＝tan∠ EAE1＝ ，∴ E2F＝ E1F·tan∠ E2E1F＝4.∴ E2F1＝12－4＝8.∴ ＝125 L3L4＝ ＝ ＝ .故选 C.E1E2E2E3 E2FE2F1 48 12- 5 -答案：C3．(2015·高考浙江卷)已知 e1， e2是空间单位向量， e1·e2＝ .若空间向量 b 满足12b·e1＝2， b·e2＝ ，且对于任意 x， y∈R，| b－( xe1＋ ye2)|≥| b－( x0e1＋ y0e2)52|＝1( x0， y0∈R)，则 x0＝________， y0＝________，| b|＝________.解析：∵ e1， e2是单位向量， e1·e2＝ ，∴cos〈 e1， e2〉＝ ，又∵0°≤〈 e1， e2〉12 12≤180°，∴〈 e1， e2〉＝60°.不妨把 e1， e2放到空间直角坐标系 O­xyz 的平面 xOy 中，设e1＝(1,0,0)，则 e2＝ ，再设 ＝ b＝( m， n， r)，由 b·e1＝2， b·e2＝ ，得(12， 32， 0) OB→ 52m＝2， n＝ ，则 b＝(2， ， r)．而 xe1＋ ye2是平面 xOy 上任一向量，由| b－( xe1＋ ye2)3 3|≥1 知点 B(2， ， r)到平面 xOy 的距离为 1，故可得 r＝1.则 b＝(2， ，1)，∴| b|＝2 .3 3 2又由| b－( xe1＋ ye2)|≥| b－( x0e1＋ y0e2)|＝1 知 x0e1＋ y0e2＝(2， ，0)，解得 x0＝1， y0＝2.3答案：1,2,2 2- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体 EF­ABCD 中， CDEF 为边长为 2 的正方形， ABCD 为直角梯形，AB∥ CD， AD⊥ DC， AD＝2， AB＝4，∠ ADF＝90°.(1)求证： AC⊥ FB；(2)求二面角 E－ FB－ C 的大小．解：(1)证明：由题意得， AD⊥ DC， AD⊥ DF，且 DC∩ DF＝ D，∴ AD⊥平面 CDEF，∴ AD⊥ FC，∵四边形 CDEF 为正方形，∴ DC⊥ FC.∵ DC∩ AD＝ D，∴ FC⊥平面 ABCD，∴ FC⊥ AC.又∵四边形 ABCD 为直角梯形， AB∥ CD， AD⊥ DC， AD＝2， AB＝4，∴ AC＝2 ， BC＝2 ，2 2则有 AC2＋ BC2＝ AB2，∴ AC⊥ BC，又 BC∩ FC＝ C，∴ AC⊥平面 FCB，∴ AC⊥ FB.(2)由(1)知 AD， DC， DE 所在直线相互垂直，故以 D 为原点，DA， DC， DE 所在直线分别为 x， y， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得 D(0,0,0)， F(0,2,2)， B(2,4,0)， E(0,0,2)， C(0，2,0)，A(2,0,0)，∴ ＝(0,2,0)， ＝(2,2，－2)，EF→ FB→ 设平面 EFB 的法向量为 n＝( x， y， z)，则有Error!Error!Error!令 z＝1，则 n＝(1,0,1)，由(1)知平面 FCB 的一个法向量为 ＝(－2,2,0)，AC→ - 2 -设二面角 E－ FB－ C 的大小为 θ ，由图知 θ ∈ ，(0，π 2)∴cos θ ＝|cos〈 n， 〉|＝ ，∴ θ ＝ .AC→ 12 π 32.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱 ABCD­A1B1C1D1中，底面 ABCD 是等腰梯形，AB∥ CD， AB＝2， BC＝ CD＝1，顶点 D1在底面 ABCD 内的射影恰为点 C.(1)求证： AD1⊥ BC；(2)若直线 DD1与直线 AB 所成的角为 ，求平面 ABC1D1与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦π 3值．解：(1)证明：连接 D1C，则 D1C⊥平面ABCD，∴ D1C⊥ BC.在等腰梯形 ABCD 中，连接 AC，∵ AB＝2， BC＝ CD＝1， AB∥ CD，∴ BC⊥ AC，∴ BC⊥平面 AD1C，∴ AD1⊥ BC.(2)法一：∵ AB∥ CD，∴∠ D1DC＝ ，π 3∵ CD＝1，∴ D1C＝ .3在底面 ABCD 中作 CM⊥ AB，连接 D1M，则 D1M⊥ AB，∴∠ D1MC 为平面 ABC1D1与平面 ABCD所成角的一个平面角．在 Rt△ D1CM 中， CM＝ ， D1C＝ ，32 3∴ D1M＝ ＝ ，∴cos∠ D1MC＝ ，CM2＋ D1C2152 55即平面 ABC1D1与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值为 .55法二：由(1)知 AC、 BC、 D1C 两两垂直，∵ AB∥ CD，∴∠ D1DC＝ ，π 3∵ CD＝1，∴ D1C＝ .3- 3 -在等腰梯形 ABCD 中，∵ AB＝2， BC＝ CD＝1， AB∥ CD，∴ AC＝ ，建立如图所示的空间直角坐标系，3则 C(0,0,0)， A( ，0,0)， B(0,1,0)， D1(0,0， )，3 3设平面 ABC1D1的法向量为 n＝( x， y， z)，由Error!得Error!可得平面 ABC1D1的一个法向量为 n＝(1， ，1)．3又 ＝(0,0， )为平面 ABCD 的一个法向量．CD1→ 3因此 cos〈 ， n〉＝ ＝ ，CD1→ CD1→ ·n|CD1→ ||n| 55∴平面 ABC1D1与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值为 .553．(2016·贵阳模拟)如图，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直， AB＝2 AD＝2.(1)若点 E 为 AB 的中点，求证： BD1∥平面 A1DE；(2)在线段 AB 上是否存在点 E，使二面角 D1­EC­D 的大小为 ？若存在，求出 AE 的长；π 6若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形 ADD1A1为正方形，连接 AD1， A1D∩ AD1＝ F，则 F 是 AD1的中点，又因为点 E 为 AB 的中点，连接 EF，则 EF 为△ ABD1的中位线，所以EF∥ BD1.又因为 BD1⊄平面 A1DE， EF⊂平面 A1DE，所以 BD1∥平面 A1DE.(2)根据题意得 DD1⊥ DA， DD1⊥ DC， AD⊥ DC，以 D 为坐标原点，DA， DC， DD1所在直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 D­xyz，则 D(0,0,0)， D1(0,0,1)， C(0，2,0)．设满足条件的点 E 存在，令 E(1， y0,0)(0≤ y0≤2)，＝(－1,2－ y0,0)， ＝(0,2，－1)，EC→ D1C→ 设 n1＝( x1， y1， z1)是平面 D1EC 的法向量，- 4 -则Error!得Error!令 y1＝1，则平面 D1EC 的法向量为 n1＝(2－ y0,1,2)，由题知平面 DEC 的一个法向量n2＝(0,0,1)．由二面角 D1­EC­D 的大小为 得π 6cos ＝ ＝ ＝ ，π 6 |n1·n2||n1|·|n2| 2 2－ y0 2＋ 1＋ 4 32解得 y0＝2－ ∈[0,2]，33所以当 AE＝2－ 时，二面角 D1­EC­D 的大小为 .33 π 6B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ ABC＝120°， E， F 是平面ABCD 同一侧的两点， BE⊥平面 ABCD， DF⊥平面 ABCD， BE＝2 DF， AE⊥ EC.(1)证明：平面 AEC⊥平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接 BD，设 BD∩ AC＝ G，连接 EG， FG， EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.由∠ ABC＝120°，可得 AG＝ GC＝ .由 BE⊥平面3ABCD， AB＝ BC，可知 AE＝ EC.又 AE⊥ EC，所以 EG＝ ，且 EG⊥ AC.3在 Rt△ EBG 中，可得 BE＝ ，故 DF＝ .222在 Rt△ FDG 中，可得 FG＝ .62在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2， BE＝ ， DF＝ ，可得 EF＝ .222 322从而 EG2＋ FG2＝ EF2，所以 EG⊥ FG.又 AC∩ FG＝ G，可得 EG⊥平面 AFC.因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC.(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以 ， 的方向为 x 轴， y 轴正方向，| |为单位长度，GB→ GC→ GB→ 建立空间直角坐标系 G­xyz.由(1)可得 A(0，－ ，0)， E(1,0， )， F ， C(0，3 2 (－ 1， 0，22)- 5 -， 0)，所以 ＝(1， ， )， ＝ .3 AE→ 3 2 CF→ (－ 1， － 3， 22)故 cos〈 ， 〉＝ ＝－ .AE→ CF→ AE→ ·CF→ |AE→ ||CF→ | 33所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 .332．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱 ABCD­A1B1C1D1中，侧棱 A1A⊥底面 ABCD， AB⊥ AC， AB＝1， AC＝ AA1＝2， AD＝ CD＝ ，5且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点．(1)求证： MN∥平面 ABCD；(2)求二面角 D1­AC­B1的正弦值；(3)设 E 为棱 A1B1上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ，求线段 A1E 的13长．解：如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)， B(0,1,0)， C(2,0,0)， D(1，－2，0)，A1(0,0,2)， B1(0,1,2)，C1(2,0,2)， D1(1，－2,2)．又因为 M， N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，得M ， N(1，－2,1)．(1，12， 1)(1)证明：依题意，可得 n＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量. ＝ .MN→ (0， － 52， 0)由此可得 ·n＝0，又因为直线 MN⊄平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD.MN→ (2) ＝(1，－2,2)， ＝(2,0,0)．AD1→ AC→ 设 n1＝( x1， y1， z1)为平面 ACD1的法向量，则Error!即Error!不妨设 z1＝1，- 6 -可得 n1＝(0,1,1)．设 n2＝( x2， y2， z2)为平面 ACB1的法向量，则Error!又 ＝(0,1,2)，得Error!AB1→ 不妨设 z2＝1，可得 n2＝(0，－2,1)．因此有 cos〈 n1， n2〉＝ ＝－ ，n1·n2|n1|·|n2| 1010于是 sin〈 n1， n2〉＝ ，31010所以，二面角 D1­AC­B1的正弦值为 .31010(3)依题意，可设 ＝ λ ，其中 λ ∈[0,1]，A1E→ A1B1→ 则 E(0， λ ，2)，从而 ＝(－1， λ ＋2,1)．NE→ 又 n＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得|cos〈 ， n〉|＝NE→ |NE→ ·n||NE→ |·|n|＝ ＝ ，1 － 1 2＋  λ ＋ 2 2＋ 12 13整理得 λ 2＋4 λ －3＝0，又因为 λ ∈[0,1]，解得 λ ＝ －2.7所以，线段 A1E 的长为 －2.73．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥 P­ABCD 中，已知 PA⊥平面 ABCD，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝ ， PA＝ AD＝2， AB＝ BC＝1.π 2(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长．解：以{ ， ， }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系AB→ AD→ AP→ A­xyz，则各点的坐标为 B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,2,0)，- 7 -P(0,0,2)．(1)因为 AD⊥平面 PAB，所以 是平面 PAB 的一个法向量，AD→ ＝(0,2,0)．AD→ 因为 ＝(1,1，－2)， ＝(0,2，－2)．PC→ PD→ 设平面 PCD 的法向量为 m＝( x， y， z)，则 m· ＝0， m· ＝0，PC→ PD→ 即Error!令 y＝1，解得 z＝1， x＝1.所以 m＝(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量．从而 cos〈 ， m〉＝ ＝ ，AD→ AD→ ·m|AD→ ||m| 33所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 .33(2)因为 ＝(－1,0,2)，设 ＝ λ ＝(－ λ ，0,2 λ )(0≤ λ ≤1)，又 ＝(0，－1,0)，BP→ BQ→ BP→ CB→ 则 ＝ ＋ ＝(－ λ ，－1,2 λ )，又 ＝(0，－2,2)，CQ→ CB→ BQ→ DP→ 从而 cos〈 ， 〉＝ ＝ .CQ→ DP→ CQ→ ·DP→ |CQ→ ||DP→ | 1＋ 2λ10λ 2＋ 2设 1＋2 λ ＝ t， t∈[1,3]，则 cos2〈 ， 〉＝ ＝ ≤ .CQ→ DP→ 2t25t2－ 10t＋ 929(1t－ 59)2＋ 209 910当且仅当 t＝ ，即 λ ＝ 时，|cos〈 ， 〉|的最大值为 .因为 y＝cos x 在95 25 CQ→ DP→ 31010上是减函数，此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP＝ ＝ ，所以(0，π 2) 12＋ 22 5BQ＝ BP＝ .25 255- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1． l1， l2， l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A． l1⊥ l2， l2⊥ l3⇒l1⊥ l3B． l1⊥ l2， l2∥ l3⇒l1⊥ l3C． l1∥ l2∥ l3⇒l1， l2， l3共面D． l1， l2， l3共点⇒ l1， l2， l3共面解析：如图长方体 ABCD­A1B1C1D1中，AB⊥ AD， CD⊥ AD 但有 AB∥ CD，因此 A 不正确；又 AB∥ DC∥ A1B1，但三线不共面，因此 C 不正确；又从 A 出发的三条棱不共面，所以 D 不正确；因此 B 正确，且由 线线平行和垂直的定义易知 B 正确．答案：B2．(2016·广东佛山模拟)如图所示，正三棱柱 ABC­A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2， E， F 分别是 AB， A1C1的中点，则 EF 与侧棱 C1C 所成的角的余弦值是( )A. B. C. D．255 255 12解析：如图，取 AC 中点 G，连 FG， EG，则FG∥ C1C， FG＝ C1C； EG∥ BC， EG＝ BC，故∠ EFG 即为 EF 与 C1C 所成的12角，在 Rt△ EFG 中，cos∠ EFG＝ ＝ ＝ .FGFE 25 255答案：B3．如图是正方体或四面体， P， Q， R， S 分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )- 2 -解析：在 A 图中分别连接 PS， QR，易证 PS∥ QR，∴ P， Q， R， S 共面；在 C 图中分别连接 PQ， RS，易证 PQ∥ RS，∴ P， Q， R， S 共面；如图所示，在 B 图中过 P， Q， R， S 可作一正六边形，故四点共面；D 图中 PS 与 QR 为异面直线，∴四点不共面，故选 D.答案：D4.(2016·衡水中学模拟)如图所示，在正方体 ABCD­A1B1C1D1中， M， N 分别是 BC1， CD1的中点，则下列说法错误的是( )A． MN 与 CC1垂直B． MN 与 AC 垂直C． MN 与 BD 平行D． MN 与 A1B1平行解析：连接 C1D， BD.∵ N 是 D1C 的中点，∴ N 是 C1D 的中点，∴ MN∥ BD.又∵ CC1⊥ BD，∴ CC1⊥ MN，故 A，C 正确．∵ AC⊥ BD， MN∥ BD，∴ MN⊥ AC，故 B 正确．故选 D.答案：D5．如图所示，在四面体 ABCD 中，截面 PQMN 是正方形，且PQ∥ AC，则下列命题中，错误的是( )A． AC⊥ BDB． AC∥截面 PQMNC． AC＝ BDD．异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45°解析：由题意可知 PQ∥ AC， QM∥ BD， PQ⊥ QM，所以 AC⊥ BD，故 A 正确；由 PQ∥ AC 可得AC∥截面 PQMN，故 B 正确；由 PN∥ BD 知，异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 PN 所成的角，又四边形 PQMN 为正方形，所以∠ MPN＝45°，故 D 正确；而 AC＝ BD 没有条件说明其相等，故选 C.答案：C6．设 a， b， c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若 a∥ b， b∥ c，则 a∥ c；②若 a⊥ b， b⊥ c，则 a∥ c；- 3 -③若 a 与 b 相交， b 与 c 相交，则 a 与 c 相交；④若 a⊂平面 α ， b⊂平面 β ，则 a， b 一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理 4 知①正确；当 a⊥ b， b⊥ c 时， a 与 c 可以相交、平行或异面，故②错；当 a 与 b 相交， b 与 c 相交时， a 与 c 可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α ， b⊂β ，并不能说明 a 与 b“不同在任何一个平面内 ”，故④错．答案：①7．(2016·济南一模)在正四棱锥 V­ABCD 中，底面正方形 ABCD 的边长为 1，侧棱长为2，则异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为________．解析：如图，设 AC∩ BD＝ O，连接 VO，因为四棱锥 V­ABCD 是正四棱锥，所以 VO⊥平面 ABCD，故 BD⊥ VO.又四边形 ABCD 是正方形，所以BD⊥ AC，所以 BD⊥平面 VAC，所以 BD⊥ VA，即异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为 .π 2答案：π 28.如图所示，正方体 ABCD­A1B1C1D1中， M、 N 分别为棱C1D1、 C1C 的中点，有以下四个结论：①直线 AM 与 CC1是相交直线；②直线 AM 与 BN 是平行直线；③直线 BN 与 MB1是异面直线；④直线 MN 与 AC 所成的角为 60°.其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论序号都填上)．解析：由图可知 AM 与 CC1是异面直线， AM 与 BN 是异面直线， BN 与 MB1为异面直线．因为 D1C∥ MN，所以直线 MN 与 AC 所成的角就是 D1C 与 AC 所成的角，且角为 60°.答案：③④9．已知正方体 ABCD­A1B1C1D1中， E、 F 分别为 D1C1、 C1B1的中点，AC∩ BD＝ P， A1C1∩ EF＝ Q.求证：(1)D、 B、 F、 E 四点共面；(2)若 A1C 交平面 DBFE 于 R 点，则 P、 Q、 R 三点共线．证明：(1)如图所示，因为 EF 是△ D1B1C1的中位线，所以 EF∥ B1D1.在正方体 AC1中， B1D1∥ BD，所以 EF∥ BD.所以 EF， BD 确定一个平面，- 4 -即 D、 B、 F、 E 四点共面．(2)在正方体 ABCD­A1B1C1D1中，设平面 A1ACC1确定的平面为 α ，又设平面 BDEF 为 β .因为 Q∈ A1C1，所以 Q∈ α .又 Q∈ EF，所以 Q∈ β .则 Q 是 α 与 β 的公共点，同理， P 点也是 α 与 β 的公共点．所以 α ∩ β ＝ PQ.又 A1C∩ β ＝ R，所以 R∈ A1C， R∈ α 且 R∈ β .则 R∈ PQ，故 P、 Q、 R 三点共线．10.如图，在三棱锥 P­ABC 中， PA⊥底面 ABC， D 是 PC 的中点．已知∠ BAC＝ ， AB＝2， AC＝2 ， PA＝2.求：π 2 3(1)三棱锥 P­ABC 的体积；(2)异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值．解：(1) S△ ABC＝ ×2×2 ＝2 ，12 3 3三棱锥 P­ABC 的体积为V＝ S△ ABC·PA＝ ×2 ×2＝ .13 13 3 433(2)如图，取 PB 的中点 E，连接 DE， AE，则 ED∥ BC，所以∠ ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角．在△ ADE 中， DE＝2， AE＝ ， AD＝2，2cos∠ ADE＝ ＝ .22＋ 22－ 22×2×2 34B 组 高考题型专练1．(2014·高考广东卷)若空间中四条两两不同的直线 l1， l2， l3， l4，满足l1⊥ l2， l2∥ l3， l3⊥ l4，则下列结论一定正确的是( )A． l1⊥ l4B． l1∥ l4C． l1与 l4既不垂直也不平行D． l1与 l4的位置关系不确定解析：如图所示正方体 ABCD ­A1B1C1D1，取 l1为 BB1， l2为 BC， l3为 AD， l4为 CC1，则l1∥ l4，可知选项 A 错误；取 l1为 BB1， l2为 BC， l3为 AD， l4为 C1D1，则 l1⊥ l4，故 B 错误，则 C 也错误，故选 D.- 5 -答案：D2．(2015·高考广东卷)若直线 l1和 l2是异面直线， l1在平面 α 内， l2在平面 β 内，l 是平面 α 与平面 β 的交线，则下列命题正确的是( )A． l 与 l1， l2都不相交B． l 与 l1， l2都相交C． l 至多与 l1， l2中的一条相交D． l 至少与 l1， l2中的一条相交解析：可用反证法．假设 l 与 l1， l2都不相交，因为 l 与 l1都在平面 α 内，于是l∥ l1，同理 l∥ l2，于是 l1∥ l2，与已知矛盾，故 l 至少与 l1， l2中的一条相交．答案：D3．(2014·高考大纲卷)已知正四面体 ABCD 中， E 是 AB 的中点，则异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( )A. B.16 36C. D.13 33解析：设正四面体 ABCD 的棱长为 2.如图，取 AD 的中点 F，连接 EF， CF.在△ ABD 中，由 AE＝ EB， AF＝ FD，得 EF∥ BD，且 EF＝ BD＝1.12故∠ CEF 为直线 CE 与 BD 所成的角或其补角．在△ ABC 中， CE＝ AB＝ ；32 3在△ ADC 中， CF＝ AD＝ .32 3在△ CEF 中，cos∠ CEF＝CE2＋ EF2－ CF22CE·EF＝ ＝ . 3 2＋ 12－  3 223×1 36所以直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 .36答案：B4．(2015·高考四川卷)如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相- 6 -垂直，动点 M 在线段 PQ 上， E， F 分别为 AB， BC 的中点．设异面直线 EM 与 AF 所成的角为θ ，则 cos θ 的最大值为________．解析：取 BF 的中点 N，连接 MN， EN，则 EN∥ AF，所以直线 EN 与 EM 所成的角就是异面直线 EM 与 AF 所成的角．在△ EMN 中，当点 M 与点 P 重合时， EM⊥ AF，所以当点 M 逐渐趋近于点 Q 时，直线 EN 与 EM 的夹角越来越小，此时 cos θ 越来越大．故当点 M 与点 Q 重合时，cos θ 取最大值．设正方形的边长为 4，连接 EQ， NQ，在△ EQN 中，由余弦定理，得 cos∠ QEN＝ ＝ ＝－ ，所以 cos θ 的最大值为 .EQ2＋ EN2－ QN22EQ·EN 20＋ 5－ 332×20×5 25 25答案：25