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河北省邯郸市重点中学高三数学规范性课时作业(四十六)(教师版)


课时作业(四十六)
一、选择题

1.如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1, ∠ABC=90° , 点 E、 F 分别是棱 AB、 BB1 的中点, 则直线 EF 和 BC1 所成的角是( B )
A.45° B.60° C.90° D.120° 解析:以 B 点为坐标原点,以 BC、BA、BB1 分别为 x、y、z 轴建立 空间直角坐标系.设 AB=BC=AA1=2, 则 B(0,0,0),C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), → → ∴EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2) → → → → EF· BC1 ∴cos〈EF,BC1〉= → → |EF||BC1| 2 1 = = .∴EF 与 BC1 所成角为 60° . 2· 8 2

2.如图,平面 ABCD⊥平面 ABEF,四边形 ABCD 是正方形,四边形 ABEF 1 是矩形,且 AF=2AD=a,G 是 EF 的中点,则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为 ( C )
3 B. 3 2 D. 3 6 A. 6 6 C. 3 解析: 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系, → 则 A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),F(a, 0,0),AG=(a, → → → a,0),AC=(0,2a,2a),BG=(a,-a,0),BC=(0,0,2a), 设平面 AGC 的法向量为 n1=(x1,y1,1),

→ ? ?AG· n =0, 由? → ? ?AC· n =0
1 1

?ax1+ay1=0, ?x1=1, ?? ?? ?n1=(1,-1,1). ?2ay1+2a=0 ?y1=-1

→ BG· n1 2a 6 sin θ= = =3. → 2a× 3 |BG||n1|

3.在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 AB 的中点,则点 C 到平 面 A1DM 的距离为( A
6 A. 3 a 2 C. 2 a

)
6 B. 6 a 1 D.2a

解析:以 A1 为原点建立如图所示的坐标系, a 则 A1(0,0,0),M(2,0,a),D(0,a,a),C(a,a,a) 设面 A1DM 的法向量为 n=(x,y,z)则 → ? ?A M· n=0 ?→ ? ?A D· n=0
1 1

a ? ?2x+az=0, ∴? ? ?ay+az=0

令 y=1,∴z=-1,x=2, ∴n=(2,1,-1),点 C 到面 A1DM 的距离

? → ? 2a 6 ? d=?n· ? CD?= 6= 3 a. ? |n| ? 2 4.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别在 A1D,AC 上,且 A1E=3 1 A1D,AF=3AC,则( B )

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 解析:以 D 点为坐标原点,以 DA,DC,DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴建系,设正方体棱长为 1,

1 1 2 1 则 A1(1,0,1), D(0,0,0), A(1,0,0), C(0,1,0), E(3, 0, F(3, 0), B(1,1,0), D1(0,0,1), 3), 3, → → A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0), → → 1 1 1 EF=(3,3,-3),BD1=(-1,-1,1), → → → → → → 1 EF=-3BD1,A1D· EF=AC· EF=0, 从而 EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC. 二、填空题

5.已知向量 a=(-1,2,3),b=(1,1,1),则向量 a 在向量 b 方向上的投影为 ________.
1 1 4 3 4 3 解析: b· a= (1,1,1)· (-1,2,3)= 3 ,则 a 在向量 b 上的投影为 3 . |b| 3 4 3 答案: 3

6.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面 角的大小为________.
m· n 1 2 解析:cos〈m,n〉= = =2, |m||n| 2 ∴〈m,n〉=45° .∴二面角为 45° 或 135° . 答案:45° 或 135°

7.正四棱锥 S-ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的中点, 且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所成的角是________.
解析:如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz. 设 OD=SO=OA=OB=OC=a, a a 则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P?0,-2,2?.

?

?

→ → → a a 则CA=(2a,0,0),AP=(-a,-2,2),CB=(a, a,0). → 设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1),则 cos〈CB,

→ CB· n a 1 n〉= = =2. 2 → 2a · 2 |CB||n| → ∴〈CB,n〉=60° , ∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90° -60° =30° . 答案:30° 三、解答题

8.如图,ABCD 是边长为 3 的正方形,DE⊥面 ABCD,AF∥DE,DE=3AF, BE 与平面 ABCD 所成的角为 60° . (1)求二面角 F-BE-D 的余弦值; (2)设点 M 是线段 BD 上一动点,试确定 M 的位置,使得 AM∥面 BEF,并证明你的结论.
解:(1)∵DE⊥平面 ABCD, ∴∠EBD 就是 BE 与平面 ABCD 所成的角,即∠EBD=60° . DE ∴BD= 3. 由 AD=3,BD=3 2,得 DE=3 6,AF= 6. 如图, 分别以 DA, DC, DE 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(3,0,0), F(3,0, 6),E(0,0,3 6),B(3,3,0),C(0,3,0), → → ∴BF=(0,-3, 6),EF=(3,0,-2 6). → ? BF=0, ?n· 设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),则? → ? EF=0. ?n·

?-3y+ 6z=0, 即? ?3x-2 6z=0.
令 z= 6,则 n=(4,2, 6). ∵AC⊥平面 BDE, → ∴CA=(3,-3,0)为平面 BDE 的一个法向量,

→ → n· CA 6 13 ∴cos〈n,CA〉= = = 13 . → 26×3 2 |n||CA| 故二面角 F-BE-D 的余弦值为 13 . 13

→ (2)依题意,设 M(t,t,0)(t>0),则AM=(t-3,t,0), → ∵AM∥平面 BEF,∴AM· n=0, 即 4(t-3)+2t=0,解得 t=2. → → 2 ∴点 M 的坐标为(2,2,0),此时DM=3DB, ∴点 M 是线段 BD 靠近 B 点的三等分点.

9.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点,AA1= 2 AC=CB= 2 AB. (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦值.
解:(1)证明:连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD. 2 (2)由 AC=CB= 2 AB 得,AC⊥BC. → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间 直角坐标系 C-xyz.设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), → → → CD=(1,1,0),CE=(0,2,1),CA1=(2,0,2). → ? ?n· CD=0, 设 n=(x ,y ,z )是平面 A CD 的法向量,则? → ? ?n· CA =0,
1 1 1 1 1

?x1+y1=0, 即? ?2x1+2z1=0.

可取 n=(1,-1,-1). → ? ?m· CE=0, 同理,设 m 是平面 A CE 的法向量,则? → ? ? m· CA =0.
1 1

可取 m=(2,1,-2).

n· m 3 6 从而 cos〈n,m〉= = 3 ,故 sin〈n,m〉= 3 . |n||m| 6 即二面角 D-A1C-E 的正弦值为 3 .

10.如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 为底面中心, A1O⊥平面 ABCD,AB=AA1= 2. (1)证明:A1C⊥平面 BB1D1D; (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小.
解:(1)证明:由题设易知 OA,OB,OA1 两两垂直,以 O 为原点建 立空间直角坐标系,如图.

∵AB=AA1= 2, ∴OA=OB=OA1=1, ∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1). → → 由A1B1=AB,易得 B1(-1,1,1). → → → ∵A1C=(-1, 0,-1),BD=(0,-2,0),BB1=(-1,0,1), → → → → ∴A1C· BD=0,A1C· BB1=0, ∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. (2)设平面 OCB1 的法向量 n=(x,y,z). → → ∵OC=(-1,0,0),OB1=(-1,1,1), → ? ?n· OC=-x=0, ∴? → ? ?n· OB =-x+y+z=0,
1

?x=0, ∴? ?y=-z,

取 n=(0,1,-1), → 由(1)知,A1C=(-1,0,-1)是平面 BB1D1D 的法向量, → 1 1 ∴cos θ=|cos〈n,A1C〉|= =2. 2× 2 π π 又 0≤θ≤2,∴θ=3.

11.如图,已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,A1D⊥底面 ABCD,且面 ABCD 是边长为 1 的正方形,侧棱 AA1=2.

(1)求证:C1D∥平面 ABB1A1; (2)求直线 BD1 与平面 A1C1D 所成角的正弦值; (3)求二面角 D-A1C1-A 的余弦值.
解:(1)证明:四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1∥CC1, 又 CC1?面 ABB1A1,所以 CC1∥平面 ABB1A1, 又因为 ABCD 是正方形,所以 CD∥AB, 又 CD?面 ABB1A1,AB?面 ABB1A1,所以 CD∥平面 ABB1A1. 又因为 CC1∩CD=C,所以平面 CDD1C1∥平面 ABB1A1, 又因为 C1D?平面 CDD1C1,所以 C1D∥平面 ABB1A1. (2)ABCD 是正方形,AD⊥CD,因为 A1D⊥平面 ABCD,所以 A1D⊥AD,A1D⊥CD,

如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系 D-xyz, 在 Rt△ADA1 中,由已知可得 A1D= 3. 所以 D(0,0,0),A1(0,0, 3),A(1,0,0),B1(0,1, 3), → C1(-1,1, 3),D1(-1,0, 3),B(1,1,0),BD1=(-2,-1, 3), -1,0), 因为 A1D⊥平面 ABCD, 所以 A1D⊥平面 A1B1C1D1,A1D⊥B1D1. 又 B1D1⊥A1C1,所以 B1D1⊥平面 A1C1D, 所以平面 A1C1D 的一个法向量为 n=(1,1,0). → 设BD1与 n 所成的角为 β, → -3 n· BD1 3 则 cos β= = =-4, → 2 8 |n||BD1| 3 所以直线 BD1 与平面 A1C1D 所成角的正弦值为4. (3)平面 A1C1A 的法向量为 m=(a,b,c) → → 则 m· A1C1=0,m· A1A=0,所以-a+b=0,a- 3c=0. 令 c= 3,可得 m=(3,3, 3). → B1D1=(-1,

6 42 m· n 则 cos〈m· n〉= = = 7 . |m||n| 2 21 42 所以二面角 D-A1C1-A 的余弦值为 7 .

1 12.如图,四边形 BCDE 是直角梯形,CD∥BE,CD⊥BC,CD=2BE=2, 平面 BCDE⊥平面 ABC;又已知△ABC 为等腰直角三角形,AB=AC=4,M,F 分 别为 BC,AE 的中点. (1)求直线 CD 与平面 DFM 所成角的正弦值; (2)能否在线段 EM 上找到一点 G,使得 FG⊥平面 BCDE? 若能,请指出点 G 的位置,并加以证明;若不能,请说明理由; (3)求三棱锥 F-DME 的体积.
解:由题意,CD⊥BC.四边形 BCDE 是直角梯形,EB⊥BC. 又平面 BCDE⊥平面 ABC,∴EB⊥平面 ABC. 于是以 B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz. 则 B(0,0,0),C(4,4,0),A(0,4,0),D(4,4,2),E(0,0,4),F(0,2,2),M(2,2,0). → (1)CD=(0,0,2). 设 m=(x,y,z)为平面 DFM 的法向量. → → 由 m· DM=0,m· MF=0,

?2x+2y+2z=0 得? ,即 m=(x,-2x,x). ?-2x+2z=0
令 x=1,得 m=(1,-2,1). → |m· CD| 6 于是 sin θ= = . 6 → |m|· |CD| → → (2)证明:设存在点 G 满足题设,且EG=λEM(0≤λ≤1). → 则 G(2λ,2λ,4-4λ),FG=(2λ,2λ-2,2-4λ). → → → → 1 由FG· EM=16λ-8=0,得 λ=2.经检验FG· ED=0. 故当 G 为 EM 的中点时,FG⊥平面 BCDE.

(3)∵BE∥CD,CD⊥BC,且四边形 BCDE 是直角梯形, 1 1 1 ∴S△BME=2BE· BM=2×4×2 2=4 2,S△DCM=2S△BME=2 2. 1 又梯形 BCDE 的面积 S 梯形 BCDE= ×(4+2)×4 2=12 2, 2 ∴S△DME=S 梯形 BCDE-S△DCM-S△BEM=6 2. 由(2),知 FG 为三棱锥 F-DME 的高,且|FG|= 2. 1 ∴VF-DME=3×6 2× 2=4. [热点预测]

13. (2013· 保定市高三第一次模拟)四棱锥 S-ABCD 中, 四边形 ABCD 为矩形, M 为 AB 的中点,且△SAB 为等腰直角三角形,SA=SB=2,SC⊥BD,DA⊥平面 SAB.

(1)求证:平面 SBD⊥平面 SMC; (2)设四棱锥 S-ABCD 外接球的球心为 H,求棱锥 H-MSC 的高; (3)求平面 SAD 与平面 SMC 所成的二面角的正弦值.
解:(1)∵SA=SB,M 为 AB 中点,∴SM⊥AB. 又∵DA⊥平面 SAB,∴DA⊥SM, 所以 SM⊥平面 ABCD. 又∵DB?平面 ABCD,∴SM⊥DB. 又∵SC⊥BD,∴DB⊥平面 SMC, ∴平面 SBD⊥平面 SMC.

(2)由(1)知 DB⊥平面 SMC, ∴DB⊥MC, AB DA 2 2 BC 所以△ABD∽△BCM,故BC=MB? BC = ?BC=2 2 设 AC 与 BD 交于 N 点,因为 AS⊥BS,DA⊥BS,所以 SB⊥平面 SAD. 所以 SB⊥SD,显然 NA=NB=NC=ND=NS,

所以 H 与 N 重合,即为球心, 设 MC 与 DB 交于 Q 点, 由于 DB⊥平面 SMC,故 HQ 即为所求.因为 MC= 6, BC· MB 2 2 2 3 ∴QB= MC = = 3 . 6 2 3 3 ∵BD=2 3,∴HB= 3,故 HQ= 3- = . 3 3 3 即棱锥 H-MSC 的高为 3 . (3)以点 M 为原点,建立坐标系如图. 则 M(0,0,0),S( 2,0,0),C(0, 2,2),A(0,- 2,0),D(0,- 2,2) → → → → ∴MS=( 2,0,0),MC=(0, 2,2),AD=(0,0,2),AS=( 2, 2,0) 设平面 SMC 的法向量为 n=(x,y,z),平面 ASD 的法向量为 m=(a,b,c) → ? ?MS· n=0 ∴? → ? ?MC· n=0 → ? ?AD· m =0 ∴? → ? ?AS· m =0

?x=0 ?? ,∴不妨取 n=(0, 2,-1) ? 2y+2z=0

?c=0 ?? ,∴不妨取 m=(1,-1,0) ? 2a+ 2b=0

m· n - 2 3 ∴cos〈m,n〉= = =- 3 . |m||n| 3· 2 6 所以,平面 SAD 与平面 SMC 所成的二面角的正弦值为 3 .


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