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训练【七】空间向量与立体几何


【高考冲刺】空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、选择题(共 20 小题) 1.三棱锥 O﹣ABC 中,OA、OB、OC 两两垂直,OC=1,OA=x,OB=y,x+y=4,当三棱锥 O﹣ABC 的体积最大 时,则异面直线 AB 和 OC 间的距离等于( ) A.1 B. C. D.2

考点: 用空间向量求直线间的夹角、距离;基本不

等式在最值问题中的应用. 专题: 计算题. 分析: 由已知中三棱锥 O﹣ABC 中,OA、OB、OC 两两互相垂直,OC=1,OA=x,OB=y,我们易得到三 棱锥 O﹣ABC 体积的表达式,又由 x+y=4,结合基本不等式,即可得到体积的最大值,在这个条件下求出两条异面 直线的距离. 解答: 解:∵ x>0,y>0 且 x+y=4, 由基本不等式得:
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xy≤

=4

又∵ OA、OB、OC 两两互相垂直,OC=1, ∴ 三棱锥 O﹣ABC 体积 V= = ≤

当且仅当 x=y 时等号成立,此时 x=y=2 即 OA=OB=2, 根据 OA、OB、OC 两两垂直,得到两条异面直线的距离是过 O 点在平面 OAB 上做 AB 的垂线, 在等腰直角三角形中得到垂线的长度是 , 故选 B 点评: 本题考查的知识点是棱锥的体积,其中根据基本不等式求出 xy 在体积取得最大值时对应的长度, 是解答本题的关键. 2.把∠ A=60°,边长为 8 的菱形 ABCD 沿对角线 BD 折成 60°的二面角,则 AC 与 BD 的距离为( A.6 B. C. D. )

考点: 与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 综合题;数形结合;转化思想;综合法. 分析: 折后两条对角线之间的距离的范围可以根据二面角 θ 的范围求得,故先找出二面角的平面角,取 AC 的中点 E,连接 BE、DE,则∠ BED=θ,且 BE=ED,所以 EF⊥ BD,再取 BD 的中点 F,由 AF=CF 可得:EF⊥ AC, 则折后两条对角线之间的距离为 EF 的长,所以当 θ=120°时,EF 取最小值;当 θ=60°时,EF 取最大值. 2 解答: 解:由题设∠ A=60°,边长为 8 的菱形 ABCD,则∠ D=120°,由余弦定理得 AC =64+64﹣ 2×8×8cos120°=3×64,故有 AC=8 令 E、F 分别是中点,则折后两条对角线之间的距离为 EF 的长 由题设条件及图形可证得在△ AEC 中,∠ AEC=60°,AE=CE=4 又 F 是中点,故有直角三角形 AFE 中,∠ AEF=30°,∠ EAF=60°,
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故有 EF=AE×sin60°=4 故选 A

×

=6

点评: 本小题主要考查空间线面关系、二面角的度量等知识,解题的关键是做出二面角的平面角来,本题 考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 3.空间四边形 ABCD 中,各边与对角线均相等,则 AB 与平面 BCD 成的角是( A. B. C. D. )

考点: 专题: 分析:

直线与平面所成的角. 计算题. 由题意可得多面体 ABCD 为正四面体,设点 A 在平面 BCD 内的射影为 O,则 O 是等边△ BCD 的中
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心,∠ ABO 为所求,Rt△ AOB 中,根据 cos∠ ABO=

的值,求出∠ ABO 的大小.

解答: 解:由题意可得多面体 ABCD 为正四面体,设点 A 在平面 BCD 内的射影为 O,则 O 是等边△ BCD 的中心,∠ ABO 为所求. 设正四面体的棱长为 1,则 OB= × AB= .

Rt△ AOB 中,cos∠ ABO=

=

=

,∴ABO=arccos ∠ ,



故 AB 与平面 BCD 成的角是 arccos 故选 A. 点评:

本题考查直线和平面所成的角的定义和求法,找出直线和平面所成的角,是解题的关键.

4.设 Rt△ ABC 斜边 AB 上的高是 CD,AC=BC=2,沿高 CD 作折痕将之折成直二面角 A﹣CD﹣B(如图)那么得到 二面角 C﹣AB﹣D 的余弦值等于( )

A.

B.

C.

D.

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 计算题. 分析: 利用直角三角形的勾股定理求出 AD, BD, 的长度, AB 的中点 E, CD 取 连接 CE, DE, 判断出∠ CED 为二面角 C﹣AB﹣D 的平面角 ,然后通过解直角三角形求出二面角的大小. 解答: 解:因为 Rt△ ABC 斜边 AB 上的高是 CD,AC=BC=2, 所以 CD⊥ AD,CD⊥ BD,AD=BD= ,CD=
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所以 CD⊥ 平面 ABD 取 AB 的中点 E,连接 CE,DE, 因为 AC=BC=2,所以 CE⊥ AB,DE⊥ AB

所以∠ CED 为二面角 C﹣AB﹣D 的平面角 在△ ADB 中,DE= 在 Rt△ CDE 中,cos∠ CED= 故选 B. 点评: ,CE=

本题考查求二面角的大小,一般先找出平面角,再证明,再解三角形,属于中档题. .平面 PAD 与平面 BDD1B1

5.如图,P﹣ABCD 是正四棱锥,ABCD﹣A1B1C1D1 是正方体,其中 AB=2, 所成的锐二面角 θ 的余弦值为( )

A.

B.

C.

D.

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 综合题;转化思想. 分析: 由题设条件以及图形知平面 PAD 与平面 BDD1B1 的公共边为 PD, 平面 PAD 与平面 BDD1B1 所成的 锐二面角即二面角 A﹣PD﹣B, 由图形的结构, 两平面所成的二面角的余弦值可用三角形 PAD 的面积与其在面 PBD 上的投影面积之间的比值来表示,连接 AC,BD 交于一点 O,可证得 A0⊥ PBD,即三角形 PAD 在面 PBD 上的投 面 影是三角形 POD,求出两个三角形的面积计算其比值即可得到所求二面角的余弦值. 解答: 解:由题意如图,平面 PAD 与平面 BDD1B1 的公共边为 PD,平面 PAD 与平面 BDD1B1 所成的锐二 面角即二面角 A﹣PD﹣B,连接 AC,BD 交于一点 O,由于 P﹣ABCD 是正四棱锥,故有 AO⊥ PBD, 面
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∴ cosθ= ∵ P﹣ABCD 是正四棱锥,ABCD﹣A1B1C1D1 是正方体,其中 AB=2, ∴ BD=2 ,故 PO= = =2 可求得三角形 POD 的面积是 . =

在三角形 PAD 中可求得其面积是

故 cosθ= 故选 D

=

=

点评: 本题考查二面角的平面角及求法,由于本题中几何图形的结构特征,采取了用投影面法求面面角的 余弦,可以看到此法优点是不用作二面角的平面角,少了证明的过程,在求二面角时注意使用这一方法,其公式是 锐二面角的余弦值等于投影面的面积比上原面积.本题考查了转化变形的能力以及推理运算的能力. 6. 侧棱长为 A. 的正三棱锥 V﹣ABC 的侧棱间的夹角为 40°, 过顶点 A 作截面 AEF, 截面 AEF 的最小周长为 ( B.6a C.4a D. )

考点: 直线与平面所成的角. 专题: 计算题;转化思想. 分析: 画出几何体的图形,推出截面周长最小值的情形,确定展开图的有关的角,利用余弦定理求出距离 即可. 解答: 解:如图三棱锥以及侧面展开图,要求截面 AEF 的周长最小,就是侧面展开图中 AG 的距离, 因为侧棱长为 的正三棱锥 V﹣ABC 的侧棱间的夹角为 40°,∠ AVG=120°, 2 2 2 所以由余弦定理可知 AG =VA +VG ﹣2VA?VGcos120°
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= =3 AG=6a. 故选 B. .

点评: 本题是中档题,考查几何体的侧面展开图距离的最小值问题,余弦定理的应用,考查空间想象能力, 计算能力,转化思想.

7.A,B,C 三点在半径为 1 的球 O 面上,A,B 及 A,C 的球面距离均为 切值为 ,则二面角 B﹣OA﹣C 的大小为( )

,且 OA 与平面 ABC 所成的角的正

A.

B.

C.

D.

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 计算题. 分析: 球心 O 与 A, C 三点构成三棱锥 O﹣ABC, B, 根据线面垂直的判定定理可知 AO⊥ BOC, 面 BO⊥ AO, CO⊥ AO,则∠ BOC 为二面角 B﹣OA﹣C 的平面角,最后在三角形 OBC 中求出此角即可. 解答: 解:球心 O 与 A,B,C 三点构成三棱锥 O﹣ABC,如图所示, 已知 OA=OB=OC=r=1,∠ AOB=∠ AOC=90°, 由此可得 AO⊥ BOC,则 AO⊥ 面 OE
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而 OA 与平面 ABC 所成的角的正切值为 ∴ OE= 则 BE= ∴ BC=1



BO⊥ AO,CO⊥ AO,则∠ BOC 为二面角 B﹣OA﹣C 的平面角 ∴BOC= ∠ 故选 C

点评: 本小题主要考查立体几何球面距离以及直线与平面的所成角等有关知识,同时考查空间想象能力, 计算能力,属于中档题. 8.有一块直角三角板,∠ A=30°,∠ C=90°,BC 边在桌面上,当三角板所在平面与桌面成 45°角时,AB 边与桌面所 成角的正弦等于( ) A. B. C. D.

考点: 直线与平面所成的角. 专题: 计算题. 分析: 过 A 作 AO 垂直桌面于 O,连接 OC,三角板所在平面与桌面成 45°角与 AB 边与桌面所成角是同一 个角,直接可求出此角的正弦值. 解答: 解:过 A 作 AO 垂直桌面于 O,连接 OC,三角板所在平面与桌面成 45°角,即∠ ACO=45°,
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AB 边与桌面所成角的为∠ ACO=45°,则 AB 边与桌面所成角的正弦等于 故选 C. 点评:



本题考查空间直线与平面之间的位置关系,考查学生的空间想象能力,是中档题. )

9.在棱长为 a 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,D1 到平面 ACB1 的距离为(

A.

B.

C.

D.

考点: 点、线、面间的距离计算. 专题: 计算题. 分析: 先证明 BD1⊥ 平面 AB1C,再计算 BO 的长,即可求得 D1 到平面 ACB1 的距离. 解答: 解:连接 BD1,BD,则 AC⊥ BD,AC⊥ 1B B ∵ B1B=B,∴ 平面 BD1, BD∩ AC⊥ ∵ 1?平面 BD1,∴ BD1, BD AC⊥ 同理 AB1⊥ 1, BD ∵ AB1=A,∴ 1⊥ AC∩ BD 平面 AB1C
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设垂足为 O,在三棱锥 B1﹣ABC 中, ∴ BO= ∵ 1= BD ∴ 1O= D 即 D1 到平面 ACB1 的距离为 故选 B.

点评:

本题考查点到面的距离的计算,考查线面垂直的证明与三棱锥的体积,属于中档题. )

10.如图,在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,A1B 与平面 BB1D1D 所成的角的大小是(

A.90° 考点:

B.30° 直线与平面所成的角.

C.45°

D.60°

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专题:

计算题.

分析: 连接 A1C1 交 B1D1 于 O,连接 OB,说明∠ ABO 为 A1B 与平面 BB1D1D 所成的角,然后求解即可. 解答: 解:连接 A1C1 交 B1D1 于 O,连接 OB, 因为 B1D1⊥ 1C1,A1C1⊥ 1,所以 A1C1⊥ A BB 平面 BB1D1D, 所以∠ ABO 为 A1B 与平面 BB1D1D 所成的角, 设正方体棱长为 1,所以 A1O= ,A1B= ,

sin∠ ABO= ∠ ABO=30°. 故选 B.



点评:

本题考查直线与平面所成角的求法,找出直线与平面所成角是解题的关键,考查计算能力. )

11.正 n 棱锥的全面积是底面积的 3 倍,则侧面与底面所成的角是( A. B. C. D. π π

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 计算题. 分析: 由已知中正 n 棱锥的全面积是底面积的 3 倍,我们易得到其侧高与底面中心到对称棱的距离之间为 2:1,构造直角三角形 PQO(其中 P 为棱锥的顶点,Q 为底面棱的中点,O 为底面的中心) ,解三角形即可得到侧 面与底面所成的角. 解答: 解:由于正 n 棱锥的全面积是底面积的 3 倍, 不妨令 P 为棱锥的顶点,Q 为底面棱的中点,O 为底面的中心 则 PQ=2?OQ 则∠ PQO 即为侧面与底面所成的角
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∵ PQO= cos∠ ∴PQO= ∠

=

故选 C 点评: 本题考查的知识点是二面角的平面角及求示,其中根据已知条件得到侧高与底面中心到对称棱的距 离之间为 2:1,是解答本题的关键. 12.在棱长不 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.

B.

a

C.

a

D.

a

考点: 点、线、面间的距离计算. 专题: 计算题. 分析: 连接 A1C、MC,三棱锥 A1﹣DMC 就是三棱锥 C﹣A1MD,利用三棱锥的体积公式进行转换,即可 求出点 C 到平面 A1DM 的距离. 解答: 解:连接 A1C、MC 可得
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= △ 1DM 中,A1D= A ∴ 三棱锥的体积: 所以 d (设 d 是点)C 到平面 A1DM 的距离 ,A1M=MD= =

∴ 故选 A.

=

点评: 本题以正方体为载体,考查了立体几何中点、线、面的距离的计算,属于中档题.运用体积计算公 式,进行等体积转换来求点到平面的距离,是解决本题的关键. 13.一个正四棱锥一个侧面面积与一个对角面面积相等,则侧面与底面所成二面角为( A.30° B.45° C.60° D. )

考点: 与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 计算题. 分析: 设正四棱锥 S﹣ABCD 的底面边长为 a,高为 h,用 a,h 表示出对角面的面积、侧面面积,作出侧 面与底面所成锐二面角的平面角,求解即可. 解答: 解:设正四棱锥 V﹣ABCD 的底面边长为 a,高为 VO=h,斜高为 VE,
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如图,∠ VEO 为侧面与底面所成锐二面角的平面角. 对角面面积 S△VAC= ×AC×VO= × =

侧面面积 S△VBC=

=



∵ 对角面的面积与侧面面积相等, ∴ ,

化简整理得 h= tan∠ VEO= =1,



∴VEO=45°, ∠ 故选 B.

点评: 能力.

本题考查正四棱锥的定义、性质,空间角的求解,考查了空间想象能力、计算能力,分析解决问题

14.定义平面向量之间的一种运算“⊙ ”如下:对任意的 =(m,n) =(p,q) , ,令 ⊙ =mq﹣np,下面说法错误的 序号是( ) ②⊙= ⊙ ④ ④ C.② + ④ D.③ = .

① 与 共线,则 ⊙ =0 若 ③ 对任意的 λ∈R,有(λ )⊙ =λ( ⊙ ) A.② 考点: 专题: 分析: ② B.① 空间向量的数量积运算. 综合题;新定义.

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利用新定义,可得:若 与 共线, ,则有 ⊙ =mq﹣np=0;因为 ⊙ =pn﹣qm,而 ⊙ =mq﹣np,所 + . =(mq﹣np) +(mp﹣
2

以有 ⊙ ≠ ⊙ ; (λ )⊙ =λmq﹣λnp=λ(mq﹣np)=λ( ⊙ ) ; nq) =m (q +p )+n (p +q )=(m +n ) +q )= (p 解答:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

解:若 与 共线,则有 ⊙ =mq﹣np=0,故① 正确;

因为 ⊙ =pn﹣qm,而 ⊙ =mq﹣np,所以有 ⊙ ≠ ⊙ ,故选项② 错误;

∵ (λ )⊙ =λmq﹣λnp=λ(mq﹣np)=λ( ⊙ ) (λ )⊙ =λ( ⊙ ) ,∴ ,故③ 正确; + 故④ 正确 故选 A. 点评: =(mq﹣np) +(mp﹣nq) =m (q +p )+n (p +q )=(m +n ) +q )= (p
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



本题考查新定义,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. )

15.若正四棱锥的全面积是底面积的 3 倍,则侧面与底面所成的角为( A.30° B.45° C.60° D.75°

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 计算题. 分析: 由已知中正四棱锥的全面积是底面积的 3 倍,我们易得到其侧高与底面中心到对称棱的距离之间为 2:1,构造直角三角形 PQO(其中 P 为棱锥的顶点,Q 为底面棱的中点,O 为底面的中心) ,解三角形即可得到侧 面与底面所成的角. 解答: 解:由于正四棱锥的全面积是底面积的 3 倍, 不妨令 P 为棱锥的顶点,Q 为底面棱的中点,O 为底面的中心,则 PQ=2?OQ ∠ PQO 即为侧面与底面所成的角
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∵ PQO= cos∠ ∴PQO=60° ∠

=

故选 C 点评: 本题以面积为载体,考查二面角的平面角及求示,其中根据已知条件得到侧高与底面中心到对称棱 的距离之间为 2:1,是解答本题的关键. 16.α﹣l﹣β 是直二面角,直线 a 与 α 所成角为 30°,则 a 与 β 所成角( A.60° B.小于 60° C.取值范围为[0°, 取值范围为[0°, D. 90°] 60°] 考点: 与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 计算题. 分析: 设线段 AB 夹在直二面角 α﹣l﹣β 内,A∈α,B∈β,如果 AB 与平面 α、β 所成的角分别为 α 和 β, 过 A 在 α 内做 AC 垂直于 l 于 C 点,过 B 在 β 内做 BD 垂直于 l 于 D 点. 在 β 内做 BE 平行 l,在 β 内做 CE 平行 BD,交点为 E,连接 AE,AD,BC,根据 AD>AC 判断∠ ABC<∠ ABD,由于∠ ABD+∠ DAB=90°进而知 α+β<90°, 当 AB 与 l 垂直时 α+β=90° 当 AB 与 l 平行时 α+β=0,最后综合答案可得 α+β 的范围为 0≤α+β≤90°;再结合直线 a 与 α 所成角为 30°即可得到答案. 解答: 解:设线段 AB 夹在直二面角 α﹣l﹣β 内,A∈α,B∈β,
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如果 AB 与平面 α、β 所成的角分别为 α 和 β, 过 A 在 α 内做 AC 垂直于 l 于 C 点,过 B 在 β 内做 BD 垂直于 l 于 D 点. 在 β 内做 BE 平行 l,在 β 内做 CE 平行 BD,交点为 E,连接 AE,AD,BC 则∠ DAB=α,∠ ABC=β,sin∠ ABC=ACAB,sin∠ DAB=ADAB 因为 AD>AC,所以∠ ABC<∠ ABD, ∠ ABD+∠ DAB=90°,所以 α+β<90° 当 AB 与 l 垂直时 α+β=90° 当 AB 与 l 平行时 α+β=0 ∴ 0≤α+β≤90°; 又因为直线 a 与 α 所成角为 30°; 0 所以:a 与 β 所成角的范围是:[0 , ,60°] 故选:D. 点评: 本题主要考查了空间中直线与平面的位置关系.解题的关键是判断出当直线与两面角的棱平行或垂 直时的情况. 17.P 为正方形 ABCD 所在平面外一点,PA⊥ 平面 ABCD,PA=AB,E、F 分别在 PD、PC 上,且 AE⊥ PD,垂足为 E,EF∥ CD,则 AC 与平面 AEF 所成的角为( ) A.90° B.60° C.45° D.30° 考点: 直线与平面所成的角. 专题: 综合题. 分析: 由已知中 P 为正方形 ABCD 所在平面外一点,PA⊥ 平面 ABCD,PA=AB,E、F 分别在 PD、PC 上, 且 AE⊥ PD,垂足为 E,EF∥ CD,我们可将已知中的四棱锥 P﹣ABCD 补成一个以 PA 长为棱长的正方体,则 AC 与 平面 AEF 所成的角可转化为一个面上的对角线与正方体的对角面之间的夹角,根据正方体的几何特征,即可得到 答案. 解答: 解:如下图所示:
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由已知中 P 为正方形 ABCD 所在平面外一点,PA⊥ 平面 ABCD,PA=AB, E、F 分别在 PD、PC 上,且 AE⊥ PD,垂足为 E,EF∥ CD, 我们可将四棱锥 P﹣ABCD 补充为一个正方体 则 AC 与平面 AEF 所成的角 即为底面对角线 AC 与对角面 ABEF 的夹角 由正方体的几何特征,易得 AC 与平面 AEF 所成的角为 30° 故选 D 点评: 本题考查的知识点是直线与平面所成的角,其中将已知中的几何体补成正方体,将线面夹角问题转 化为正方体中特殊线面之间的夹角是解答本题的关键. 18.已知长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=BC=4,CC1=2,则直线 BC1 和平面 DBB1D1 所成角的正弦值为( A. B. C. D. )

考点: 直线与平面所成的角. 专题: 计算题. 分析: 要求线面角,先寻找斜线在平面上的射影,因此,要寻找平面的垂线,利用已知条件可得. 解答: 解:由题意,连接 A1C1,交 B1D1 于点 O ∵ 长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=BC=4 ∴ 1O⊥ 1D1 C B ∴ 1O⊥ C 平面 DBB1D1
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在 Rt△ BOC1 中, ∴ 直线 BC1 和平面 DBB1D1 所成角的正弦值为 故选 C. 点评: 的射影.

本题的考点是直线与平面所成的角,主要考查线面角,关键是寻找线面角,通常寻找斜线在平面上

19.如图,在正四棱锥 P﹣ABCD 中,若

,则二面角 P﹣BC﹣A 等于(



A.

B.

C.

D.

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 空间角. 分析: 正四棱锥的几何特征可得∠ 即为二面角 P﹣BC﹣A 的平面角, PFE 设正四棱锥 P﹣ABCD 的底面棱长 为 a,侧棱长为 b,结合已知中两个三角形面积比为定值,求出棱长之间的关系,进而解三角形 PEF 可得答案. 解答: 解:设正四棱锥 P﹣ABCD 的底面棱长为 a,侧棱长为 b
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则棱锥的高 PO=

=

,故 S△PBD= BD?PO= ?

棱锥侧面 PAD 的高为 PE=

,故 S△PAD= ?PE?AD= ?



=

即 b=

a

∴ PE=PF=a 由正四棱锥的几何特征可得∠ 即为二面角 P﹣BC﹣A 的平面角 PFE 在△ PEF 中 PE=PF=EF ∴PFE= ∠ 即二面角 P﹣BC﹣A 等于 故选 C

点评: 本题考查的知识点是二面角的平面角及求法,由于未给出棱长等信息,故难度较大.其中根据已知 分析出棱长之间的比例关系是解答的关键 20.设 E,F,G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB,BC,CD 的中点,则二面角 C﹣FG﹣E 的大小是( A. B. C. D. ﹣arctan arcsin +arccos π﹣arccot )

考点: 二面角的平面角及求法. 专题: 综合题;空间角. 分析: 取 EG 中点 N,FG 中点 M,连接 MN,CM,则可得∠ CMN 即为所求二面角,根据 MN∥ AC,可转 化为求∠ ACO,在△ OAC 中,利用余弦定理可得结论. 解答: 解:取 EG 中点 N,FG 中点 M,连接 MN,CM
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因为 FG∥ BD,EF∥ AC,AC⊥ BD,所以 EF⊥ FG,所以 MN⊥ FG 因为 CM⊥ FG,所以∠ CMN 即为所求二面角. 因为 MN∥ AC,所以∠ CMN=180﹣∠ ACM 取 BD 中点 O,连接 OA,OC 在△ OAC 中,设 AC=1,则 OA=OC=

所以 cos∠ ACO= 所以 cot∠ ACO= 所以∠ CMN=π﹣arccot 故选 D. 点评: 求解.

=

本题考查二面角的平面角的求法,解题的关键是正确作出二面角的平面角,正确运用余弦定理进行

二、解答题(共 1 小题) (选答题,不自动判卷) 21. (2012?浙江) 如图, 在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中, AD∥ BC, AD⊥ AB, AB= AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点. (1)证明: (i)EF∥ 1D1; A (ii)BA1⊥ 平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值.

. AD=2, BC=4,

考点: 专题: 分析: EF∥ 1D1. A

直线与平面所成的角;直线与平面垂直的判定. 综合题. (1) (i)先由 C1B1∥ 1D1 证明 C1B1∥ A 平面 ADD1A1,再由线面平行的性质定理得出 C1B1∥ EF,证出
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(ii)易通过证明 B1C1⊥ 平面 ABB1A1 得出 B1C1⊥ 1,再由 tan∠ 1B1F=tan∠ 1B= BA A AA

,即∠ 1B1F=∠ 1B,得出 A AA

BA1⊥ 1F.所以 BA1⊥ B 平面 B1C1EF; (2)设 BA1 与 B1F 交点为 H,连接 C1H,由(1)知 BA1⊥ 平面 B1C1EF,所以∠ 1H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成 BC 的角.在 RT△ BHC1 中求解即可. 解答: (1)证明(i)∵ 1B1∥ 1D1,C1B1?平面 ADD1A1,∴ 1B1∥ C A C 平面 ADD1A1, 又 C1B1?平面 B1C1EF,平面 B1C1EF∩ 平面平面 ADD1A1=EF, ∴ 1B1∥ C EF,∴ A1D1; EF∥ (ii)∵ 1⊥ BB 平面 A1B1C1D1,∴ 1⊥ 1C1, BB B 又∵ 1C1⊥ 1A1, B B ∴ 1C1⊥ B 平面 ABB1A1, ∴ 1C1⊥ 1, B BA 在矩形 ABB1A1 中,F 是 AA1 的中点,tan∠ 1B1F=tan∠ 1B= A AA ,即∠ 1B1F=∠ 1B,故 BA1⊥ 1F. A AA B

所以 BA1⊥ 平面 B1C1EF; (2)解:设 BA1 与 B1F 交点为 H, 连接 C1H,由(1)知 BA1⊥ 平面 B1C1EF,所以∠ 1H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角. BC 在矩形 AA1B1B 中,AB= 在 RT△ BHC1 中,BC1=2 ,AA1=2,得 BH= ,sin∠ 1H= BC ,

=



所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值是



点评: 计算能力.

本题考查空间直线、平面位置故选的判定,线面角求解.考查空间想象能力、推理论证能力、转化、


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高考专题训练七 空间向量与立体几何 一、选择题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题 给出的四个选项中,选出符合题目要求的一项填在答题卡...
2013届高三理科数学高考专题训练7_空间向量与立体几何
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高考数学二轮总复习专题训练七 空间向量与立体几何 理
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2013届高三理科数学高考专题训练7 空间向量与立体几何 Word版含答案]
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空间向量与立体几何训练
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7.7空间向量在立体几何中的应用
第七节 空间向量立体几何中的应用 [备考方向要明了] 考什么 怎么考 1.高考中很少考查直线的方向向量, 而平面法 1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2....
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7.7空间向量立体几何中的应用_高三数学_数学_高中...针对性变式训练,当堂检测,知识梳理全面,选题典型,并...【自主梳理】1.用向量法证明空间中的平行关系: ①...
《空间向量与立体几何》单元训练题(教师版)
? ? ? ? 7 空间向量与立体几何训练题答案 1 1 12.如图所示,已知正四面体 ABCD 中,AE=4AB,CF=4CD,则直 线 DE 和 BF 所成的角的余弦值为___. →→...
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