2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 第7講 空間中角與距離的計算課時作業(yè) 理.doc
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第7講 空間中角與距離的計算 1.如圖X871,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,若E,F(xiàn)分別是BC,DD1的中點,則B1到平面ABF的距離為( ) A. B. C. D. 圖X871 圖X872 2.(2016年黑龍江哈爾濱六中統(tǒng)測)如圖X872,在直三棱柱ABCA1B1C1中,若BC⊥AC,∠BAC=,AC=4,AA1=4,M為AA1的中點,P為BM的中點,Q在線段CA1上,A1Q=3QC.則異面直線PQ與AC所成角的正弦值為( ) A. B. C. D. 3.如圖X873,在正方體ABCDA1B1C1D1中,BB1與平面ACD1所成角的正切值是( ) A. B. C. D. 圖X873 圖X874 4.若正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等,D是A1C1的中點,則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為( ) A. B. C. D. 5.已知在矩形ABCD中,AB=1,BC=,將矩形ABCD沿對角線AC折起,使平面ABC與平面ACD垂直,則B與D之間的距離為________. 6.如圖X874,正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面邊長為2,側(cè)棱長為2 ,則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為____________. 7.(2017年山東)如圖X875,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是的中點. (1)設(shè)P是上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當(dāng)AB=3,AD=2時,求二面角EAGC的大小. 圖X875 8.(2017年廣東深圳一模)如圖X876,四邊形ABCD為菱形,四邊形ACFE為平行四邊形,設(shè)BD與AC相交于點G,AB=BD=2,AE=,∠EAD=∠EAB. (1)證明:平面ACFE⊥平面ABCD; (2)若AE與平面ABCD所成角為60,求二面角BEFD的余弦值. 圖X876 9.(2016年新課標(biāo)Ⅱ)如圖X877,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,AB=5,AC=6,點E,F(xiàn)分別在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到 △D′EF的位置,OD′=. (1)證明:D′H⊥平面ABCD; (2)求二面角BD′AC的正弦值. 圖X877 第7講 空間中角與距離的計算 1.D 2.C 解析:以C為原點,CB為x軸,CA為y軸,CC1為z軸,建立如圖D156所示的空間直角坐標(biāo)系, 圖D156 則由題意,得A(0,4,0),C(0,0,0),B(4 ,0,0),M(0,4,2),A1(0,4,4),P(2 ,2,1).則==(0,4,4)=(0,1,1).∴Q(0,1,1),=(0,-4,0),=(-2 ,-1,0).設(shè)異面直線PQ與AC所成角為θ,cos θ=|cos〈,〉|==,∴sin θ==.故選C. 3.B 解析:BB1與平面ACD1所成角即DD1 與平面ACD1所成角,即∠DD1O,其正切值是= . 4.B 解析:方法一(間接法),由正三棱柱的所有棱長都相等,依據(jù)題設(shè)條件,可知B1D⊥平面ACD,∴B1D⊥DC.故△B1DC為直角三角形. 不妨設(shè)棱長為1,則有AD=,B1D=,DC=. ∴==. 設(shè)A到平面B1DC的距離為h, 則有=, ∴h=B1DS△ADC. ∴h=.∴h=. 設(shè)直線AD與平面B1DC所成的角為θ, 則sin θ==. 方法二(向量法),如圖D157,取AC的中點O為坐標(biāo)原點,建立空間直角坐標(biāo)系. 圖D157 不妨設(shè)各棱長為2, 則有A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面B1CD的法向量, 則有??n=(0,2,1). 設(shè)直線AD與平面B1DC所成的角為θ, ∴sin θ=cos 〈A,n〉==. 5. 解析:過B,D分別向AC作垂線,垂足分別為M,N.則可求得AM=,BM=,CN=,DN=,MN=1.∵=++.∴||2=|++|2=||2+||2+||2+2(++)=2+12+2+2(0+0+0)=.∴||=. 6. 解析:方法一,如圖D158,以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系,則A(2,0,0),C1(0,0, 2 ).點C1在側(cè)面ABB1A1內(nèi)的射影為點C2. 圖D158 ∴=(-2,0,2 ), =. 設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ, 則cos θ== =. 又θ∈,所以θ=. 方法二,取A1B1的中點H,連接AH,由題意易知C1H⊥平面ABB1A1,∴∠C1AH即為AC1與平面ABB1A1所成的角.在Rt△C1HA中,C1H=,C1A==2 , ∴∠C1AH=,即AC1與側(cè)面ABB1A所成角為. 7.解:(1)因為AP⊥BE,AB⊥BE, 又AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A, 所以BE⊥平面ABP. 又BP?平面ABP,所以BE⊥BP. 又∠EBC=120, 所以∠CBP=30. (2)方法一,取的中點H,連接EH,GH,CH,如圖D159. 因為∠EBC=120,所以四邊形為BEHC為菱形. 所以AE=GE=AC=GC==. 取AG中點M,連接EM,CM,EC. 則EM⊥AG,CM⊥AG. 所以∠EMC為所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM==2 . 在△BEC中,由于∠EBC=120, 由余弦定理,得EC2=22+22-222cos 120=12, 所以EC=2 .因此△EMC為等邊三角形. 故所求的角為60. 圖D159 圖D160 方法二,以B為坐標(biāo)原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖D160所示的空間直角坐標(biāo)系. 由題意,得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3). 設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量. 由可得 取z1=2,得平面AEG的一個法向量m(3,-,2). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量. 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-,-2). 所以cos〈m,n〉==. 因此所求的角為60. 8.(1)證明:連接EG, ∵四邊形ABCD為菱形, ∵AD=AB,BD⊥AC,DG=GB. 在△EAD和△EAB中, AD=AB,AE=AE,∠EAD=∠EAB, ∴△EAD≌△EAB. ∴ED=EB.∴BD⊥EG. ∵AC∩EG=G,∴BD⊥平面ACFE. ∵BD?平面ABCD,∴平面ACFE⊥平面ABCD. (2)解:方法一,如圖D161,過G作EF的垂線,垂足為M,連接MB,MG,MD, 易得∠EAC為AE與平面ABCD所成的角. ∴∠EAC=60. ∵EF⊥GM,EF⊥BD,∴EF⊥平面BDM, ∴∠DMB為二面角BEFD的平面角. 可求得MG=,DM=BM=, 在△DMB中由余弦定理,可得cos ∠BMD=, ∴二面角BEFD的余弦值為. 圖D161 圖D162 方法二,如圖D162,在平面ABCD內(nèi),過G作AC的垂線,交EF于M點, 由(1)可知,平面ACFE⊥平面ABCD, ∴MG⊥平面ABCD. ∴直線GM,GA,GB兩兩互相垂直. 分別GA,GB,GM為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz, 易得∠EAC為AE與平面ABCD所成的角, ∴∠EAC=60. 則D(0,-1,0),B(0,1,0),E,F(xiàn). 則=(2,0,0),=,=. 設(shè)平面BEF的一個法向量為n=(x,y,z), 則n=0,n=0. ∴x=0,且x-y+z=0. 取z=2,可得平面BEF的一個法向量為n=(0,3,2). 同理可求得平面DEF的一個法向量為m=(0,3,-2). ∴cos 〈n,m〉=. ∴二面角BEFD的余弦值為. 9.(1)證明:由已知,得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF,得=.故AC∥EF. 因此EF⊥HD,從而EF⊥D′H. 由AB=5,AC=6,得DO=BO==4. 由EF∥AC,得==. 所以O(shè)H=1,D′H=DH=3. 于是OH=1,D′H2+OH2=32+12=10=D′O2. 故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF,而OH∩EF=H. 所以D′H⊥平面ABCD. 圖D163 (2)解:如圖D163,以H為坐標(biāo)原點,的方向為x軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Hxyz, 則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D′(0,0,3).所以=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,則即 所以可以取m=(4,3,-5). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量, 則即 所以可以取n=(0,-3,1). 于是cos〈m,n〉===-, sin〈m,n〉=. 因此二面角BD′AC的正弦值是.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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