高考总动员2016届数学人教理大一轮复习课件教师讲学案课时提升练第七章立体几何

在直线l上，则c·a＝0且c·b＝0是l⊥α的( 【解析】l⊥αla，b【答案】已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)三点，向量n＝(1,1,1)，则以n为方向向量的直线l与平面ABC的关系是( 【解析】→→ 【答案】 55C. D.255【解析】DDA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． → → ∴→ 5 0＋2＋1＝2 5 1＋0＋2＝2→ ＝∴cos ＝→ 5 5

2×5AMCNα的余弦值为2.故选5【答案】AA1＝3，AD＝22，PC1D1的中点，MBCAMPM的位置关系为() 【解析】( ∴PM＝(2，1，－3)，AM＝(－→∴PM·AM＝2×(－2)＋1×2－ 【答案】A，BAC，BD分别在这个二面AB.AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为() 【解析】 → → → → →∴→→

CA·BD＝2[(217)－6－4－8→→

AC·BD AC·BD＝24，cos〈AC，BD〉＝ 【答案】7­7­13ABCDACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，MEFAMBDEM点的坐 2 B.3，3 2

2 C.2，2 D.4，4 【解析】∵MEF 2 ∴M2x，2 ∵A(2，2，0)，D(2，0,0)，E(0,0,1)，B(0， ∴ED＝(2，0，－1)，EB＝(0，→ 2 AM＝2x－2，2x－ BDE 2 →

a＝b＝2 n＝(1,1， 2 ∵n·AM＝0，∴x＝1，∴M2，2 【答案】→ →【解析】→AB∩AD＝A，∴APABCD，→ 【答案】7­7­14S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，PSDSO＝ODBC与平面

【解析】O为原点建立空间直角坐标系O­xyz. 则 →

→PACnn＝(0,1,1)cos〈CB，n→＝CB·n →

2a2·

【答案】7­7­15ABC­A1B1C1中AA1⊥直线EF和BC1所成角的大小是 【解析】标系，如图，设AB＝1， → → cos〈→， EF·BC1＝

→ 2

2×【答案】AB＝2AD＝2，OCDAOAOD＝＝【解】(1)证明：ABCD中，AB＝2AD＝2，OCD的AOHDH，BHOH＝DH＝1AO＝ 2Rt△BOH2

22在△BHD中，DH＋BH22

＋＝3DB＝3，∴DH而DH⊂平面(2)OA，OBx轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，2，0)，A(2，0,0)，

2 2 D2，0，2，C－2，2 →

2

∴AB＝( 2 2，0)，AD＝－2，0，

，BC 2 2 －2，－2ABD 2x＋ 2 22x＋2x＝y，x＝zx＝1y＝z＝1，n＝(1,1,1)．设α为直线BC与平面ABD所成的角，→则sinα＝|BC·n|＝2＝→

33即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为6.11．(2014·高考)如图7­7­17，在棱长为2的正方体3λEFPQPQMN所成的二面角为直二面λ的值；若不存在，说明理由．【解】DDA，DC，DD1x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.由已知得 →证明：λ＝1 FP⊂EFPQBC1⊄EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.→→

1± 21±1±故存在 2，使面EFPQ与面PQMN1±12．(2014·高考)三棱锥A­BCD及其侧视图、俯视图如7­7­18M，NAD，AB的中点，PBC上MN⊥NP.证明：PBC【解】(1)证明：如图(1)BDO由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD均为正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.AO，OC⊂AOCAO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.AC⊂AOCBOHM，NAD，AB的中点，所以NH∥AO，MN∥BD.NH，NP⊂NHPNH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.HP⊂NHP又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.HBOPBCOC，OB⊂BCD→→C(0，M，NAD，AB的中点，又由(1)知，PBC的中点， 3

3 M－2，02，N2，02，P22

于是AB＝(1,0，－3)，BC＝(－1， 3 30，2，－2 ⊥→， 1 1 1 1z1＝1x1＝3，y1＝1n1＝(3，1,1)．MNPn2＝(x2，y2，z2)， 2 2

22