新课标高二数学同步测试(5)

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A A1 D C B B1 C1 图 新课标高二数学同步测试（5）—（2－1 第三章 3.2） 说明：本试卷分第一卷和第二卷两部分，第一卷 74 分，第二卷 76 分，共 150 分；答题时间 120 分钟． 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的 括号内（每小题 5 分，共 50 分）． 1．在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，若 AB＝ 2 BB1，则 AB1 与 C1B 所成的角的大小为（ ） A．60° B．90° C．105° D．75° 2．如图，ABCD—A1B1C1D1 是正方体，B1E1＝D1F1＝ 4 11BA ，则 BE1 与 DF1 所成 角的余弦值是（ ） A． 17 15 B． 2 1 C． 17 8 D． 2 3 3．如图，A1B1C1—ABC 是直三棱柱，∠BCA=90°，点 D1、F1 分别 是 A1B1 、A1C1 的中点，若 BC=CA=CC1，则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是（ ） A． 10 30 B． 2 1 C． 15 30 D． 10 15 4．正四棱锥 S ABCD 的高 2SO  ，底边长 2AB  ，则异面直线 BD 和 SC 之间的距离（ ） A． 5 15 B． 5 5 C ． 5 52 D． 10 5 5．已知 1 1 1ABC A B C 是各条棱长均等于 a 的正三棱柱，D 是侧 棱 1CC 的中点．点 1C 到平面 1AB D 的距离（ ） A． a4 2 B． a8 2 C． a4 23 D． a2 2 6．在棱长为1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，则平面 1AB C 与平面 11AC D 间的距离 （ ） A． 6 3 B． 3 3 C ． 3 32 D． 2 3 图 图 7．在三棱锥 P－ABC 中，AB⊥BC，AB＝BC＝ 2 1 PA，点 O、D 分别是 AC、PC 的中点，OP⊥底面 ABC， 则直线 OD 与平面 PBC 所成角的正弦值 （ ） A． 6 21 B． 3 38 C． 60 210 D． 30 210 8．在直三棱柱 111 CBAABC  中，底面是等腰直角三角形， 90ACB ，侧棱 21 AA ，D，E 分别是 1CC 与 BA1 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的重心 G．则 BA1 与平面 ABD 所成角的余 弦值 （ ） A． 3 2 B． 3 7 C． 2 3 D． 7 3 9．正三棱柱 111 CBAABC  的底面边长为 3，侧棱 32 3 1 AA ，D 是 CB 延长线上一点，且 BCBD  ， 则二面角 BADB 1 的大小 （ ） A． 3  B． 6  C ． 6 5 D． 3 2 10．正四棱柱 1111 DCBAABCD  中，底面边长为 22 ，侧棱长为 4，E，F 分别为棱 AB，CD 的中点， GBDEF  ．则三棱锥 11 EFDB  的体积 V （ ） A． 6 6 B． 3 316 C ． 3 16 D．16 二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题 6 分，共 24 分）． 11．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 为 11AB 的中点，则异面直线 1DE和 1BC 间的距离 ． 12． 在棱长为1的正方体 中， E 、 F 分别是 、CD 的中点，求点 B 到截面 1AEC F 的 距离 ． 13．已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E、F 分别是 B1C1 和 C1D1 的中点，点 A1 到平面 DBEF 的距离 ． 14．已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 是 A1B1 的中点，求直线 AE 与平面 ABC1D1 所成角的 正弦值 ． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（共 76 分）． 15．（12 分）已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1，求平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角的大小 16．（ 12 分）已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E、F、M 分别是 A1C1、A1D 和 B1A 上任一点， 求证：平面 A1EF∥平面 B1MC． 17．（ 12 分）在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a， 且 PA⊥底面 ABCD，PD 与底面成 30°角． （1）若 AE⊥PD，E 为垂足，求证：BE⊥PD； （2）求异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值． 18．（ 12 分）已知棱长为 1 的正方体 AC1，E、F 分别是 B1C1、C1D 的中点． （1）求证：E、F、D、B 共面； （2）求点 A1 到平面的 BDEF 的距离； （3）求直线 A1D 与平面 BDEF 所成的角． 19．（ 14 分）已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，点 E 为棱 AB 的中点，求： （Ⅰ）D1E 与平面 BC1D 所成角的大小； （Ⅱ）二面角 D－BC1－C 的大小； （Ⅲ）异面直线 B1D1 与 BC1 之间的距离． 20．（ 14分）如图5：正方体ABCD-A1B1C1D1，过线段BD1上一点P（P平面ACB1）作垂直于D1B的平面分别 交过D1的三条棱于E、F、G． (1)求证：平面EFG∥平面A CB1，并判断三角形类型； (2)若正方体棱长为 a，求△EFG 的最大面积，并求此时 EF 与 B1C 的距 离． y x z C BA A1 D B1 D 1 G E C1O1 F H P 图5 A B C D O S x y z 图 参考答案 一、1．B；2．A；3．A；4．C； 分析：建立如图所示的直角坐标系，则 22( , ,0)22A  ， 22( , ,0)22B ， 22( , ,0)22C  ， 22( , ,0)22D  ， (0,0,2)S ． ( 2, 2,0)DB ， 22( , ,2)22CS  ． 令向量 ( , ,1)n x y ，且 ,n DB n CS，则 0 0 n DB n CS    ， ( , ,1) ( 2, 2,0) 0 22( , ,1) ( , ,2) 022 xy xy      ， 0 2 2 0 xy xy     ， 2 2 x y    ， ( 2, 2,1)n   ． 异面直线 BD 和 SC 之间的距离为： OC n d n   22( , ,0) ( 2, 2,1)22 ( 2, 2,1)      2 2 2 1 1 0 25 5( 2) ( 2) 1     ． 5．A；分析： 11ABB A 为正方形， 11A B AB，又平面 1AB D  平面 11ABB A ， 1AB面 1AB D ， 1AB 是平面 1AB D 的一 个法向量，设点C 到平面 1AB D 的距离为 d ，则 1 1 AC A B d AB   = 1() 2 AC A A AB a  = 1 ) 2 AC A A AC AB a    = 00 cos60 2 42 aa a a     ． 6．B；分析：建立如图所示的直角坐标系， 设平面 11AC D 的一个法向量 ( , ,1)n x y ，则 1 1 0 0 n DA n DC    ，即 ( , ,1) (1,0,1) 0 ( , ,1) (0,1,1) 0 xy xy    1 1 x y    ， ( 1, 1,1)n    ，  平面 1AB C与 平 面 间 的 距 离 AD n d n   2 2 2 (_1,0,0) ( 1, 1,1) 3 .3( 1) ( 1) 1        7．D；       . 2 2 2,0,0 , 0, ,0 , ,0,0 .2 2 2 0,0, . 2 1 2,0, ,4 2 2 OP ABC OA OC AB BC OA OB OA OP OB OP O OP z O xyz AB a A a B a C a OP h P h D PC OD a h PA a                                   平面 ， ， ， ， ， 以 为原点，射线 为非负 轴，建立空间直角坐标系 如图 ， 设 ，则 设 ，则 为 的中点， 又 Ⅰ ,0, 1 . . .2 h OD PA OD PA OD PAB       ， 平面∥ ∥ x A B C D A1 B1 C1 D1 y z E 图   2, 7 ,2 2 14,0, ,44 11,1, ,7 210cos , .30 210sin cos , ,30 210arcsin .30 PA a ha OD a a PBC n OD nOD n OD n OD PBC OD n OD PBC                    可求得平面 的法向量 设 与平面 所成的角为 ， 则 与平面 所成的角为 Ⅱ 8．B；解 以 C 为坐标原点，CA 所在直线为 x 轴，CB 所在直线为 y 轴， 1CC 所在直线为 z 轴，建立直角 坐标系， 设 aCBCA  ， 则 ）（ 0,0,aA ， ）（ 0,,0 aB ， ）（ 2,0,1 aA ， ）（ 1,0,0D ∴ ）（ 1,2,2 aaE ， ）（ 3 1,3,3 aaG ， ）（ 3 2,6,6 aaGE  ， ）（ 1,,0 aBD  ， ∵ 点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的重心 G， ∴ GE 平面 ABD， ∴ 0 BDGE ，解得 2a ． ∴ ）（ 3 2,3 1,3 1GE ， ）（ 2,2,21 BA ， ∵ GE 平面 ABD， ∴ GE 为平面 ABD 的一个法向量． 由 3 2 323 6 3 4 |||| ,cos 1 1 1      BAGE BAGEBAGE ∴ BA1 与平面 ABD 所成的角的余弦值为 3 7 ． 评析 因规定直线与平面所成角 ]20[  ， ，两向量所成角 ]0[  ， ，所以用此法向量求出的线面角应 满足 |2|   ． 9．A；取 BC 的中点 O，连 AO．由题意 平面 ABC 平面 11BBCC ， BCAO  ， z y x P O D C B A A A1 B1 C B C1 D z yx E G ∴ AO 平面 11BBCC ， 以 O 为原点，建立如图 6 所示空间直角坐标系， 则 ）（ 32 3,0,0A ， ）（ 0,0,2 3B ， ）（ 0,0,2 9D ， ）（ 0,32 3,2 3 1B ， ∴ ）（ 32 3,0,2 9 AD ， ）（ 0,32 3,31 DB ， ）（ 0,32 3,01 BB ， 由题意 1BB 平面 ABD， ∴ ）（ 0,32 3,01 BB 为平面 ABD 的法向量． 设 平面 DAB1 的法向量为 ),,(2 zyxn  ， 则      DBn ADn 12 2 ， ∴      0 0 12 2 DBn ADn ， ∴        032 33 032 3 2 9 yx zx ， 即      xz yx 3 32 3 ． ∴ 不妨设 )2 3,1,2 3(2 n ， 由 2 1 232 3 32 3 |||| ,cos 21 21 21      nBB nBBnBB ， 得 60, 21  nBB ． 故所求二面角 BADB 1 的大小为 60 ． 评析：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求” 直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空 间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神． （2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取 )2 3,1,2 3(2 n 时， 会算得 2 1,cos 21  nBB ，从而所求二面角为 120 ，但依题意只为 60 ．因为二面角的大小有时为锐 角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相 等角”或取“补角”． 10．C；解 以 D 为坐标原点，建立如图 10 所示的直角坐标系， 则 )4,22,22(1B ， )4,0,0(1D ， )0,2,22(E ， )0,22,2(F ， ∴ )4,2,22(1 ED ， )4,22,2(1 FD ， )0,22,22(11 BD ， 图 10 BA D C D1 A1 B1 C1 z y x E F G A E A1 D C B B1 C1 D1 F x y z 图 ∴ 13 12 2626 24 |||| ,cos 11 11 11      FDED FDEDFDED ， ∴ 13 5,sin 11  FDED ， 所以 513 526262 1,sin||||2 1 1  DFDEDFDES EFD ， 设 平面 EFD1 的方程为： 0 DCzByx ，将点 FED ,,1 代入得       0222 0222 04 DB DB DC ， ∴         23 24 3 1 D C B ， ∴ 平面 EFD1 的方程为： 02324 3  zyx ，其法向量为 )24 3,1,1(n ， ∴点 1B 到平面 的距离 5 16 || || 11  n nBDd ， ∴ 3 16 5 1653 1 3 1 111   dSV EFDEFDB 即为所求． 评析 （ 1 ）在求点到平面的距离时，有时也可直接利用点到平面的距离公式 222 000 || CBA DCzByAxd   计算得到． （2） 法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外，还能处理异面直线间的距离，线面 间的距离，以及平行平面间的距离等． 二、 11． 26 3 分析：设正方体棱长为 2 ，以 1D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 1 (2,1,0)DE ， 1 (2,0,2)CB ，设 1DE和 1BC 公垂线段上的向量为 (1, , )n  ，则 1 1 0 0 n D E n C B    ，即 20 2 2 0      ， 2 1     ， (1, 2, 1)n    ，又 11 (0,2,0)DC  ， 11 4 2 6 36 D C n n     ，所以异面直线 和 间的距离为 ． 12． 3 6 分析：以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则 11(1,0,0), (0, ,0), (1, ,1)22A F E ． 1(0, ,1)2AE ， 1( 1, ,0)2AF  ； 设面 1AEC F 的法向量为 (1, , )n  ， 则有： 0, 0n AE n AF    ， 1 0 22 11102         ， (1,2, 1)n   ，又 (0,1,0)AB  ，所以点 B 到截面 1AEC F 的距离为 AB n AB n   = 26 316   ． 13．1；解：如图建立空间直角坐标系， DB＝（1，1，0） ， DF ＝（0， 2 1 ，1）， 1DA ＝（1，0，1） 设平面 DBEF 的法向量为 n ＝（x，y，z），则有： 0 DB 即 x＋y＝0 0 DF 2 1 y＋z＝0 令 x＝1, y=－1, z= , 取 ＝（1，－1， ），则 A1 到平面 DBEF 的 距离 11    n DAn h 14． 5 10 解：如图建立空间直角坐标系，AB ＝（ 0，1，0）， 1AD ＝ （－1，0，1）， AE ＝（0， ，1） 设平面 ABC1D1 的法向量为 ＝（x，y，z）, 由 0ABn 可解得 ＝（1，0，1） 01  ADn 设直线 AE 与平面 ABC1D1 所成的角为θ ，则 5 10sin     nAE nAE  ， 三、 15． 解：如图建立空间直角坐标系， 11CA ＝（－1，1，0）， BA 1 ＝（ 0，1， －1） z x B A1 y F E B1 C1 D1 D C A E z x D1 y A C1 B1 A1 B D A C z y x D1 A1 D B1 C1 C B A 设 1n 、 2n 分别是平面 A1BC1 与平面 ABCD 的法向量， 由 011  BAn 可解得 1n ＝（1，1，1） 0111  CAn 易知 ＝（0，0，1）， 所以， 21 21 21,cos nn nnnn   ＝ 3 3 所以平面 A1BC1 与平面 ABCD 所成的二面角大小为 arccos 或  －arccos ． 注：用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求 出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际 形态 确定其大小． 16．证明：如图建立空间直角坐标系， 则 11CA ＝（－1，1，0）， CB 1 ＝（－1，0，－1） DA1 ＝（1，0，1）， AB1 ＝（0，－1，－1） 设 111 CAEA  ， DAFA 11  ， ABMB 11  （  、 、  R ，且均不为 0） 设 、 分别是平面 A1EF 与平面 B1MC 的法向量， 由 011  EAn 可得 0111  CAn  即 0111  CAn 011  FAn 011  DAn  011  DAn 解得： ＝（1，1，－1） 由 012  MBn 可得 012  ABn  即 012  ABn 012  CBn 012  CBn 解得 ＝（－1，1，－1），所以 ＝－ ， ∥ ， 所以平面 A1EF∥平面 B1MC． 注：如果求证的是两个平面垂直，也可以求出两个平面的法向量后，利用 ⊥ 021  nn 来证明． 17．（ 1）证明：∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥AB，又 AB⊥AD．∴AB⊥平面 PAD．又∵AE⊥PD，∴PD⊥平 面 ABE，故 BE⊥PD． F y E M x z D1 C1 B1 A1 C D B A （2）解：以 A 为原点，AB、AD、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点 C、D 的坐标分别 为（a，a，0），（0，2a，0）． ∵PA⊥平面 ABCD，∠PDA 是 PD 与底面 ABCD 所成的角，∴∠PDA=30°． 于是，在 Rt△AED 中，由 AD=2a，得 AE=a．过 E 作 EF⊥AD，垂足为 F，在 Rt△AFE 中，由 AE=a，∠ EAF=60°，得 AF= 2 a ，EF= 2 3 a，∴E（0， 2 3,2 1 a a） 于是， CDaaAE },2 3,2 1,0{ ={－a，a，0} 设 AE 与CD 的夹角为θ ，则由 cosθ = |||| CDAE CDAE   4 2 0)()2 3()2 1(0 02 3 2 1)(0 222222    aaaa aaaa AE 与 CD 所成角的余弦值为 4 2 ． 评述：第（2）小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的角是立体几何 中的常见问题和处理手段． 18．解：（1）略． （2）如图，建立空间直角坐标系 D—xyz, 则知 B（1，1，0）， ).1,2 1,0(),1,1,2 1( FE 设 .),,( 的法向量是平面BDEFzyxn  )1,2 1,0(),0,1,1(,,  DFDBDFnDBn由 得      02 1 0 zyDFn yxDBn 则      .2 1 yz yx 令 )2 1,1,1(,1  ny 得 ． 设点 A1 在平面 BDFE 上的射影为 H，连结 A1D，知 A1D 是平面 BDFE 的斜线段． .2 3)2 1)(1(10)1)(1(),1,0,1(1  nADDA .12 22,cos|||| .2 2 2 32 2 3 |||| ,cos ,2 3)2 1(1)1(||,2)1()1(|| 1111 1 1 11 222222 1        HADADAHA nDA nDAHADA nODA又 即点 A1 到平面 BDFE 的距离为 1． （3）由（2）知，A1H=1，又 A1D= 2 ，则△A1HD 为等腰直角三角形， 4511  HDADHA .45 , ,, 1 11 11      DHA BDFEDADHA BDFEDAHDBDFEHA 所成的角与平面就是直线 上的射影在平面是平面 19．解：建立坐标系如图，则  2,0,0A 、  2,2,0B ，  0,2,0C ，  1 2,0,2A ，  1 2,2,2B ，  1 0,0,2D ，  2,1,0E ，  1 2,2, 2AC   ，  1 2,1, 2DE，  0,2,0AB  ，  1 0,0,2BB  ． （Ⅰ）不难证明 1AC为平面 BC1D 的法向量， ∵ 11 11 11 3cos , 9 AC D EAC D E AC D E  ∴ D1E 与平面 BC1D 所成的角的大小为 3arccos29   （即 3arcsin 9 ）． （Ⅱ） 、 AB 分别为平面 BC1D、BC1C 的法向量， ∵ 1 1 1 3cos , 3 AC ABAC AB AC AB ，∴ 二面角 D－BC1－C 的大小为 3arccos 3 ． （Ⅲ）∵ B1D1∥平面 BC1D，∴ B1D1 与 BC1 之间的距离为 11 1 23 3 AC BB d AC ． 20．(证明（1）用纯粹的几何方法要辗转证明EF∥AC，EG∥B1C，FG∥AB1来证明，而我们借用向量法 使问题代数化，运算简洁，思路简单明了．) (1)分析：要证平面EFG平面ACB1，由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可． 证明：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图5，不妨设正方体棱长为a，则A（a，0，0）， B（a， a，0）， C（0，a，0）， D1（0，0，a）， B1（a，a，a）， E（xE，0，a）， F（0，yF，a）， G（0，0，zG）． ∴  1BD =（－a，－a，a），  1AB =（0，a，a），  EF （－xE，yF，0），  AC =（－a，a，0），  CB 1 =（－a， 0，－a）， ∵ · 1  AB =(－a，－a，a)·(0，a，a)=0， ∴ ⊥  1AB ， 同理 ⊥ ， 而  1AB 与  AC 不共线且相交于点A， A1 B1 C1 D1 A B C D E x y z ∴  1BD ⊥平面ACB1，又已知 ⊥平面EFG， ∴ 平面EFG∥平面ACB1； 又因为 ⊥平面EFG，所以 ⊥  EF ， 则 ·  EF =0， 即 (－a，－a，a)·(－xE，yF，0)=0， 化简得 xE－yF=0； 同理 xE－zG=0, yF－zG=0， 易得  EF =  EF =  FG ， ∴ △EFG为正三角形． (2)解：因为△EFG是正三角形，显然当△EFG与△A1C1D重合时，△EFG的边最长，其面积也最大，此 时， EF =A1C1= 2 ·a， ∴ EFGS = DCAS 11 = 2 1  DACA 111 · ·sin600 = ( ·a)2· 2 3 = 2 3 ·a2 ． 此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离，由于两异面直线所在平面平行，所求距离转化为求点B1到平 面 A1C1D的距离，记A1C1与B1D1交于点O1，作O1H∥D1B并交BB1于点H，则O1H⊥平面A1C1D，垂足为O1，则 O1( 2 a ， ，a)，H(a，a， )，而  HO1 作为平面A1C1D的法向量， 所以异面直线EF与B1C的距离设为d是 d =    HO HOBO 1 1 11 · = 4 3 )44( 2 22 a aa  = 3 3 ·a． (证明（2）时一般要找到求这两平面距离的两点，如图 5*，而这两点为 K 与 J，在立体图形中较难确定， 且较难想到通过作辅助线 DO1，OB1 来得到，加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱，但只要借助平 面法向量求线段的射影长度的思想，结合题设，使思路清晰明了，最终使问题的解决明朗化；把握这种思 想，不管是空间线线距离，线面距离，面面距离问题，一般我们都能转化成点线或点面距离，再借助平面 法向量很好地解决了．) y x z A B CD A1 O B1 D 1 J C1E G F O1 K P 图5*