1．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，四邊形BCC1B1是矩形，3BC＝2CC1＝6，D為AB的中點(diǎn)，且A1D＝eq \r(10).
(1)求證：CD⊥平面ABB1A1；
(2)求直線CB1與平面A1CD所成角的正弦值．
2．如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為6，截面ACC1A1的面積為6.
(1)求點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離；
(2)若AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，AA1＝eq \r(6)，求直線BD1與平面CC1D1D所成角的正弦值．
3．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，M是棱PC(不與端點(diǎn)重合)上的點(diǎn)，N，Q分別為PA，AD的中點(diǎn)，PA＝PD＝2，BC＝eq \f(1,2)AD＝1，CD＝eq \r(3).
(1)證明：BN∥平面PCD.
(2)當(dāng)PM的長(zhǎng)為何值時(shí)，平面QMB與平面PDC的夾角的大小為eq \f(π,3)？
4．如圖1，在五邊形ABCDE中，四邊形ABCE為正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如圖2，將△ABE沿BE折起，使得A至A1處，且A1B⊥DE.
(1)證明：DE⊥平面A1BE.
(2)求二面角C－A1E－D的余弦值．
5．如圖所示，在三棱柱ADF－BCE中，側(cè)面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)；側(cè)面ABEF為矩形，AF＝4，且平面ABCD⊥平面ABEF.
(1)求證：BD⊥CF；
(2)設(shè)M是線段AF上的動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使二面角M－BC－D的余弦值為eq \f(\r(21),7).
6．如圖，在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，AB＝2A1B1＝4，CC1＝2，側(cè)棱CC1⊥平面ABC，點(diǎn)D是棱AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E是棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)(不含端點(diǎn)B)．
(1)證明：平面AA1B1B⊥平面DCC1；
(2)求平面ABE與平面ACE的夾角的余弦值的最小值．
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級(jí) 能力提升】
1．如圖，在三棱錐S－ABC中，BA＝BC，∠SAB＝∠SCB＝∠ABC＝90°.
(1)證明：AC⊥SB；
(2)若AB＝2，SC＝2eq \r(2)，點(diǎn)D滿足eq \(AS,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(BD,\s\up6(→))，求二面角S－BC－D的大?。?br>2．如圖，已知四邊形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，且二面角F－DC－B的大小為60°.
(1)證明：平面BCF⊥平面ABCD；
(2)在線段AE上是否存在點(diǎn)M，使得二面角M－BC－F的大小為45°，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．
參考答案
【A級(jí) 基礎(chǔ)鞏固】
一、單選題
1．[解析] (1)證明：由題知AA1＝CC1＝3，AD＝1，A1D＝eq \r(10)，
∴AD2＋AAeq \\al(2,1)＝A1D2，∴AA1⊥AD，
∵CC1∥AA1，CC1⊥BC，∴AA1⊥BC，
又∵AD∩BC＝B，∴AA1⊥平面ABC，
又CD?平面ABC，∴CD⊥AA1，
在正三角形ABC中，D為AB的中點(diǎn)，則CD⊥AB，
又AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1.
(2)解法一：由題意知B1C＝eq \r(13)，CD＝eq \r(3)，
設(shè)B1到平面A1DC的距離為d，則由VC－A1B1D＝VB1－A1DC得3eq \r(3)＝eq \f(\r(30),2)d，解得d＝eq \f(3\r(10),5)，
∴直線CB1與平面A1CD所成角的正弦值
sin θ＝eq \f(d,CB1)＝eq \f(\f(3\r(10),5),\r(13))＝eq \f(3\r(130),65).
解法二：如圖，取BC的中點(diǎn)為O，B1C1的中點(diǎn)為Q，
由(1)可知，三棱柱的側(cè)面與底面垂直，從而OA，OB，OQ兩兩垂直．
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OQ，OA所在直線分別為x軸，y軸，z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
則C(－1,0,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A1(0,3，eq \r(3))，B1(1,3,0)，∴eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，
eq \(CA1,\s\up6(→))＝(1,3，eq \r(3))，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(2,3,0)，
設(shè)平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(CA1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，,x＋3y＋\r(3)z＝0，))
令x＝1，則z＝－eq \r(3)，y＝eq \f(2,3)，于是n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,3)，－\r(3)))，
設(shè)直線CB1與平面A1CD所成角為θ，
則sin θ＝|cs〈n，eq \(CB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CB1,\s\up6(→))|,|n|·|\(CB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(3\r(130),65).
2．[解析] (1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，
ABC－A1B1C1是三棱柱，
VB－ACC1A1＝eq \f(2,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝2，
設(shè)點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為d，
則VB－ACC1A1＝eq \f(1,3)SACC1A1·d＝eq \f(1,3)×6d＝2，所以d＝1，
即點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為1.
(2)在?ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以ABCD是菱形，連接BD交AC于O，則BO＝1，由(1)知點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為1，所以BO⊥平面ACC1A1.
設(shè)點(diǎn)A1在直線AC上射影為點(diǎn)H，S?ACC1A1＝AC·A1H＝2eq \r(3)·A1H＝6，
則A1H＝eq \r(3)，
且BO⊥A1H，AH＝eq \r(AA\\al(2,1)－A1H2)＝eq \r(?\r(6)?2－?\r(3)?2)＝eq \r(3)，
所以O(shè)和H重合，即A1O⊥AO.
解法一：由BD⊥AA1知BD⊥BB1，∴BD1＝eq \r(BB\\al(2,1)＋BD2)＝eq \r(10)，
作OP⊥AB于P，又A1O⊥AB.
∴AB⊥平面A1PO，∴AB⊥A1P，
又AO＝eq \r(3)，OB＝1，∴OP＝eq \f(\r(3),2)，
又A1O＝eq \r(3)，∴A1P＝eq \r(A1O2＋OP2)＝eq \f(\r(15),2)，∴SCDD1C1＝eq \r(15).
∴B到平面CC1D1D的距離d＝eq \f(6,\r(15))＝eq \f(2\r(15),5)，
∴BD1與平面CC1D1D所成角的正弦值sin θ＝eq \f(d,BD1)＝eq \f(\r(6),5).
解法二：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OA1分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B(0,1,0)，A(eq \r(3)，0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0，eq \r(3))，
根據(jù)eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(DD1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，
則D1(－eq \r(3)，－1，eq \r(3))，
eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－2，eq \r(3))，設(shè)平面CC1D1D的一法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DD1,\s\up6(→))·n＝－\r(3)x＋\r(3)z＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n＝－\r(3)x＋y＝0，))
取x＝1，則n＝(1，eq \r(3)，1)，
設(shè)直線BD1與平面CC1D1D所成角為α，則sin α＝|cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(BD1,\s\up6(→))·n,|\(BD1,\s\up6(→))||n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(3)－2\r(3)＋\r(3),\r(10)×\r(5))))＝eq \f(\r(6),5)，
所以直線BD1與平面CC1D1D所成角的正弦值為eq \f(\r(6),5).
3．[解析] (1)證明：證法一：取PD的中點(diǎn)H，連接NH，CH，又N為PA的中點(diǎn)，∴NH∥AD，NH＝eq \f(1,2)AD.
因?yàn)锽C∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以NH∥BC，且NH＝BC，
所以四邊形BCHN為平行四邊形，所以BN∥CH.
又BN?平面PCD，CH?平面PCD，
所以BN∥平面PCD.
證法二：連接NQ，BQ，∵N、Q分別為PA，AD的中點(diǎn)，
∴NQ∥PD，又PD?平面PDC，NQ?平面PDC，
∴NQ∥平面PDC，
又BC綉eq \f(1,2)AD綉DQ，∴BCDQ為平行四邊形，
∴BQ∥DC，同理BQ∥平面PDC，
∴平面NBQ∥平面PDC，又BN?平面NBQ，
∴BN∥平面PDC.
證法三：延長(zhǎng)AB、DC交于H，連接PH，∵BC綉eq \f(1,2)AD，
∴B為AH的中點(diǎn)，又N為PA的中點(diǎn)，
∴BN∥PH，又PH?平面PDC，BN?平面PDC，
∴BN∥平面PDC.
證法四：∵PA＝PD，Q為AD的中點(diǎn)，∴PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD，
又BC綉eq \f(1,2)AD綉QD，∴BQ∥CD，從而BQ⊥AD，
又PQ⊥QA，PQ⊥QB，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則Q(0,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq \r(3))，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\r(3)))，
所以eq \(QB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－eq \r(3))，
設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x′，y′，z′)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝\r(3)y′＝0，,\(DP,\s\up6(→))·n＝x′＋\r(3)z′＝0，))
令x′＝3，則y′＝0，z′＝－eq \r(3)，
所以平面PDC的一個(gè)法向量為n＝(3,0，－eq \r(3))．
又eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(3)，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(BN,\s\up6(→))·n＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)＝0，
即eq \(BN,\s\up6(→))⊥n，又BN?平面PDC，
∴BN∥平面PDC.
(2)由(1)證法四知
PC＝eq \r(7).
設(shè)eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，則eq \(PM,\s\up6(→))＝(－λ，eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，
且0

相關(guān)試卷

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-利用空間向量求空間角、空間距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】：

這是一份2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-利用空間向量求空間角、空間距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】，共7頁。

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.7-利用空間向量研究距離問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】：

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.7-利用空間向量研究距離問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】，共17頁。

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-空間距離與空間角-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】：

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-空間距離與空間角-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】，共9頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-利用空間向量求空間角、距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-利用空間向量求空間角、距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-空間距離與空間角-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-空間距離與空間角-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-利用空間向量求空間角、距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.6-利用空間向量求空間角、距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.7-利用空間向量研究距離問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.7-利用空間向量研究距離問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部