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【高考调研】2016届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练57

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题组层级快练(五十七)
(第二次作业) 1.(2015· 皖南十校联考)把边长为 2 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面 CBD, 则异面直线 AD,BC 所成的角为( A.120° C.90° 答案 D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A( 2,0,0),B(0, 2,0),C(0,0, 2),D(0,- 2,0), ) B.30° D.60°

→ ∴AD=(- 2,- 2,0), → BC=(0,- 2, 2). → → → → ∴|AD|=2,|BC|=2,AD· BC=2. → → → → AD· BC 2 1 ∴cos〈AD,BC〉= = = . → → 2×2 2 |AD|· |BC| ∴异面直线 AD,BC 所成的角为 60° . 2.(2015· 湖北黄冈中学模拟)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等,A1 在底面 ABC 内的 射影为△ABC 的中心,则 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值为( A. C. 3 3 2 2 B. D. 2 3 3 2 )

答案 B 解析 由题意设棱长为 2,如图所示,A1 在底面 ABC 内的射影为△ABC 的中心 D,连接 AD,则 DA = 2 3 .由勾股定理得 A1D= 3 4 2 6 2 6 4- = .过 B1 作 B1E⊥底面 ABC 于点 E,连接 AE,则 B1E= .如图作 3 3 3

A1S⊥AB 于中点 S,易得 A1S= 3,所以 AB1= ? 3?2+32=2 3,所以 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值 2 6 3 2 sin∠B1AE= = . 3 2 3

3.(2015· 湖南长沙一模)正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E,F 分别为 BB1,CD 的中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为________. 答案 3 5 10

解析 以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图 所示.

1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),F( ,1,0),D1(0,1,1). 2 2 → → 1 ∴A1E=(1,0,- ),A1D1=(0,1,0). 2 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ?n· A E=0, 则? → ?n· A D =0,
1 1 1

1 ? ?x-2z=0, 即? ? ?y=0.

令 z=2,则 x=1. → 1 ∴n=(1,0,2).又A1F=( ,1,-1), 2 ∴点 F 到平面 A1D1E 的距离为 1 → | -2| |A1F· n| 2 3 5 d= = = . |n| 10 5 4.(2015· 河南洛阳模拟)如图(1)所示,在△ABC 中,BC=3,AC=6,∠C=90° ,且 DE∥BC,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1D⊥CD,如图(2)所示.

(1)求证:BC⊥平面 A1DC; (2)若 CD=2,求 BE 与平面 A1BC 所成角的正弦值.

答案 (1)略

4 (2) 5

解析 (1)证明:∵DE⊥AD,DE∥BC,∴BC⊥AD,∴BC⊥A1D. 又∵BC⊥CD,A1D∩CD=D,∴BC⊥平面 A1DC. → → → (2)以 D 为原点,分别以DE,DA1,CD为 x,y,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 D-xyz. 在直角梯形 CDEB 中,过 E 作 EF⊥BC,垂足为 F, 则 EF=2,BF=1,BC=3. ∴B(3,0,-2),E(2,0,0),C(0,0,-2),A1(0,4,0). → → → ∴BE=(-1,0,2),CA1=(0,4,2),BA1=(-3,4,2). 设平面 A1BC 的法向量为 m=(x,y,z), → ?CA · m=0, 则? → ?BA · m=0,
1 1

? ? ?4y+2z=0, ?z=-2y, ∴? 解得? ?-3x+4y+2z=0. ?x=0. ? ?

令 y=1,则 m=(0,1,-2). → |BE· m| 4 4 设 BE 与平面 A1BC 所成角为 θ,则 sinθ= = = . → 5· 5 5 |BE||m| 5.(2014· 河北开滦二中月考)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是正 方形,PD=AB=2,E 为 PC 中点.

(1)求证:DE⊥平面 PCB; (2)求点 C 到平面 DEB 的距离; (3)求二面角 E-BD-P 的余弦值. 答案 (1)略 2 3 (2) 3 (3) 6 3

解析 (1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,∴PD⊥BC. 又正方形 ABCD 中,CD⊥BC,PD∩CD=D,∴BC⊥平面 PCD. ∵DE?平面 PCD,∴BC⊥DE. ∵PD=CD,E 是 PC 的中点,∴DE⊥PC. 又∵PC∩BC=C,∴DE⊥平面 PCB. (2)如图①所示,过点 C 作 CM⊥BE 于点 M, 由(1)知平面 DEB⊥平面 PCB, ∵平面 DEB∩平面 PCB=BE,∴CM⊥平面 DEB.

∴线段 CM 的长度就是点 C 到平面 DEB 的距离. ∵PD=AB=CD=2,∠PDC=90° , ∴PC=2 2,EC= 2,BC=2.∴BE= 6. CE· BC 2 3 ∴CM= = . BE 3 (3)以点 D 为坐标原点,分别以直线 DA,DC,DP 为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图②所示的空间直角坐标 → → 系,则 D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),E(0,1,1),DB=(2,2,0),DE=(0,1,1).设平面 BDE 的法向量为 n1=(x, y,z),

→ ?n · DB=0, 则? → ?n · DE=0,
1 1

?2x+2y=0, ? ∴? ?y+z=0. ?

令 z=1,得 y=-1,x=1. ∴平面 BDE 的一个法向量为 n1=(1,-1,1). → 又∵C(0,2,0),A(2,0,0),AC=(-2,2,0),且 AC⊥平面 PDB, ∴平面 PDB 的一个法向量为 n2=(1,-1,0). 设二面角 E-BD-P 的平面角为 α,则 cosα= ∴二面角 E-BD-P 的余弦值为 6 . 3 |n1· n2 | 2 6 = = . |n1||n2| 3· 2 3

6.(2014· 石家庄质检)四棱锥 A—BCDE 的正视图和俯视图如下,其中俯视图是直角梯形.

(1)若正视图是等边三角形,F 为 AC 的中点,当点 M 在棱 AD 上移动时,是否总有 BF⊥CM,请说明 理由;

(2)若平面 ABC 与平面 ADE 所成的锐二面角为 45° .求直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值. 答案 (1)总有 BF⊥CM (2) 6 4

解析 (1)由俯视图可知平面 ABC⊥平面 EBCD. BC=2,O 为 BC 中点,BE=1,CD=2. ∵△ABC 为等边三角形,F 为 AC 中点,∴BF⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 EBCD,且 DC⊥BC, ∴DC⊥平面 ABC,∴DC⊥BF. 又 AC∩CD=C,∴BF⊥平面 ACD.∴BF⊥CM. → → (2)以 O 为原点,OC为 x 轴,OA为 z 轴建系. B(-1,0,0),C(1,0,0),E(-1,1,0),D(1,2,0). 设 A(0,0,a),由题意可知平面 ABC 的法向量为(0,1,0). 设平面 ADE 法向量 n=(x,y,z). → → ED=(2,1,0),EA=(1,-1,a),
? ?2x+y=0, -3 ∴? 令 x=1,y=-2,z= . a ?x-y+az=0, ?

3 ∴n=(1,-2,- ). a 2 ? ∴ =? 2 ? 9 ?,解得 a= 3. 1+4+ 2? a? 2

?

?

→ → → ∴AD=(1,2,- 3),BE=(0,1,0),EA=(1,-1, 3). 设平面 ABE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), → ?BE · m=y =0, ∴? → ?EA · m=x -y +
1 1 1

3z1=0.

令 z1=1,∴m=(- 3,0,1). 设 AD 与平面 ABE 所成角为 θ,则有 → |- 3- 3| 6 sinθ=|cos〈AD,m〉|= = . 4 2 2· 2 ∴直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值为 6 . 4

7.(2014· 浙江理)如图所示,在四棱锥 A-BCDE 中,平面 ABC⊥平面 BCDE,∠CDE=∠BED=90° , AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2.

(1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B-AD-E 的大小. 答案 (1)略 π (2) 6

解析 (1)在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= 2. 由 AC= 2,AB=2,得 AB2=AC2+BC2,即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE. 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,且 AC∩DC=C,从而 DE⊥平面 ACD. (2)方法一:作 BF⊥AD,与 AD 交于点 F.过点 F 作 FG∥DE,与 AE 交于点 G,连接 BG. 由(1)知 DE⊥AD,则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 B-AD-E 的平面角.

在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2,得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB. 由于 AC⊥平面 BCDE,得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2,AC= 2,得 AD= 6. 在 Rt△AED 中,由 ED=1,AD= 6,得 AE= 7. 2 3 2 2 在 Rt△ABD 中,由 BD= 2,AB=2,AD= 6,得 BF= ,AF= AD.从而 GF= . 3 3 3 5 7 2 在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠BAE= ,BG= . 14 3 GF2+BF2-BG2 3 在△BFG 中,cos∠BFG= = . 2BF· GF 2 π π 所以∠BFG= ,即二面角 B-AD-E 的大小是 . 6 6

方法二:以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D-xyz,如图 所示. 由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2, 2),B(1,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), → → → 平面 ABD 的法向量为 n=(x2, y2, z2). 可算得AD=(0, -2, - 2), AE=(1, -2, - 2), DB=(1,1,0). → ?m· AD=0, 由? → ?m· AE=0, → ?n· AD=0, 由? → ? n· DB=0,

?-2y1- 2z1=0, 得? 可取 m=(0,1,- 2). ?x1-2y1- 2z1=0.

?-2y2- 2z2=0, 得? 可取 n=(1,-1, 2). ?x2+y2=0.

3 3 |m· n| 于是|cos〈m,n〉|= |= = . |m|· |m 3· 2 2 π 由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角 B-AD-E 的大小是 . 6 8.如图所示,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,PA=AB,∠ABC=60° ,∠BCA=90° ,点 D,E 分别在棱 PB,PC 上,且 DE∥BC.

(1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)当 D 为 PB 的中点时,求 AD 与平面 PAC 所成的角的余弦值; (3)是否存在点 E 使得二面角 A-DE-P 为直二面角?并说明理由. 答案 (1)略 (2) 14 4 (3)存在点 E

解析 方法一:(1)∵PA⊥底面 ABC,

∴PA⊥BC.又∠BCA=90° , ∴AC⊥BC,∴BC⊥平面 PAC. (2)∵D 为 PB 的中点,DE∥BC,

1 ∴DE= BC. 2 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC,垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角. ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥AB. 又 PA=AB,∴△ABP 为等腰直角三角形.∴AD= 1 在 Rt△ABC 中,∠ABC=60° .∴BC= AB. 2 ∴Rt△ADE 中,sin∠DAE= ∴cos∠DAE= (3)∵DE∥BC, 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC. 又∵AE?平面 PAC,PE?平面 PAC, ∴DE⊥AE,DE⊥PE. ∴∠AEP 为二面角 A-DE-P 的平面角. ∵PA⊥底面 ABC, ∴PA⊥AC,∴∠PAC=90° . ∴在棱 PC 上存在一点 E,使得 AE⊥PC. 这时,∠AEP=90° . 故存在点 E 使得二面角 A-DE-P 是直二面角. 方法二:如图所示,以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz. 14 . 4 DE BC 2 = = . AD 2AD 4 1 AB. 2

1 3 3 设 PA=a,由已知可得 A(0,0,0),B(- a, a,0),C(0, a,0),P(0,0,a). 2 2 2 → → 1 (1)∵AP=(0,0,a),BC=( a,0,0), 2 → → ∴BC· AP=0,∴BC⊥AP. 又∵∠BCA=90° ,∴BC⊥AC.又 AP∩AC=A, ∴BC⊥平面 PAC.

(2)∵D 为 PB 的中点,DE∥BC, ∴E 为 PC 的中点. 1 3 1 3 1 ∴D(- a, a, a),E(0, a, a). 4 4 2 4 2 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC,垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角. → → 1 3 1 3 1 ∵AD=(- a, a, a),AE=(0, a, a), 4 4 2 4 2 → → AD· AE 14 ∴cos∠DAE= = . 4 → → |AD|· |AE| (3)同方法一.

1.空间四点 A,B,C,D 中,每两点所连线的长都等于 a,动点 P 在线段 AB 上,动点 Q 在线段 CD 上,则 P 与 Q 的最短距离为( 1 A. a 2 C. 3 a 2 ) B. 2 a 2

D.a

答案 B 解析 易知,以 A,B,C,D 为顶点的四边形为空间四边形,且为正四面体,如右图所示,取 P,Q 分别为 AB,CD 的中点,因为 AQ=BQ= 3 a,所以 PQ⊥AB. 2

同理可证 PQ⊥CD,故线段 PQ 的长为 P,Q 两点间的最短距离. 在 Rt△APQ 中,PQ= AQ2-AP2= ? 3 2 1 2 2 a? -? a? = a.故应选 B. 2 2 2

2.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直角坐标系折成 120° 的二面角,则 AB 的长度为 ( ) A. 2 C.3 2 答案 B B.2 11 D.4 2

→ → → → → 解析 设 A,B 在 x 轴上的射影分别为 C,D,则 AC=3,BD=2,CD=5,又AB=AC+CD+DB,AC, → → DB所夹的角为 60° ,易求得|AB|= → → → ?AC+CD+DB?2=2 11.

3.如图所示,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中心,E,F 分别是 CC1, AD 的中点,那么异面直线 OE 和 FD1 所成的角的余弦值等于( )

A. 4 C. 5

10 5

B. 2 D. 3

15 5

答案 B 解析 本题考查空间向量的运算. 设正方体的边长为 2, 建立如右图所示的坐标系, O(1,1,0), E(0,2,1), → F(1,0,0),D1(0,0,2),∴FD1=(-1,0,2),

→ OE=(-1,1,1). ∴ → → → → FD1· OE 1+0+2 15 FD1,OE = = = . 5 → → 5· 3 |FD1|· |OE|

4.如图所示,已知点 P 在正方体 ABCD-A′B′C′D′的对角线 BD′上,∠PDA=60° .

(1)求 DP 与 CC′所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小. 答案 (1)45° (2)30° 解析 如图所示,以 D 为原点,DA 为单位长度建立空间直角坐标系 D-xyz.

→ → 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 连接 BD,B′D′. 在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H. → → → 设DH=(m,m,1)(m>0),由已知〈DH,DA〉=60° ,得 → → → → → → DA· DH=|DA||DH|cos〈DH,DA〉 . 可得 2m= 2m2+1. 解得 m= → 2 2 2 ,所以DH=( , ,1). 2 2 2

2 2 ×0+ ×0+1×1 → → 2 2 2 (1)因为 cos〈DH,CC′〉= = , 2 1× 2 → → 所以〈DH,CC′〉=45° ,即 DP 与 CC′所成的角为 45° . (2)∵ABCD-A′B′C′D′为正方体, ∴CD⊥平面 AD′. → → ∴CD为平面 AD′的一个法向量,CD=(0,-1,0). → 2 2 又∵DH=( , ,1), 2 2 2 - → → 2 1 ∴cos〈DH,CD〉= =- . 2 1· 2 ∴DP 与平面 AA′D′D 所成角为 30° . 5.如图所示,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2,AD=2, BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点.

(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值. 答案 (1)略 (2) 30 15

解析 (1)证明:①因为 C1B1∥A1D1,C1B1?平面 ADD1A1, 所以 C1B1∥平面 A1D1DA. 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF, 所以 C1B1∥EF,所以 A1D1∥EF.

②因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1,所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1,所以 B1C1⊥平面 ABB1A1. 所以 B1C1⊥BA1. 在矩形 ABB1A1 中, F 是 AA1 的中点, tan∠A1B1F=tan∠AA1B= 又因为 B1C1∩B1F=B1, 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)设 BA1 与 B1F 交点为 H,连接 C1H. 由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF, 所以∠BC1H 是 BC1 与面 B1C1EF 所成的角. 2 , 即∠A1B1F=∠AA1B, 故 BA1⊥B1F. 2

在矩形 AA1B1B 中,AB= 2,AA1=2,得 BH= 在直角△BHC1 中,BC1=2 5,BH= 得 sin∠BC1H= BH 30 = . BC1 15 30 . 15 4 , 6

4 . 6

所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是

6.(2013· 新课标全国Ⅱ理)如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点, AA1=AC=CB= 2 AB. 2

(1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦值. 答案 (1)略 (2) 6 3

解析 (1)连接 AC1,交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD.

(2)由 AC=CB=

2 AB,得 AC⊥BC. 2

→ 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.

→ → → 设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),CD=(1,1,0),CE=(0,2,1),CA1=(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, → ?n· CD=0, 则? → ? n· CA =0,
1

?x1+y1=0, ? 即? ?2x1+2z1=0. ?

可取 n=(1,-1,-1). → ?m· CE=0, 同理,设 m 是平面 A CE 的法向量,则? → ?m· CA =0.
1 1

可取 m=(2,1,-2). n· m 3 6 从而 cos〈n,m〉= = ,故 sin〈n,m〉= . |n||m| 3 3 即二面角 D-A1C-E 的正弦值为 6 . 3

7.(2014· 辽宁理)如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直,且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC =120° ,E,F 分别为 AC,DC 的中点.

(1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角 E-BF-C 的正弦值. 解析 (1)方法一:如图(1),过 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连接 OF.

由题意得△ABC≌△DBC, 可证出△EOC≌△FOC. π 所以∠EOC=∠FOC= , 2 即 FO⊥BC. 又 EO⊥BC,EO∩FO=O, 因此 BC⊥平面 EFO. 又 EF?平面 EFO,所以 EF⊥BC. 方法二:由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 x 轴,BC 所在直线为 y 轴, 在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴, 建立如图(2)所示的空间直角坐标系, 易得 B(0,0,0), A(0, → → 1 3 3 1 3 3 -1, 3),D( 3,-1,0),C(0,2,0),因而 E?0, , ?,F? , ,0?,所以EF=? ,0,- ?,BC= 2? ? 2 2? ?2 2 ? ?2 → → (0,2,0),因此EF· BC=0. → → 从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC. (2)方法一:如图(1),过 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG.

由平面 ABC⊥平面 BDC, 从而 EO⊥平面 BDC. 又 OG⊥BF,由三垂线定理知 EG⊥BF. 因此∠EGO 为二面角 E-BF-C 的平面角. 1 1 3 BO 3 在△EOC 中,EO= EC= BC· cos30° = ,由△BGO∽△BFC 知,OG= · FC= . 2 2 2 BC 4 因此 tan∠EGO= EO 2 5 =2,从而 sin∠EGO= , OG 5

2 5 即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . 5

方法二:如图(2),平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 设平面 BEF 的法向量为 n2=(x,y,z), → → 3 1 1 3 又BF=? , ,0?,BE=?0, , ?, ?2 2 ? ? 2 2? → ?n · BF=0, 由? → ?n · BE=0,
2 2

得其中一个 n2=(1,- 3,1).

n1· n2 ? 1 设二面角 E-BF-C 的大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 cosθ=|cos〈n1,n2〉|=? ?|n1||n2|?= 5. 因此 sinθ= 2 2 5 2 5 = ,即所求二面角的正弦值为 . 5 5 5


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