(課標通用)高考數(shù)學一輪復(fù)習 課時跟蹤檢測46 理-人教版高三全冊數(shù)學試題

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1、課時跟蹤檢測(四十六) [高考基礎(chǔ)題型得分練] 1.[2017·陜西西安調(diào)研]如圖所示,在長方體ABCD-A′B′C′D′中,AB=λAD=λAA′(λ>0),E,F(xiàn)分別是A′C′和AD的中點,且EF⊥平面A′BCD′. (1)求λ的值; (2)求二面角C-A′B-E的余弦值. 解:以D為原點,DA,DC,DD′所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系, 設(shè)AA′=AD=2,則AB=2λ, D(0,0,0),A′(2,0,2),D′(0,0,2),B(2,2λ,0),C(0,2λ,0),E(1,λ,2),F(xiàn)(1,0,0). (1)=(0,-λ,-2)

2、,=(2,0,0),=(0,2λ,-2), ∵EF⊥D′A′,EF⊥A′B, ∴·=0,·=0, 即-2λ2+4=0,∴λ=. (2)設(shè)平面EA′B的一個法向量為m=(1,y,z), 則 ∵=(0,2,-2),=(-1,,0), ∴∴y=,z=1, ∴m=. 由已知得為平面A′BC的一個法向量,又=(0,-,-2), ∴cos〈m,〉===-. 又二面角C-A′B-E為銳二面角, 故二面角C-A′B-E的余弦值為. 2.如圖所示的幾何體,四邊形ABCD中,有AB∥CD,∠BAC=30°,AB=2CD=2,CB=1,點E在平面ABCD內(nèi)的射影是點C,EF∥AC,且AC=

3、2EF. (1)求證:平面BCE⊥平面ACEF; (2)若二面角D-AF-C的平面角為60°,求CE的長. (1)證明:在△ABC中, BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 30°, 解得AC=,所以AB2=AC2+BC2, 由勾股定理知∠ACB=90°, 所以BC⊥AC. 又EC⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, 所以BC⊥EC. 又AC∩EC=C,所以BC⊥平面ACEF, 所以平面BCE⊥平面ACEF. (2)解:因為EC⊥平面ABCD, 又由(1)知BC⊥AC,所以可以以C為原點, 建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz. 設(shè)CE=h,則C

4、(0,0,0), A(,0,0),F(xiàn),D, =,=. 設(shè)平面DAF的法向量為n1=(x,y,z), 則所以 令x=,所以n1=. 又平面AFC的一個法向量為n2=(0,1,0), 所以=cos 60°,解得h=, 所以CE的長為. 3.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AD=2,AB=1,E,F(xiàn)分別是線段AB,BC的中點. (1)求證:PF⊥FD; (2)在PA上找一點G,使得EG∥平面PFD; (3)若PB與平面ABCD所成的角為45°,求二面角A-PD-F的余弦值. (1) 證明:建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz, 則A

5、(0,0,0),B(1,0,0),F(xiàn)(1,1,0),D(0,2,0), 不妨令P(0,0,t),t>0. ∵=(1,1,-t),=(1,-1,0), ∴·=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0. ∴PF⊥FD. (2)解:設(shè)平面PFD的法向量為n=(x,y,z), 由得 令z=1,則n=. 設(shè)G(0,0,m),∵E. ∴=, 由題意·n=0, ∴-+m=0,∴m=t, ∴當G是線段PA的靠近于A的一個四等分點時,使得EG∥平面PFD. (3)解:∵PA⊥平面ABCD, ∴∠PBA就是PB與平面ABCD所成的角, 即∠PBA=45°,∴PA=AB=1,P(0,0,

6、1). 由(2)知,平面PFD的一個法向量為n=. 易知平面PAD的一個法向量為=(1,0,0), ∴cos〈,n〉====. 由圖知二面角A-PD-F的平面角為銳角, 所以二面角A-PD-F的余弦值為. [沖刺名校能力提升練] 1.如圖所示,正方形ABCD所在平面與等腰直角三角形EAD所在平面相交于AD,AE⊥平面CDE. (1)求證:AB⊥平面ADE; (2)在線段BE上存在點M,使得直線AM與平面EAD所成角的正弦值為,試確定點M的位置. (1)證明:∵AE⊥平面CDE,CD?平面CDE, ∴AE⊥CD.在正方形ABCD中,CD⊥AD, ∵AD∩AE=A,∴C

7、D⊥平面ADE. ∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADE. (2)解:由(1)知,AB⊥平面ADE, 又AB?平面ABCD,則平面EAD⊥平面ABCD,取AD的中點O,連接EO, ∵EA=ED,∴EO⊥AD, 又平面EAD∩平面ABCD=AD,EO?平面EAD, ∴EO⊥平面ABCD, 建立如圖所示的空間直角坐標系, 設(shè)AB=2,則A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1), 設(shè)M(x,y,z), ∴=(x-1,y-2,z),=(-1,-2,1), ∵B,M,E三點共線,∴=λ, ∴M(1-λ,2-2λ,λ),∴=(-λ,2-2λ,λ), 設(shè)AM與平面AED所

8、成的角為θ, ∵平面AED的一個法向量為n=(0,1,0), ∴sin θ=|cos〈,n〉|==, 解得λ=.故點M為BE的中點. 2.在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD,將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖. (1)求證:AB⊥CD; (2)若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值. (1)證明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD. (2)解:過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖. 由(1

9、)知AB⊥平面BCD, BE?平面BCD,BD?平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以B為坐標原點,分別以,,的方向為x軸、y 軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系. 依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M, 則=(1,1,0),=,=(0,1,-1). 設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0), 則即 取z0=1,得平面MBC的一個法向量為n=(1,-1,1). 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ, 則sin θ=| cos〈n,〉|==, 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 3. 如圖,在四棱柱ABCD-A

10、1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且點M和N分別為B1C和D1D的中點. (1)求證:MN∥平面ABCD; (2)求二面角D1-AC-B1的正弦值; (3)設(shè)E為棱A1B1上的點,若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線段A1E的長. 解:如圖,以A為坐標原點建立空間直角坐標系, 依題意,可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2). 又因為M,N分別為B1C和D1D的中點, 所以M,N(1

11、,-2,1). (1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,=, 由此可得·n=0. 又因為直線MN?平面ABCD, 所以MN∥平面ABCD. (2)解:=(1,-2,2),=(2,0,0), 設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面ACD1的一個法向量, 則即 不妨設(shè)z1=1,可得n1=(0,1,1). 設(shè)n2=(x2,y2,z2)為平面ACB1的一個法向量, 則 又=(0,1,2),所以 不妨設(shè)z2=1,可得n2=(0,-2,1). 因此有cos〈n1,n2〉==-, 于是sin〈n1,n2〉=, 所以二面角D1-AC-B1的正弦值為. (3)解:依題意,可設(shè)=λ, 其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2), 從而=(-1,λ+2,1). 又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,由已知,得 |cos〈,n〉|= ==, 整理得λ2+4λ-3=0,解得λ=-2±. 又因為λ∈[0,1],所以λ=-2. 所以線段A1E的長為-2.

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