2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-7課時(shí)作業(yè)

課時(shí)作業(yè)(五十七)一、選擇題1已知二面角l的大小為50°，P為空間中任意一點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)P且與平面和平面所成的角都是25°的直線的條數(shù)為()A2B3C4 D5答案B解析過(guò)點(diǎn)P分別作平面、的垂線l1、l2，則所求直線m與l1、l2所成的角都是65°，且直線l1、l2相交所成的兩對(duì)對(duì)頂角的大小分別是50°與130°.于是可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為過(guò)點(diǎn)P且與定直線l1、l2所成的角都是65°的直線m的條數(shù)問(wèn)題結(jié)合圖形易知，過(guò)點(diǎn)P且與定直線l1、l2所成的角都是65°的直線m共有3條，選B.2在如圖所示的正方體A1B1C1D1ABCD中，E是C1D1的中點(diǎn)，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為()ABC. D.答案D解析建立空間直角坐標(biāo)系如圖不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,2)，(2,2,0)，(0,1,2)cos<，>.3(2020·黃岡)把正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起，當(dāng)以A、B、C、D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大時(shí)，直線BD和平面ABC所成的角的大小為()A90° B60°C45° D30°答案C解析易知當(dāng)折成的二面角BACD為90°時(shí)，體積最大，正方形的對(duì)角線BD被折成兩段OD，OB，此時(shí)OB與BD所成的角即為BD與平面ABC所成的角，易知ODB為等腰直角三角形，DBO45°，選C.4正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長(zhǎng)均相等，則二面角AA1BC的大小為()Aarctan BarccosCarcsin Darccos答案A解析取AB中點(diǎn)E，則CE平面A1AB過(guò)E作EFA1B于F，連結(jié)CF，則CFA1BCFE為二面角AA1BC的平面角，設(shè)BC1則CE，EF.tanCFE故選A5. 如圖，正方形ABCD與正方形ABEF有公共邊AB，平面AC與平面AE成60°的二面角，AB2，則異面直線CF與AB所成的角為()A30° B45°C60° D75°答案B解析連結(jié)CE，可知CEBEBC2FE，ABFE.而易證FEEC，則CFE45°.故而選B.評(píng)析本題是一個(gè)立體幾何的計(jì)算問(wèn)題，首先要把題目中所給的二面角的平面角找出來(lái)，再作出異面直線所成的角進(jìn)行計(jì)算求解，是一個(gè)常規(guī)思路的題目6在正方體ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1的中點(diǎn)，O是底面ABCD的中心，P是棱A1B1上任意一點(diǎn)，則直線OP與直線AM所成角的大小為()A45° B90°C60° D不能確定答案B解析過(guò)O點(diǎn)作直線EFAB分別交AD、BC于E、F，則直線OP必在平面A1EFB1上，易證直線AM平面A1EFB1，直線AM直線OP，故選B.評(píng)析變化當(dāng)中尋找不變的規(guī)律是近年來(lái)立體幾何中的一種熱點(diǎn)題型此類(lèi)問(wèn)題的思考方法是分析變化的直線OP在哪個(gè)不變的平面內(nèi)移動(dòng)，把AM和OP的關(guān)系轉(zhuǎn)化為直線AM和平面A1EFB1的位置關(guān)系7平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD90°，BAA1DAA160°，則AC1的長(zhǎng)為()A. B.C. D.答案B解析|8(2020·鄭州)在邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD中，ABC60°，將菱形沿對(duì)角線AC折起，使折起后BD1，則二面角BACD的余弦值為()A. B.C. D.答案A解析在原圖中連結(jié)AC與BD交于O點(diǎn)，則ACBD，在折起后的圖中，由四邊形ABCD為菱形且邊長(zhǎng)為1，則DOOB，由于DOAC，因此DOB就是二面角BACD的平面角，由BD1得cos DOB，故選A.二、填空題9已知正四棱椎的體積為12，底面對(duì)角線的長(zhǎng)為2，則側(cè)面與底面所成的二面角等于_答案解析如圖，在正四棱錐SABCD中，底面對(duì)角線BD2，則邊長(zhǎng)BC2作SO底面ABCD，作OECD，連SE，則SEO就是側(cè)面與底面所成二面角的平面角，又由V×(2)2·SO12，得SO3.則在RtSEO中tanSEO，SEO，即側(cè)面與底面所成的二面角等于.10已知A(1,0)，B(2,1)，C(1，1)若將坐標(biāo)平面沿x軸折成直二面角，則折后BAC的余弦值為_(kāi)答案解析作CMx軸于M，折后可知，CMBM，AC，BM，BC，又AB，cos BAC.三、解答題11(2020·濟(jì)南)如圖，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD是正三角形且與底面ABCD垂直，底面ABCD是矩形，E是AB中點(diǎn)，PC與平面ABCD所成角為30°.(1)求二面角PCED的大?。?2)當(dāng)AD為多長(zhǎng)時(shí)，點(diǎn)D到平面PCE的距離為2.解析(1)取AD的中點(diǎn)O，連結(jié)PO.PAD是正三角形，POAD，又面PAD面ABCD，PO面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，過(guò)O作AB平行線為x軸， OD為y軸，OP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，連結(jié)OC，則PCO為PC與面ABCD所成的角，PCO30°，設(shè)ADa，則POa，OCa，CDa，P(0,0，a)，C(a，a,0)，E(a，0)，(a，a)，(a，a，a)，設(shè)平面PCE的一個(gè)法向量為n(1，y，z)，則，n(1，)，又平面DEC的一個(gè)法向量為(0,0，)a，cos<，n>，二面角PCED為45°.(2)D(0，0)，則(a,0,0)，D到面PCE的距離da2.則a，所以當(dāng)AD長(zhǎng)為時(shí)，點(diǎn)D到平面PCE的距離為2.12(2020·全國(guó)卷，理)如圖，四棱錐SABCD中，SD底面ABCD，ABDC，ADDC，ABAD1，DCSD2，E為棱SB上的一點(diǎn)，平面EDC平面SBC.(1)證明：SE2EB.(2)求二面角ADEC的大小解析解法一：(1)連結(jié)BD，取DC的中點(diǎn)G，連結(jié)BG，由此知DGGCBG1，即DBC為直角三角形，故BCBD.又SD平面ABCD，故BCSD.所以，BC平面BDS，BCDE.作BKEC，K為垂足因平面EDC平面SBC，故BK平面EDC，BKDE.DE與平面SBC內(nèi)的兩條相交直線BK、BC都垂直DE平面SBC，DEEC，DESB.SB，DE，EB，SESBEB，所以SE2EB.(2)由SA，AB1，SE2EB，ABSA，知AE1，又AD1.故ADE為等腰三角形取ED中點(diǎn)F，連結(jié)AF，則AFDE，AF.連結(jié)FG，則FGEC，F(xiàn)GDE.所以，AFG是二面角ADEC的平面角連結(jié)AG，AG，F(xiàn)G，cosAFC所以，二面角ADEC的大小為120°.解法二：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線DA為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)A(1,0,0)，則B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)(1)S(0,2，2)，B(1,1,0)設(shè)平面SBC的法向量為n(a，b，c)由nS，nB得n·S0，n·B0.故2b2c0，ab0.令a1，則b1，c1，n(1,1,1)又設(shè)S(>0)，則E(，)D(，)，D(0,2,0)設(shè)平面CDE的法向量m(x，y，z)，由mD，mD，得m·D0，m·D0.故0,2y0.令x2，則m(2,0，)由平面DEC平面SBC得mn，m·n0,20，2.故SE2EB.(2)由(1)知E(，)，取DE中點(diǎn)F，則F(，)，F(xiàn)(，)，故F·D0，由此得FADE.又E(，)，故E·D0，由此得ECDE，向量F與E的夾角等于二面角ADEC的平面角于是cosF，E，所以，二面角ADEC的大小為120°.13(2020·陜西卷)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，APAB2，BC2，E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點(diǎn)(1)證明：PC平面BEF；(2)求平面BEF與平面BAP夾角的大小解析解法一(1)如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AD、AP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)PAB2，BCAD2，四邊形ABCD是矩形A，B，C，D，P的坐標(biāo)為A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，又E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點(diǎn)，E(0，0)，F(xiàn)(1，1)(2,2，2)，(1，1)，(1,0,1)，·2420，·2020，PCBF，PCEF，又BFEFF，PC平面BEF.(2)由(1)知平面BEF的法向量n1(2,2，2)，平面BAP的法向量n2(0,2，0)，n1·n28.設(shè)平面BEF與平面BAP的夾角為，則cos |cosn1，n2|，45°，平面BEF與平面BAP的夾角為45°.解法二(1)連接PE，EC，在RtPAE和RtCDE中，PAABCD，AEDE，PECE，即PEC是等腰三角形，又F是PC的中點(diǎn)，EFPC，又BP2BC，F(xiàn)是PC的中點(diǎn)，BFPC又BPEFF，PC平面BEF.(2)PA平面ABCD，PABC，又ABCD是矩形，ABBC，又PAABA，BC平面BAP，BCPB，又由(1)知PC平面BEF，直線PC與BC的夾角即為平面BEF與平面BAP的夾角，在PBC中，PBBC，PBC90°，PCB45°.所以平面BEF與平面BAP的夾角為45°.14(2020·天津卷)如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ADEF是正方形，F(xiàn)A平面ABCD，BCAD，CD1，AD2，BADCDA45°.(1)求異面直線CE與AF所成角的余弦值；(2)證明：CD平面ABF；(3)求二面角BEFA的正切值解析(1)因?yàn)樗倪呅蜛DEF是正方形，所以FAED.故CED為異面直線CE與AF所成的角因?yàn)镕A平面ABCD，所以FACD，故EDCD.在RtCDE中，CD1，ED2，CE3，故cosCED.所以異面直線CE與AF所成角的余弦值為.(2)過(guò)點(diǎn)B作BGCD，交AD于點(diǎn)G，則BGACDA45°.由BAD45°，可得BGAB.從而CDAB.又CDFA，F(xiàn)AABA，所以CD平面ABF.(3)由(2)及已知，可得AG.即G為AD的中點(diǎn)取EF的中點(diǎn)N，連接GN.則GNEF.因?yàn)锽CAD，所以BCEF.過(guò)點(diǎn)N作NMEF，交BC于M，則GNM為二面角BEFA的平面角連接GM，可得AD平面GNM，故ADGM.從而B(niǎo)CGM.由已知，可得GM.由NGFA，F(xiàn)AGM，得NGGM.在RtNGM中，tanGNM.所以二面角BEFA的正切值為.