《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-7課時(shí)作業(yè)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-7課時(shí)作業(yè)(10頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、課時(shí)作業(yè)(五十七)
一、選擇題
1.已知二面角α—l—β的大小為50°,P為空間中任意一點(diǎn),則過點(diǎn)P且與平面α和平面β所成的角都是25°的直線的條數(shù)為( )
A.2 B.3
C.4 D.5
答案 B
解析 過點(diǎn)P分別作平面α、β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相交所成的兩對對頂角的大小分別是50°與130°.于是可將問題轉(zhuǎn)化為過點(diǎn)P且與定直線l1、l2所成的角都是65°的直線m的條數(shù)問題.結(jié)合圖形易知,過點(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A1B1C1D1
2、-ABCD中,E是C1D1的中點(diǎn),則異面直線DE與AC所成角的余弦值為( )
A.- B.-
C. 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( )
A.90° B.60°
C.45° D.30°
答案 C
解析 易知當(dāng)折成的二面角B-AC-D為90°時(shí)
3、,體積最大,
正方形的對角線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,∴∠DBO=45°,∴選C.
4.正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均相等,則二面角A-A1B-C的大小為( )
A.a(chǎn)rctan B.a(chǎn)rccos
C.a(chǎn)rcsin D.a(chǎn)rccos
答案 A
解析 取AB中點(diǎn)E,則CE⊥平面A1AB過E作EF⊥A1B于F,連結(jié)CF,則CF⊥A1B
∴∠CFE為二面角A-A1B-C的平面角,設(shè)BC=1
則CE=,EF=.
tan∠CFE==
故選A
5. 如圖,正方形ABCD與正方形A
4、BEF有公共邊AB,平面AC與平面AE成60°的二面角,AB=2,則異面直線CF與AB所成的角為( )
A.30° B.45°
C.60° D.75°
答案 B
解析 連結(jié)CE,可知CE=BE=BC=2=FE,AB∥FE.而易證FE⊥EC,則∠CFE=45°.故而選B.
評析 本題是一個(gè)立體幾何的計(jì)算問題,首先要把題目中所給的二面角的平面角找出來,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ABCD-A1B1C1D1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( )
A.4
5、5° B.90°
C.60° D.不能確定
答案 B
解析 過O點(diǎn)作直線EF∥AB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.
評析 變化當(dāng)中尋找不變的規(guī)律是近年來立體幾何中的一種熱點(diǎn)題型.此類問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ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,則AC1的長為( )
A. B.
C. D.
6、答案 B
解析 ||==
=
=
=
8.(2020·鄭州)在邊長為1的菱形ABCD中,∠ABC=60°,將菱形沿對角線AC折起,使折起后BD=1,則二面角B-AC-D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AC⊥BD,在折起后的圖中,由四邊形ABCD為菱形且邊長為1,則DO=OB=,由于DO⊥AC,因此∠DOB就是二面角B-AC-D的平面角,由BD=1得cos DOB===,故選A.
二、填空題
9.已知正四棱椎的體積為12,底面對角線的長為2,則側(cè)面與底面所成的二面角等于________.
答案
7、
解析 如圖,在正四棱錐S-ABCD中,底面對角線BD=2,則邊長BC=2作SO⊥底面ABCD,作OE⊥CD,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·SO=12,得SO=3.
則在Rt△SEO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________.
答案
解析 作CM⊥x軸于M,折后可知,CM⊥BM,∵AC=,BM=,∴BC=,又∵AB=,∴cos BAC==.
三、解答題
11.(2020·濟(jì)南)如圖,在四棱
8、錐P-ABCD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P-CE-D的大小;
(2)當(dāng)AD為多長時(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,∴PO⊥AD,
又面PAD⊥面ABCD,∴PO⊥面ABCD,
以O(shè)為原點(diǎn),過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,
∴∠PCO=30°,
設(shè)AD=a,則PO=a,∴OC=a,∴CD=a,
∴P(0,0,a),C(a,a,0
9、),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P-CE-D為45°.
(2)D(0,,0),則=(-a,0,0),
∴D到面PCE的距離d===a=2.
則a=,
所以當(dāng)AD長為時(shí),點(diǎn)D到平面PCE的距離為2.
12.(2020·全國卷Ⅰ,理)如圖,四棱錐S-ABCD中,SD⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E為棱SB上的一點(diǎn),平面EDC⊥平面SBC.
10、(1)證明:SE=2EB.
(2)求二面角A-DE-C的大?。?
解析 解法一:(1)連結(jié)BD,取DC的中點(diǎn)G,連結(jié)BG,
由此知DG=GC=BG=1,即ΔDBC為直角三角形,故BC⊥BD.
又SD⊥平面ABCD,故BC⊥SD.
所以,BC⊥平面BDS,BC⊥DE.
作BK⊥EC,K為垂足.因平面EDC⊥平面SBC,故BK⊥平面EDC,BK⊥DE.DE與平面SBC內(nèi)的兩條相交直線BK、BC都垂直.
DE⊥平面SBC,DE⊥EC,DE⊥SB.
SB==,DE==,
EB==,SE=SB-EB=,
所以SE=2EB.
(2)由SA==,AB=1,SE=2EB,AB⊥SA,
11、知AE==1,又AD=1.
故ΔADE為等腰三角形.
取ED中點(diǎn)F,連結(jié)AF,則AF⊥DE,AF==.
連結(jié)FG,則FG∥EC,F(xiàn)G⊥DE.
所以,∠AFG是二面角A-DE-C的平面角.
連結(jié)AG,AG=,F(xiàn)G==,cos∠AFC==-
所以,二面角A-DE-C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D-xyz.
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n⊥S,n⊥B得n·S=0,n·B=0
12、.
故2b-2c=0,-a+b=0.
令a=1,則b=1,c=1,n=(1,1,1).
又設(shè)S=λ(λ>0),則E(,,).
D=(,,),D=(0,2,0).
設(shè)平面CDE的法向量m=(x,y,z),
由m⊥D,m⊥D,得
m·D=0,m·D=0.
故++=0,2y=0.
令x=2,則m=(2,0,-λ).
由平面DEC⊥平面SBC得m⊥n,m·n=0,2-λ=0,λ=2.
故SE=2EB.
(2)由(1)知E(,,),取DE中點(diǎn)F,則F(,,),F(xiàn)=(,-,-),故F·D=0,由此得FA⊥DE.
又E=(-,,-),故E·D=0,由此得EC⊥DE,
向量F與E的
13、夾角等于二面角A-DE-C的平面角.
于是cos〈F,E〉==-,
所以,二面角A-DE-C的大小為120°.
13.(2020·陜西卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2,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?。?
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.
∵AP=AB=2,BC=AD=2,四邊形ABCD是矩形.
∴A,B,C,D,P的坐標(biāo)為A(0,0,0),B(2,0,0),C(2
14、,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),
∴·=-2+4-2=0,·=2+0-2=0,
∴⊥,⊥,
∴PC⊥BF,PC⊥EF,又BF∩EF=F,
∴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·n2=8.設(shè)平面BEF與平面BAP的夾角為θ,
則cosθ =|cosn1,n2|===,
∴θ=45°,∴平面BEF與平面BAP的夾角為45°.
解
15、法二 (1)連接PE,EC,在Rt△PAE和Rt△CDE中,PA=AB=CD,AE=DE,
∴PE=CE,即△PEC是等腰三角形,
又F是PC的中點(diǎn),∴EF⊥PC,
又BP==2=BC,F(xiàn)是PC的中點(diǎn),
∴BF⊥PC
又BP∩EF=F,∴PC⊥平面BEF.
(2)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,
又ABCD是矩形,∴AB⊥BC,又PA∩AB=A,
∴BC⊥平面BAP,BC⊥PB,
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,PB=BC,∠PBC=90°,∴∠PCB=45°.
所以平面BEF與平面BAP的夾角
16、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,BC∥AD,CD=1,AD=2,∠BAD=∠CDA=45°.
(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B-EF-A的正切值.
解析 (1)因?yàn)樗倪呅蜛DEF是正方形,所以FA∥ED.故∠CED為異面直線CE與AF所成的角.
因?yàn)镕A⊥平面ABCD,所以FA⊥CD,故ED⊥CD.
在Rt△CDE中,CD=1,ED=2,CE==3,故cos∠CED==.
所以異面直線CE與AF所成角的余弦值為.
(2)過點(diǎn)B作BG∥CD,交AD于點(diǎn)G,則∠BGA=∠CDA=45°.由∠BAD=45°,可得BG⊥AB.從而CD⊥AB.又CD⊥FA,F(xiàn)A∩AB=A,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GN⊥EF.因?yàn)锽C∥AD,所以BC∥EF.過點(diǎn)N作NM⊥EF,交BC于M,則∠GNM為二面角B-EF-A的平面角.
連接GM,可得AD⊥平面GNM,故AD⊥GM.從而BC⊥GM.由已知,可得GM=.由NG∥FA,F(xiàn)A⊥GM,得NG⊥GM.
在Rt△NGM中,tan∠GNM==.
所以二面角B-EF-A的正切值為.