2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第八章 立體幾何階段測試（十一）理 新人教A版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第八章 立體幾何階段測試（十一）理 新人教A版 一、選擇題 1．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為(　　) A. B.π C.或π D．不能確定 答案　C 解析　cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝. ∴兩平面所成二面角的大小為或. 2．(xx廣東)已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與a成60夾角的是(　　) A．(－1,1,0) B．(1，－1,0) C．(0，－1,1) D．(－1,0,1) 答案　B 解析　各選項給出的向量的模都是，|a|＝. 對于選項A，設b＝(－1,1,0)，則cos〈a，b〉＝＝＝－.因為0≤〈a，b〉≤180，所以〈a，b〉＝120. 對于選項B，設b＝(1，－1,0)，則cos〈a，b〉＝＝＝.因為0≤〈a，b〉≤180，所以〈a，b〉＝60，正確． 對于選項C，設b＝(0，－1,1)，則cos〈a，b〉＝＝＝－.因為0≤〈a，b〉≤180，所以〈a，b〉＝120. 對于選項D，設b＝(－1,0,1)，則cos〈a，b〉＝＝＝－1.因為0≤〈a，b〉≤180，所以〈a，b〉＝180.故選B. 3．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BC1的中點，則DE與平面BCC1B1所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，以D為原點，以DA為x軸，以DC為y軸，以DD1為z軸，建立空間直角坐標系， ∵E為BC1的中點， ∴D(0,0,0)，E(1,2,1)， ∴＝(1,2,1)， 設DE與平面BCC1B1所成角的平面角為θ， ∵平面BCC1B1的法向量n＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝||＝， ∴cos θ＝ ＝，∴tan θ＝＝. 4．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝AA1＝4，點D是AA1的中點，則點A1到平面DBC1的距離是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　過點A作AC的垂線為x軸，以AC為y軸，以AA1為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， ∵正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝AA1＝4，點D是AA1的中點， ∴B(2，2,0)，C1(0,4,4)，D(0,0,2)，A1(0,0,4)， ∴＝(2，2，－2)，＝(0,4,2)，＝(0,0,2)， 設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)， ∵n＝0，n＝0， ∴∴n＝(，－1,2)， ∴點A1到平面DBC1的距離d＝＝＝.故選A. 5．如圖，正方體AC1的棱長為1，過點A作平面A1BD的垂線，垂足為H，則以下命題中，錯誤的命題是(　　) A．點H是△A1BD的垂心 B．AH垂直于平面CB1D1 C．AH的延長線經(jīng)過點C1 D．直線AH和BB1所成角為45 答案　D 解析　△A1BD為正三角形，其重心、外心、中心合一． ∵AB＝AA1＝AD，∴H到△A1BD各頂點的距離相等，∴A正確；∵CD1∥BA1，CB1∥DA1，CD1∩CB1＝C，BA1∩DA1＝A1，∴平面CB1D1∥平面A1BD，∴AH⊥平面CB1D1，∴B正確；連接AC1，則AC1⊥B1D1，∵B1D1∥BD，∴AC1⊥BD，同理AC1⊥BA1，∴AC1⊥平面A1BD，∴A、H、C1三點共線，∴C正確，故選D. 二、填空題 6．若a、b是直線，α、β是平面，a⊥α，b⊥β，向量m在a上，向量n在b上，m＝(0,3,4)，n＝(3,4,0)，則α、β所成二面角中較小的一個余弦值為________． 答案　 解析　由題意，∵m＝(0,3,4)，n＝(3,4,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝， ∵a⊥α，b⊥β，向量m在a上，向量n在b上， ∴α、β所成二面角中較小的一個余弦值為. 7．(xx北京)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為________． 答案　 解析　取B1C1中點E1，連接E1E，D1E1，過P作PH⊥D1E1，連接C1H.∴EE1⊥平面A1B1C1D1，PH∥EE1， ∴PH⊥底面A1B1C1D1， ∴P到C1C的距離為C1H. 當點P在線段D1E上運動時，最小值為C1到線段D1E1的距離．在Rt△D1C1E1中，邊D1E1上的高h＝＝. 8．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為________． 答案　 解析　如圖所示，以A為原點建立平面直角坐標系，設棱長為1，則A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)， ＝(1,0，－)． 設平面A1ED的法向量為n1＝(1，y，z)， 則∴∴n1＝(1,2,2)． ∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝， 即所求的銳二面角的余弦值為. 三、解答題 9．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二面角F－BD－C的余弦值． (1)證明　因為四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60， 所以∠ADC＝∠BCD＝120. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30， 因此∠ADB＝90，即AD⊥BD. 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE?平面AED，AD?平面AED， 所以BD⊥平面AED. (2)解　由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直． 以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設CB＝1， 則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1)． 因此＝，＝(0，－1,1)． 設平面BDF的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則m＝0，m＝0，所以x＝y(tǒng)＝z， 取z＝1，則m＝(，1,1)． 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一個法向量， 則cos〈m，〉＝＝＝， 所以二面角F－BD－C的余弦值為. 10．如圖所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，△ABC是邊長為2的等邊三角形，D為AB邊的中點，且CC1＝2AB. (1)求證：AC1∥平面CDB1； (2)求點B到平面B1CD的距離； (3)求二面角A－CD－B1的正切值． (1)證明　連接BC1交B1C于點O，連接DO. 則O是BC1的中點，DO是△BAC1的中位線， 所以DO∥AC1. 因為DO?平面CDB1，AC1?平面CDB1， 所以AC1∥平面CDB1. (2)解　因為CC1⊥平面ABC，所以BB1⊥平面ABC， 所以BB1為三棱錐B1－CBD的高， 所以＝S△BCDBB1＝4＝. 又可求CD＝，B1D＝，且易知CD⊥平面ABB1A1，所以CD⊥DB1. 故＝h＝， 即h＝，解得h＝. 即點B到平面B1CD的距離為. (3)解　以，，過點D且垂直于平面ABC向上的向量分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則點D(0,0,0)，C(，0,0)，B1(0，－1,4)， 所以＝(，0,0)，＝(0，－1,4)． 設平面CDB1的一個法向量為n1＝(x，y，z)， 由得 令z＝1，得n1＝(0,4,1)． 又易知平面ACD的一個法向量為n2＝(0,0,1)． 設二面角A－CD－B1的平面角為θ，觀察圖形，可得 cos θ＝－＝－＝－. 所以sin θ＝＝. 故tan θ＝＝－4. 即二面角A－CD－B1的正切值為－4.