《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(yè)珍藏版）》請(qǐng)?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(guò)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(guò)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(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(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(　　) 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(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，∴∠DBO＝45°，∴選C. 4．正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)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(guò)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(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(guò)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(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ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，則AC1的長(zhǎng)為(　　) A. B. C. D.

6、答案　B 解析　||＝＝ ＝ ＝ ＝ 8．(2020·鄭州)在邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，將菱形沿對(duì)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(zhǎng)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(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　

7、 解析　如圖，在正四棱錐S－ABCD中，底面對(duì)角線BD＝2，則邊長(zhǎng)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_(kāi)_______． 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??； (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，∴PO⊥AD， 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， ∴∠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(zhǎng)為時(shí)，點(diǎn)D到平面PCE的距離為2. 12．(2020·全國(guó)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 ＝|cosn1，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(guò)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(guò)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B(niǎo)C⊥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.