高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)作業(yè)50

1、1 / 16 題組層級(jí)快練題組層級(jí)快練(五十五十) (第一次作業(yè)第一次作業(yè)) 一、單項(xiàng)選擇題 1(2021 皖南八校聯(lián)考)四棱錐 vabcd 中，底面 abcd 是邊長(zhǎng)為 2 的正方形，其他四個(gè)側(cè)面是腰長(zhǎng)為 3 的等腰三角形，則二面角 vabc 的余弦值的大小為( ) a.23 b.24 c.73 d.2 23 答案 b 解析 如圖所示，取 ab 中點(diǎn) e，過(guò) v作底面的垂線，垂足為 o，易知 o為底面 abcd的中心，連接 oe，ve，根據(jù)題意可知，veo 是二面角 vabc 的平面角因?yàn)?oe1，ve32122 2，所以 cosveooeve12 224.故選 b. 2.(2021 長(zhǎng)春調(diào)

2、研)如圖所示，在直三棱柱 abca1b1c1中，acb90，2acaa1bc2.若二面角 b1dcc1的大小為 60，則ad的長(zhǎng)為( ) a. 2 b. 3 c2 d.22 答案 a 解析 如圖所示，以 c 為坐標(biāo)原點(diǎn)，ca，cb，cc1所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直2 / 16 角坐標(biāo)系，則 c(0，0，0)，a(1，0，0)，b1(0，2，2)，c1(0，0，2)設(shè) ada，則 d 點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0，a)，cd(1，0，a)，cb1(0，2，2)設(shè)平面 b1cd 的法向量為 m(x，y，z)由m cb12y2z0，mcdxaz0，得yz，xaz，令 z1，則 m(a，1，

3、1)又平面c1dc 的一個(gè)法向量為 n(0，1，0)，則由 cos60|m n|m|n|，得1a2212，解得 a 2(負(fù)值舍去)，所以 ad 2.故選 a. 3.如圖，棱長(zhǎng)都相等的平行六面體 abcdabcd中，dabaadaab60，則二面角 abda 的余弦值為( ) a.13 b13 c.33 d33 答案 a 解析 棱長(zhǎng)都相等的平行六面體 abcdabcd中，dabaadaab60，則四面體 abda為正四面體，如圖，取 bd的中點(diǎn) e，連接 ae，ae.設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為 2，則 aeae 3，且 aebd，aebd，則aea即為二面角 abda 的平面角，在aae 中，cosae

4、aae2ae2aa22aeae13.故二面角 abda的余弦值為13. 4(2021 成都檢測(cè))如圖，在長(zhǎng)方體 abcda1b1c1d1中，ab4，bcaa13，則二面角 c1bdc 的余弦值為( ) a.415 b.3 415 c.3 4141 d.4 4141 答案 d 解析 在矩形 abcd 內(nèi)過(guò)點(diǎn) c 作 chbd 于點(diǎn) h，連接 c1h.在長(zhǎng)方體 abcda1b1c1d1中，cc1平面 abcd，所以 cc1bd.又 chbd，chcc1c，所以 bd平面c1ch，故 bdc1h，所以c1hc 為二面角 c1bdc 的平面角在 rtbcd 中，bd3 / 16 dc2cb2 4232

5、5，因?yàn)?chbd，所以 chdcbcbd435125.在 rtc1ch中，c1hch2cc121252323 415，所以 cosc1hcchc1h1253 4154 4141，即二面角 c1bdc 的余弦值等于4 4141. 二、解答題 5.(2020 天津)如圖，在三棱柱 abca1b1c1中，cc1平面 abc，acbc，acbc2，cc13，點(diǎn) d，e 分別在棱 aa1和棱 cc1上，且ad1，ce2，m 為棱 a1b1的中點(diǎn) (1)求證：c1mb1d； (2)求二面角 bb1ed的正弦值； (3)求直線 ab 與平面 db1e 所成角的正弦值 答案 (1)略 (2)306 (3)3

6、3 解析 依題意，以 c 為原點(diǎn)，分別以ca，cb，cc1的方向?yàn)?x 軸、y 軸、z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得 c(0，0，0)，a(2，0，0)，b(0，2，0)，c1(0，0，3)，a1(2，0，3)，b1(0，2，3)，d(2，0，1)，e(0，0，2)，m(1，1，3) (1)證明：依題意，c1m(1，1，0)，b1d(2，2，2)，從而c1mb1d2200，所以 c1mb1d. (2)依題意，ca(2，0，0)是平面 bb1e 的一個(gè)法向量，eb1(0，2，1)，ed(2，0，1) 設(shè) n(x，y，z)為平面 db1e 的法向量，則n eb10，ned0，即2yz

7、0，2xz0. 不妨設(shè) x1，可得 n(1，1，2) 因此有 cosca，nca n|ca|n|66，于是 sinca，n306. 4 / 16 所以二面角 bb1ed的正弦值為306. (3)依題意，ab(2，2，0)由(2)知 n(1，1，2)為平面 db1e 的一個(gè)法向量，于是cosab，nab n|ab|n|33. 所以直線 ab 與平面 db1e所成角的正弦值為33. 6.(2021 唐山模擬)如圖，四棱錐 pabcd 的底面 abcd 是平行四邊形，連接 bd，其中 dadp，babp. (1)求證：pabd； (2)若 dadp，abp60，babpbd2，求二面角 dpcb的正

8、弦值 答案 (1)略 (2)4 37 解析 (1)證明：如圖，取 ap中點(diǎn) m，連接 dm，bm， dadp，babp， padm，pabm，又dmbmm， pa平面 dmb，又bd平面 dmb，pabd. (2)dadp，babp，dadp，abp60， dap 是等腰直角三角形，abp 是等邊三角形，abpbbd2，dm1，bm 3. bd2mb2md2，mdmb. 以 mp，mb，md所在直線分別為 x軸、y 軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖， 則 a(1，0，0)，b(0， 3，0)，p(1，0，0)，d(0，0，1)， 從而得dp(1，0，1)，dcab(1， 3，0)，bp(1，

9、3，0)，bcad(1，0，1) 設(shè)平面 dpc 的法向量 n1(x1，y1，z1)， 則n1dp0，n1dc0，即x1z10，x1 3y10，可取 n1( 3，1， 3)， 5 / 16 設(shè)平面 pcb 的法向量 n2(x2，y2，z2)， 由n2bc0，n2bp0，得x2z20，x2 3y20，可取 n2( 3，1， 3) cosn1，n2n1n2|n1|n2|17. 設(shè)二面角 dpcb 為 ，sin 1cos2n1，n24 37，即二面角 dpcb的正弦值為4 37. 7.(2021 武漢模擬)如圖所示，多面體是由底面為 abcd 的直四棱柱被截面aefg 所截而得到的，該直四棱柱的底面

10、為菱形，其中 ab2，cf5，be1，bad60. (1)求 bg的長(zhǎng)； (2)求平面 aefg與底面 abcd所成銳二面角的余弦值 答案 (1)2 5 (2)34 解析 (1)由面面平行的性質(zhì)定理可知：四邊形 aefg 是平行四邊形，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 oxyz.可得 a(0， 3，0)，b(1，0，0)，e(1，0，1)，c(0， 3，0)，f(0， 3，5) 所以agef(1， 3，4)，則 g(1，0，4) 所以bg(2，0，4) 則 bg的長(zhǎng)為|bg|2 5. (2)依題意可取平面 abcd的一個(gè)法向量 m(0，0，1) 由(1)可知：ag(1， 3，4)，ae(1， 3，

11、1)， 設(shè) n(x，y，z)是平面 aefg的一個(gè)法向量，則n ae0，nag0，即x 3yz0，x 3y4z0， 可取 n3，5 33，2 . 6 / 16 則|cosn，m|n m|n|m|34， 所以所求銳二面角的余弦值為34. 8.(2021 廣東惠州二次調(diào)研)如圖，在四棱錐 pabcd 中，底面 abcd是邊長(zhǎng)為 2的菱形，abc60，papb，pc2. (1)求證：平面 pab平面 abcd； (2)若 papb，求二面角 apcd 的余弦值 答案 (1)略 (2)2 77 解析 (1)證明：取 ab 的中點(diǎn)為 o，連接 co，po，如圖 四邊形 abcd是邊長(zhǎng)為 2 的菱形，ab

12、bc2. 又abc60，abc 是等邊三角形，coab，oc 3. papb，po12ab1. pc2，op2oc2pc2，copo. abpoo，co平面 pab. co平面 abcd，平面 pab平面 abcd. (2) papb，papb，ab2，pa 2.op2oa21212( 2)2pa2，poao. 由(1)知，coab，copo， 直線 oc，ob，op 兩兩垂直以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 oxyz， 則 a(0，1，0)，c( 3，0，0)，d( 3，2，0)，p(0，0，1)， ap(0，1，1)，pc( 3，0，1)，dc(0，2，0) 設(shè)平面 apc

13、的法向量為 m(x1，y1，z1)， 由m ap0，mpc0，得y1z10，3x1z10，取 x11，得 m(1， 3， 3)， 設(shè)平面 pcd 的法向量為 n(x2，y2，z2)，由n pc0，ndc0，得3x2z20，2y20，取 x21，得7 / 16 n(1，0， 3)，cosm，nm n|m| |n|2 77，由圖易知二面角 apcd 為銳二面角，二面角 apcd的余弦值為2 77. 9.(2021 山東濰坊二模)請(qǐng)從下面三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的橫線上，并作答 abbc；fc 與平面 abcd 所成的角為6；abc3. 如圖，在四棱錐 pabcd 中，底面 abcd 是菱形，

14、pa平面 abcd，且 paab2，pd的中點(diǎn)為 f. (1)在線段 ab 上是否存在一點(diǎn) g，使得 af平面 pcg？若存在，指出 g 在 ab 上的位置并給以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； (2)若_，求二面角 facd 的余弦值 答案 (1)略 (2)略 解析 (1) 存在線段 ab 的中點(diǎn) g，使得 af平面 pcg. 證明如下：如圖所示，設(shè) pc 的中點(diǎn)為 h，連接 fh，gh. f，h 分別為 pd，pc 的中點(diǎn)，fhcd，fh12cd，在菱形 abcd 中，g 為 ab 中點(diǎn)，agcd，ag12cd， fhag，fhag，四邊形 aghf為平行四邊形，afgh. 又 gh平面 pc

15、g，af平面 pcg，af平面 pcg. (2) 選擇，abbc. pa平面 abcd，paab，paad. ab，ad，ap 兩兩垂直，以 ab，ad，ap 所在的直線分別為 x 軸、y 軸、z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 paab2，a(0，0，0)，c(2，2，0)，d(0，2，0)，p(0，0，2)，f(0，1，1)，af8 / 16 (0，1，1)，cf(2，1，1) 設(shè)平面 fac的法向量為 (x，y，z)， 則 afyz0，cf2xyz0， 取 y1，得 (1，1，1) 易知平面 acd的一個(gè)法向量為 v(0，0，1)， 設(shè)二面角 facd 大小為 ，由圖知二面角 facd

16、 為銳二面角，則 cos| v|v|33， 二面角 facd的余弦值為33. 選擇，fc 與平面 abcd所成的角為6. 如圖，取 bc中點(diǎn) e，連接 ae，取 ad的中點(diǎn) m，連接 fm，cm， 則 fmpa，且 fm1. pa平面 abcd，fm平面 abcd，fc 與平面 abcd 所成角為fcm，fcm6. 在 rtfcm中，cmfmtan6133 3. 又 cmae，ae2be2ab2， bcae，又 bcad，aead.pa平面 abcd，paad，paae，ae，ad，ap 兩兩垂直，以 ae，ad，ap 所在直線分別為 x 軸、y 軸、z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 pa

17、ab2，a(0，0，0)，c( 3，1，0)，d(0，2，0)，p(0，0，2)，f(0，1，1)，af(0，1，1)，cf( 3，0，1) 設(shè)平面 fac的法向量為 m(x，y，z)， 則m afyz0，mcf 3xz0，取 x 3，得 m( 3，3，3) 9 / 16 易知平面 acd的一個(gè)法向量為 n(0，0，1)， 設(shè)二面角 facd的大小為 ， 由圖知二面角 facd為銳二面角， 則 cos|m n|m|n|217. 二面角 facd的余弦值為217. 選擇，abc3. 取 bc 中點(diǎn) e，連接 ae.pa平面 abcd，paae，paad， 底面 abcd是菱形，abc60，abc

18、 是正三角形 e 是 bc 的中點(diǎn)，bcae，ae，ad，ap 兩兩垂直，以 ae，ad，ap 所在直線分別為 x 軸、y軸、z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系以下同選擇. 10.(2020 福建漳州二模)如圖，在四棱錐 pabcd 中，平面abcd平面 pad，adbc，abbcap12ad，adp30，bad90，e是 pd的中點(diǎn) (1)證明：pdpb； (2)設(shè) ad2，點(diǎn) m 在線段 pc 上，且異面直線 bm 與 ce 所成角的余弦值為105，求二面角 mabp的余弦值 答案 (1)略 (2)2 77 解析 (1)證明：因?yàn)閎ad90，所以 baad. 因?yàn)槠矫?abcd平面 pad，交線為

19、 ad，所以 ba平面 pad，從而 bapd. 在pad 中，由正弦定理得，apsinadpadsinapd，即12adsin30adsinapd，得 sinapd1，所以apd90，故 appd. 因?yàn)?baapa，所以 pd平面 pab.又 pb平面 pab，所以 pdpb. (2) 10 / 16 如圖，以 p 為坐標(biāo)原點(diǎn)，以 pd，pa 所在直線分別為 x 軸，y 軸，過(guò)點(diǎn) p 且垂直于平面pad 的射線為 z 軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系因?yàn)?ad2，所以 abbcap1，pd 3， 所以 p(0，0，0)，a(0，1，0)，b(0，1，1)，c32，12，1 ，e32，0，0 ，

20、 設(shè)pmpc(01)，則pm32，12，1 ， 所以 m32，12， ， 從而bm32，121，1 ， 又ce0，12，1 ，所以|cosbm，ce|56|2 5 2232105，得 9236200，解得 23或 103(舍去)，故 m33，13，23. 所以bm33，23，13，ba(0，0，1)， 設(shè)平面 mab的法向量為 m(x，y，z)， 則m bm（x，y，z）33，23，130，mba（x，y，z） （0，0，1）0. 整理得3x2yz0，z0，令 y 3，得 m(2， 3，0) 由(1)知 pd平面 pab，所以平面 pab的一個(gè)法向量為 n(1，0，0)， 所以 cosm，nm

21、 n|m| |n|2 77，易知二面角 mabp 為銳二面角，故二面角 mabp的余弦值為2 77. (第二次作業(yè)第二次作業(yè)) 1(2021 百師聯(lián)盟聯(lián)考四)如圖，在四棱錐 pabcd 中，pd底面abcd，adcd，abcd，pdabad12cd1，m，n，q 分別為線段 bc，cd，pa的中點(diǎn) (1)證明：平面 pmn平面 qdb； 11 / 16 (2)求二面角 pbdq 的余弦值 答案 (1)證明見(jiàn)解析 (2)63 解析 (1)證明：如圖，連接 an，bn，設(shè) an，bd交于點(diǎn) o，連接 oq， 因?yàn)?n為 cd中點(diǎn)，ab12cd， 所以 dn12cdab， 因?yàn)?adcd， 所以四邊

22、形 abnd為矩形， 所以 o為 an中點(diǎn) 因?yàn)?q為 pa 中點(diǎn)， 所以 oqpn. 又 m 為 bc中點(diǎn)， 所以 bdmn. 因?yàn)?pn平面 pmn，mn平面 pmn，oq平面 qdb，bd平面 qdb， pnmnn，oqbdo， 所以平面 pmn平面 qdb. (2) 因?yàn)?pd平面 abcd，adcd， 可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 所以 d(0，0，0)，p(0，0，1)，b(1，1，0)，q(12，0，12)， dp(0，0，1)，db(1，1，0)，dq(12，0，12) 設(shè)平面 pbd和平面 qbd的一個(gè)法向量分別為 m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)， 則有m

23、 dp0，mdb0，n dq0，ndb0， 12 / 16 即z10，x1y10，12x212z20，x2y20， 取 x1x21，得 m(1，1，0)，n(1，1，1)， 設(shè)二面角 pbdq的大小為 ，易知 為銳角， 所以 cos|m n|m|n|63. 2(2021 山東省超級(jí)全能生聯(lián)考)如圖，幾何體 acda1b1c1d1中，矩形 add1a1矩形 cdd1c1，b1a1平面 add1a1，adcd1，aa1a1b12，e為棱 aa1的中點(diǎn) (1)證明：b1c1ce； (2)求直線 dd1與平面 b1ce 所成角的正弦值 答案 (1)證明見(jiàn)解析 (2)147 解析 (1)證明：b1a1平

24、面 add1a1，dd1平面 add1a1，b1a1dd1， 又dd1d1a1，b1a1d1a1a1，b1a1，d1a1平面 a1b1c1d1， dd1平面 a1b1c1d1. dd1cc1，cc1平面 a1b1c1d1. b1c1平面 a1b1 c1d1，cc1b1c1. 矩形 add1a1矩形 cdd1c1，矩形 add1a1矩形 cdd1c1dd1，d1c1dd1，d1c1平面 cdd1c1， d1c1平面 add1a1. 如圖，連接 ec1.adcd1，aa1a1b12，e 為 aa1的中點(diǎn)， b1e 5，b1c1 2，ec1 3， b1e2b1c12ec12， b1c1c1e. 又c

25、c1，c1e平面 cc1e，cc1c1ec1， b1c1平面 cc1e. 又ce平面 cc1e，b1c1ce. (2) 如圖，以點(diǎn) a 為原點(diǎn)，分別以 ad，aa1所在的直線為 x 軸、y 軸，過(guò)點(diǎn) a 且平行于 c1d113 / 16 的直線為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得 c(1，0，1)，b1(0，2，2)，d(1，0，0)，e(0，1，0)，d1(1，2，0) ce(1，1，1)，b1c(1，2，1)， dd1(0，2，0)， 設(shè)平面 b1ce的法向量 m(x，y，z)， 則m b1c0，mce0， 即x2yz0，xyz0，消去 x，得 y2z0， 不妨設(shè) z1，可得一個(gè)法向量

26、為 m(3，2，1)， 又dd1(0，2，0)， 設(shè)直線 dd1與平面 b1ce所成角為 ， 于是 sin|cosm，dd1|m dd1|m|dd1|4142147. 故直線 dd1與平面 b1ce所成角的正弦值為147. 3.(2021 山東青島二模)試在pcbd，pcab，papc 三個(gè)條件中選兩個(gè)條件補(bǔ)充在下面的橫線處，使得 po平面 abcd 成立，請(qǐng)說(shuō)明理由，并在此條件下進(jìn)一步解答該題 如圖，在四棱錐 pabcd 中，acbdo，底面 abcd 為菱形，若_，且abc60，異面直線 pb 與 cd 所成的角為60，求二面角 apbc 的余弦值 答案 略 解析 若選，由 po平面 ab

27、cd 知 poab.又 pcab，pcpop，所以 ab平面pac，所以 abac，所以bac90， 則 bcba，這與底面 abcd為菱形矛盾，所以必不選，故選. 下面證明：po平面 abcd. 因?yàn)樗倪呅?abcd為菱形，所以 acbd. 因?yàn)?pcbd，acpcc，所以 bd平面 pac，所以 bdpo. 又 papc，所以 poac. 14 / 16 又 bdaco，所以 po平面 abcd. 下面求二面角 apbc 的余弦值 以 o為坐標(biāo)原點(diǎn)，以ob，oc，op的方向?yàn)?x 軸、y 軸、z 軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 oxyz. 方法一：因?yàn)?abcd，所以pba為異面

28、直線 pb 與 cd所成的角，所以pba60. 在菱形 abcd中，設(shè) ab2， 因?yàn)閍bc60，所以 oaoc1，ob 3. 設(shè) poa(a0)，則 paa21，pba23. 在pba中，由余弦定理得 pa2ab2pb22ab pb cospba， 所以 a214a2322 a2312，解得 a 6. 所以 a(0，1，0)，b( 3，0，0)，c(0，1，0)，p(0，0， 6) 設(shè) n1(x1，y1，z1)為平面 abp的法向量，ab( 3，1，0)，ap(0，1， 6) 所以n1ab0，n1ap0，即3x1y10，y1 6z10， 令 z11，得 n1( 2， 6，1) 設(shè) n2(x2，y2，z2)為平面 cbp的法向量，cb( 3，1，0)，cp(0，1， 6) 所以n2cb