作业56（2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学（新课标版））.doc

1、题组层级快练题组层级快练(五十六五十六) (第一次作业) 1如图，已知 DE 是等边三角形 ABC 的中位线，沿 AD 将ABC 折成直二面角 BAD C，则翻折后异面直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为( ) A.3 4 B.2 3 C.1 2 D0 答案 A 解析 以 D 为原点，DB 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DA 所在 直线为 z 轴，建立空间直角坐标系设等边三角形 ABC 的边长为 2，则 A(0，0， 3)，B(1，0，0)，D(0，0，0)，E 0，1 2， 3 2 ，所以AB (1，0， 3)，DE 0，1 2， 3 2 ，所以 cosAB ，DE AB

2、DE |AB | |DE | 3 2 21 3 4， 所以翻折后异面直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为3 4.故选 A. 2.如图， 点 A， B， C 分别在空间直角坐标系 Oxyz 的三条坐标轴上， OC (0，0，2)，平面 ABC 的法向量为 n(2，1，2)设二面角 CABO 的大小为 ，则 cos( ) A.4 3 B. 5 3 C.2 3 D2 3 答案 C 解析 由题意得平面 AOB 的一个法向量为OC (0，0，2)又平面 ABC 的法向量为 n(2， 1，2)，二面角 CABO 的大小为 ，所以 cos |OC n| |OC | |n| 4 23 2 3.故选 C. 3

3、(2020长春调研)如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1 BC2.若二面角 B1DCC1的大小为 60，则 AD 的长为( ) A. 2 B. 3 C2 D. 2 2 答案 A 解析 如图所示，以 C 为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0， 2，2)，C1(0，0，2)设 ADa，则 D 点坐标为(1，0，a)，CD (1，0， a)，CB1 (0，2，2)设平面 B1CD 的法向量为 m(x，y，z)由 m CB1 2y2z0， mCD xaz0， 得 yz，

4、xaz，令 z1，则 m(a，1，1)又平面 C 1DC 的一个法 向量为 n(0，1，0)，则由 cos60|m n| |m|n|，得 1 a22 1 2，解得 a 2(负值舍去)，所以 AD 2.故选 A. 4(2020 皖南八校联考)四棱锥 VABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，其他四个 侧面是腰长为 3 的等腰三角形，则二面角 VABC 的余弦值的大小为( ) A. 2 3 B. 2 4 C. 7 3 D.2 2 3 答案 B 解析 如图所示，取 AB 中点 E，过 V 作底面的垂线，垂足为 O，连 接 OE， VE， 根据题意可知， VEO 是二面角 VABC 的平

5、面角 因 为 OE1，VE 32122 2，所以 cosVEOOE VE 1 2 2 2 4 .故选 B. 5(2020 福州质量检测)在三棱锥 ABCD 中，ABC 为等边三角形，AB2 3，BDC 90， 二面角 ABCD 的大小为 150， 则三棱锥 ABCD 的外接球的表面积为( ) A7 B12 C16 D28 答案 D 解析 本题考查空间直线与平面的位置关系、球的表面积设球心为 F，过点 A 作 AO平 面 BCD，垂足为 O，取 BC 的中点 E，连接 AE，OE，EF，则AEO30，AE3，AO 3 2，OE 3 3 2 ，EC 3，外接球球心 F 在过 E 且平行于 AO 的

6、直线上，设 FEx，外接 球半径为 R，则 R23x2 3 3 2 2 3 2x 2 ，解得 x2，R27，则外接球的表面积为 4 R228.故选 D. 6.如图，棱长都相等的平行六面体 ABCDABCD中，DAB AADAAB60，则二面角 ABDA 的余弦值为 ( ) A.1 3 B1 3 C. 3 3 D 3 3 答案 A 解析 棱长都相等的平行六面体 ABCDABCD中，DAB AADAAB60， 则四面体 ABDA 为正四面体， 如图， 取 BD 的中点 E，连接 AE，AE.设四面体的棱长为 2，则 AEAE 3，且 AEBD， AEBD，则AEA即为二面角 ABDA 的平面角，在

7、AAE 中，cosAEA AE 2AE2AA2 2AEAE 1 3.故二面角 ABDA 的余弦值为 1 3. 7(2020 成都检测)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB4，BCAA13，则二面 角 C1BDC 的余弦值为( ) A. 41 5 B.3 41 5 C.3 41 41 D.4 41 41 答案 D 解析 在矩形 ABCD 内过点 C 作 CHBD 于点 H，连接 C1H.在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，CC1平面 ABCD，所以 CC1BD.又 CHBD，CHCC1C，所以 BD平面 C1CH， 故BDC1H， 所以C1HC为二面角C1BDC的平面角 在RtB

8、CD中， BD DC2CB2 42325，因为 CHBD，所以 CHDCBC BD 43 5 12 5 .在 RtC1CH 中，C1H CH2CC12 12 5 2 323 41 5 ，所以 cosC1HC CH C1H 12 5 3 41 5 4 41 41 ，即二面角 C1 BDC 的余弦值等于4 41 41 . 8已知点 O 在二面角 AB 的棱上，点 P 在平面 内，且POB60.若直线 PO 与 平面 所成的角为 45，则二面角 AB 的正弦值为_ 答案 6 3 解析 如图， 过点 P 作 PE，垂足为 E， 过点 E 作 EFAB，垂足为 F， 连接 OE，PF，则POE 为直线

9、PO 与平面 所成的角，为 45，PFE 为二面角 AB 的平面角设 OP 2a.又在 RtPEO 中，POE45，所以 PEa.在 RtPFO 中， 由POF60，得 PF 2asin60 6 2 a.在 RtPEF 中，sinPFEPE PF a 6 2 a 6 3 .即 二面角 AB 的正弦值为 6 3 . 9(2020 沧州七校联考)三棱锥 ABCD 的三视图如图所示： 则二面角 BADC 的正弦值为_ 答案 4 82 41 解析 如图，把三棱锥 ABCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别 为 5，3，4，BCD 为直角三角形，直角边分别为 5 和 3，三棱锥 ABCD 的高为 4

10、， 建立如图空间直角坐标系，则 B(0，0，0)，A(3，0，4)，C(3，5，0)，D(0，5，0)， DA (3，5，4)，DB (0，5，0)，DC (3，0，0) 设 n1(x1，y1，z1)是平面 ABD 的一个法向量，n1DA ，n1DB . 3x15y14z10， 5y10， 3x14z10， y10. 可取 n1(4，0，3) 设 n2(x2，y2，z2)是平面 ADC 的一个法向量， n2DA ，n2DC ， 3x25y24z20， 3x20， 5y24z2， x20. 可取 n2(0，4，5) cosn1，n2 15 5 41 3 41. sinn1，n24 2 41 4

11、82 41 . 即二面角 BADC 的正弦值为4 82 41 . 10.(2020 广西南宁三中月考)如图， 平面 ABCD平面 ADEF， 其中 ABCD 为矩形，ADEF 为梯形，AFDE，AFFE，AFAD2DE2. (1)求证：EF平面 BAF； (2)若二面角 ABFD 的余弦值为 2 4 ，求 AB 的长 答案 (1)略 (2) 3 解析 (1)证明：四边形 ABCD 为矩形，BAAD， 平面 ABCD平面 ADEF，又平面 ABCD平面 ADEFAD，BA平面 ABCD，BA 平面 ADEF. 又 EF平面 ADEF，BAEF. 又 AFEF，且 AFBAA. EF平面 BAF.

12、 (2)设 ABx(x0)以 F 为坐标原点，AF，FE 所在直线分别为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系 Fxyz，如图 则 F(0，0，0)，E(0， 3，0)，D(1， 3，0)，B(2，0，x)， DF (1， 3，0)，BF (2，0，x) 由(1)知 EF平面 ABF，平面 ABF 的一个法向量可取 n1(0，1，0) 设 n2(x1，y1，z1)为平面 BFD 的一个法向量， 则 n2BF 0， n2DF 0， 即 2x1z1x0， x1 3y10，令 y 11，则 n2 3，1，2 3 x . cosn1，n2n1n2 |n1|n2| 1 412 x2 2 4 ，解得 x 3(

13、负值舍去)，AB 3. 11(2020 福建漳州二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 ABCD平 面 PAD，ADBC，ABBCAP1 2AD，ADP30，BAD90，E 是 PD 的中点 (1)证明：PDPB； (2)设 AD2，点 M 在线段 PC 上，且异面直线 BM 与 CE 所成角的余弦值为 10 5 ，求二面角 MABP 的余弦值 答案 (1)略 (2)2 7 7 解析 (1)证明：因为BAD90，所以 BAAD. 因为平面 ABCD平面 PAD，交线为 AD，所以 BA平面 PAD，从而 BAPD. 在PAD 中， AP sinADP AD sinAPD，即 1 2AD s

14、in30 AD sinAPD，得 sinAPD1，APD 90，故 APPD. 因为 BAAPA，所以 PD平面 PAB.又 PB平面 PAB，所以 PDPB. (2)如图，以 P 为坐标原点，以 PD，PA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过 点 P 且垂直于平面 PAD 的射线为 z 轴正半轴， 建立空间直角坐标系 因 为 AD2，所以 ABBCAP1，PD 3， 所以 P(0，0，0)， A(0， 1，0)，B(0，1， 1)，C 3 2 ，1 2，1 ，E 3 2 ，0，0 ， 设PM PC (01)，则PM 3 2 ，1 2，1 ， 所以 M 3 2 ，1 2， ， 从而BM 3 2

15、 ，1 21，1 ， 又CE 0，1 2，1 ，所以|cosBM ，CE | |56| 2 5 2232 10 5 ，得 923620 0，解得 2 3或 10 3 (舍去)，故 M 3 3 ，1 3， 2 3 . BM 3 3 ，2 3， 1 3 ，BA (0，0，1)， 设平面 MAB 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m BM （x，y，z） 3 3 ，2 3， 1 3 0， 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 的一个法向量为 n(1，0，0)， 所以 cosm，

16、n m n |m| |n| 2 7 7 ，易知二面角 MABP 为锐二面角， 故二面角 MABP 的余弦值为2 7 7 . (第二次作业) 1(2019 天津，理)如图，AE平面 ABCD，CFAE，ADBC，AD AB，ABAD1，AEBC2. (1)求证：BF平面 ADE； (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角 EBDF 的余弦值为1 3，求线段 CF 的长 解析 依题意，可以建立以 A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 A(0，0，0)，B(1，0， 0)，C(1，2，0)，D(0，1

17、，0)，E(0，0，2)设 CFh(h0)，则 F(1，2， h) (1)证明：依题意，AB (1，0，0)是平面 ADE 的法向量，又BF (0，2，h)，可得BF AB 0，又因为直线 BF平面 ADE，所以 BF平面 ADE. (2)依题意，BD (1，1，0)，BE (1，0，2)，CE (1，2，2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则 n BD 0， nBE 0， 即 xy0， x2z0，不妨令 z1，可得 n(2，2，1)因此有 cosCE ，n CE n |CE |n| 4 9. 所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)设 m(x，y，z

18、)为平面 BDF 的法向量，则 m BD 0， mBF 0， 即 xy0， 2yhz0， 不妨令 y1，可得 m 1，1，2 h . 由题意，有|cosm，n|m n| |m|n| 42 h 32 4 h2 1 3，解得 h 8 7.经检验，符合题意 所以，线段 CF 的长为8 7. 2 (2018 课标全国， 理)如图， 在三棱锥 PABC 中， ABBC2 2， PAPBPCAC4，O 为 AC 的中点 (1)证明：PO平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上， 且二面角 MPAC 为 30， 求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值 答案 (1)略 (2) 3 4 解析 (1)证明

19、：因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点， 所以 OPAC，且 OP2 3. 连接 OB.因为 ABBC 2 2 AC，所以ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC，OB1 2AC 2. 由 OP2OB2PB2知 POOB. 由 OPOB，OPAC，OBACO，知 PO平面 ABC. (2)如图，以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐 标系 Oxyz. 由已知得 O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0， 0，2 3)，AP (0，2，2 3)取平面 PAC 的一个法向量OB (2，0，0) 设 M(a，2a，0)(0a2)，则

20、AM (a，4a，0) 设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z) 由AP n0，AM n0，得 2y2 3z0， ax（4a）y0，可取 y 3a，得平面 PAM 的一个法向 量为 n( 3(a4)， 3a，a)， 所以 cosOB ，n 2 3（a4） 2 3（a4）23a2a2. 由已知可得|cosOB ，n| 3 2 ， 所以 2 3（a4） 2 3（a4）23a2a2 3 2 ， 解得 a4(舍去)或 a4 3. 所以 n 8 3 3 ，4 3 3 ，4 3 . 又PC (0，2，2 3)，所以 cosPC ，n 3 4 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 .

21、 3.(2017 课标全国， 理)如图， 在四棱锥 PABCD 中， ABCD， 且BAP CDP90. (1)证明：平面 PAB平面 PAD； (2)若 PAPDABDC，APD90，求二面角 APBC 的余弦值 答案 (1)略 (2) 3 3 解析 (1)证明：由已知BAPCDP90，得 ABAP，CDPD. 由于 ABCD，故 ABPD，又 APDPP，从而 AB平面 PAD. 又 AB平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD. (2)在平面 PAD 内作 PFAD，垂足为点 F. 由(1)可知，AB平面 PAD，故 ABPF，可得 PF平面 ABCD. 以 F 为坐标原点，FA 的方

22、向为 x 轴正方向，|AB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Fxyz. 由(1)及已知可得 A 2 2 ，0，0 ，P 0，0， 2 2 ，B 2 2 ，1，0 ，C 2 2 ，1，0 . 所以PC 2 2 ，1， 2 2 ，CB ( 2，0，0)，PA 2 2 ，0， 2 2 ，AB (0，1，0) 设 n(x1，y1，z1)是平面 PCB 的法向量， 则 n PC 0， nCB 0， 即 2 2 x1y1 2 2 z10， 2x10， 可取 n(0，1， 2) 设 m(x2，y2，z2)是平面 PAB 的法向量， 则 m PA 0， mAB 0， 即 2 2 x2 2 2 z20

23、， y20. 可取 m(1，0，1) 则 cosn，m n m |n|m| 3 3 . 因为二面角 APBC 为钝二面角，所以二面角 APBC 的余弦值为 3 3 . 4(2016 课标全国，理)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的 五面体中，面 ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60. (1)证明：平面 ABEF平面 EFDC； (2)求二面角 EBCA 的余弦值 答案 (1)略 (2)2 19 19 解析 (1)证明：由已知可得 AFDF，AFFE，所以 AF平面 EFDC. 又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EF

24、DC. (2)过 D 作 DGEF，垂足为 G，由(1)知 DG平面 ABEF. 以 G 为坐标原点，GF 的方向为 x 轴正方向，|GF |为单位长，建立如图 所示的空间直角坐标系 Gxyz. 由(1)知DFE 为二面角 DAFE 的平面角，故DFE60，则 DF2，DG 3，可得 A(1，4，0)，B(3，4，0)，E(3，0，0)，D(0，0， 3) 由已知，ABEF，所以 AB平面 EFDC. 又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF. 由 BEAF，可得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 CBEF 的平面角，CEF 60.从而可得 C(2，0， 3) 连接

25、AC，则EC (1，0， 3)，EB (0，4，0)，AC (3，4， 3)，AB (4，0，0) 设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则 n EC 0， nEB 0， 即 x 3z0， 4y0， 所以可取 n(3，0， 3) 设 m 是平面 ABCD 的法向量，则 m AC 0， mAB 0， 同理可取 m(0， 3，4) 则 cosn，m n m |n|m| 2 19 19 . 因为二面角 EBCA 的二面角为钝二面角， 故二面角 EBCA 的余弦值为2 19 19 . 5(2020 安徽合肥二检)如图，在矩形 ABCD 中，AB1，AD2，点 E 为 AD 的中点， 沿 BE

26、将ABE 折起至PBE，如图所示，点 P 在平面 BCDE 上的射影 O 落在 BE 上 (1)求证：BPCE； (2)求二面角 BPCD 的余弦值 答案 (1)略 (2) 33 11 解析 (1)证明：点 P 在平面 BCDE 上的射影 O 落在 BE 上，PO平面 BCDE，CE 平面 BCDE，POCE，由题意，易知 BECE，又 POBEO，CE平面 PBE， 又BP平面 PBE，BPCE. (2)以 O 为坐标原点，以过点 O 且平行于 CD 的直线为 x 轴，过点 O 且平行于 BC 的直线为 y 轴，PO 所在的直线为 z 轴，建立如图所示 的空间直角坐标系 则 B 1 2， 1

27、 2，0 ，C 1 2， 3 2，0 ，D 1 2， 3 2，0 ，P 0，0， 2 2 ， CD (1，0，0)，CP 1 2， 3 2， 2 2 ，PB 1 2， 1 2， 2 2 ，BC (0，2，0) 设平面 PCD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 则 n1CD 0， n1CP 0， 即 x10， 1 2x1 3 2y1 2 2 z10，令 z 1 2，可得 n1(0，2 3， 2)为平面 PCD 的 一个法向量 设平面 PBC 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 则 n2PB 0， n2BC 0， 即 1 2x2 1 2y2 2 2 z20， 2y20， 令 z2 2，可得 n2(2，0， 2)为平面 PBC 的一 个法向量 cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 33 11 ， 由图可知二面角 BPCD 为钝二面角，故二面角 BPCD 的余弦值为 33 11 .