《2020年高考數(shù)學一輪復習 10B-7課時作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考數(shù)學一輪復習 10B-7課時作業(yè)（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)(五十七)一、選擇題1已知二面角l的大小為50，P為空間中任意一點，則過點P且與平面和平面所成的角都是25的直線的條數(shù)為()A2B3C4 D5答案B解析過點P分別作平面、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.于是可將問題轉化為過點P且與定直線l1、l2所成的角都是65的直線m的條數(shù)問題結合圖形易知，過點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A1B1C1D1ABCD中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為()ABC. D.答案D解析建立空間直

2、角坐標系如圖不妨設正方體的棱長為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，當以A、B、C、D四點為頂點的三棱錐體積最大時，直線BD和平面ABC所成的角的大小為()A90 B60C45 D30答案C解析易知當折成的二面角BACD為90時，體積最大，正方形的對角線BD被折成兩段OD，OB，此時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，DBO45，選C.4正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長均相等，則二面角AA1BC的大小為()Aarctan BarccosC

3、arcsin Darccos答案A解析取AB中點E，則CE平面A1AB過E作EFA1B于F，連結CF，則CFA1BCFE為二面角AA1BC的平面角，設BC1則CE，EF.tanCFE故選A5. 如圖，正方形ABCD與正方形ABEF有公共邊AB，平面AC與平面AE成60的二面角，AB2，則異面直線CF與AB所成的角為()A30 B45C60 D75答案B解析連結CE，可知CEBEBC2FE，ABFE.而易證FEEC，則CFE45.故而選B.評析本題是一個立體幾何的計算問題，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行計算求解，是一個常規(guī)思路的題目6在正方體ABCDA1B1

4、C1D1中，M是棱DD1的中點，O是底面ABCD的中心，P是棱A1B1上任意一點，則直線OP與直線AM所成角的大小為()A45 B90C60 D不能確定答案B解析過O點作直線EFAB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.評析變化當中尋找不變的規(guī)律是近年來立體幾何中的一種熱點題型此類問題的思考方法是分析變化的直線OP在哪個不變的平面內移動，把AM和OP的關系轉化為直線AM和平面A1EFB1的位置關系7平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD90，BAA1DAA160，則AC1的長為()A.

5、 B.C. D.答案B解析|8(2020鄭州)在邊長為1的菱形ABCD中，ABC60，將菱形沿對角線AC折起，使折起后BD1，則二面角BACD的余弦值為()A. B.C. D.答案A解析在原圖中連結AC與BD交于O點，則ACBD，在折起后的圖中，由四邊形ABCD為菱形且邊長為1，則DOOB，由于DOAC，因此DOB就是二面角BACD的平面角，由BD1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，則側面與底面所成的二面角等于_答案解析如圖，在正四棱錐SABCD中，底面對角線BD2，則邊長BC2作SO底面ABCD，作OECD，連SE，則SEO就是側面與底面所成

6、二面角的平面角，又由V(2)2SO12，得SO3.則在RtSEO中tanSEO，SEO，即側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CMx軸于M，折后可知，CMBM，AC，BM，BC，又AB，cos BAC.三、解答題11(2020濟南)如圖，在四棱錐PABCD中，側面PAD是正三角形且與底面ABCD垂直，底面ABCD是矩形，E是AB中點，PC與平面ABCD所成角為30.(1)求二面角PCED的大小；(2)當AD為多長時，點D到平面PCE的距離為2.解析(1)取AD的中點O，連結PO.PAD是正

7、三角形，POAD，又面PAD面ABCD，PO面ABCD，以O為原點，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系，連結OC，則PCO為PC與面ABCD所成的角，PCO30，設ADa，則POa，OCa，CDa，P(0,0，a)，C(a，a,0)，E(a，0)，(a，a)，(a，a，a)，設平面PCE的一個法向量為n(1，y，z)，則，n(1，)，又平面DEC的一個法向量為(0,0，)a，cos，二面角PCED為45.(2)D(0，0)，則(a,0,0)，D到面PCE的距離da2.則a，所以當AD長為時，點D到平面PCE的距離為2.12(2020全國卷，理)如圖，四棱錐SAB

8、CD中，SD底面ABCD，ABDC，ADDC，ABAD1，DCSD2，E為棱SB上的一點，平面EDC平面SBC.(1)證明：SE2EB.(2)求二面角ADEC的大小解析解法一：(1)連結BD，取DC的中點G，連結BG，由此知DGGCBG1，即DBC為直角三角形，故BCBD.又SD平面ABCD，故BCSD.所以，BC平面BDS，BCDE.作BKEC，K為垂足因平面EDC平面SBC，故BK平面EDC，BKDE.DE與平面SBC內的兩條相交直線BK、BC都垂直DE平面SBC，DEEC，DESB.SB，DE，EB，SESBEB，所以SE2EB.(2)由SA，AB1，SE2EB，ABSA，知AE1，又A

9、D1.故ADE為等腰三角形取ED中點F，連結AF，則AFDE，AF.連結FG，則FGEC，F(xiàn)GDE.所以，AFG是二面角ADEC的平面角連結AG，AG，F(xiàn)G，cosAFC所以，二面角ADEC的大小為120.解法二：以D為坐標原點，射線DA為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標系Dxyz.設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)設平面SBC的法向量為n(a，b，c)由nS，nB得nS0，nB0.故2b2c0，ab0.令a1，則b1，c1，n(1,1,1)又設S(0)，則E(，)D(，)，D(0,2,0)設平面CDE的法向量m

10、(x，y，z)，由mD，mD，得mD0，mD0.故0,2y0.令x2，則m(2,0，)由平面DEC平面SBC得mn，mn0,20，2.故SE2EB.(2)由(1)知E(，)，取DE中點F，則F(，)，F(xiàn)(，)，故FD0，由此得FADE.又E(，)，故ED0，由此得ECDE，向量F與E的夾角等于二面角ADEC的平面角于是cosF，E，所以，二面角ADEC的大小為120.13(2020陜西卷)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，APAB2，BC2，E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點(1)證明：PC平面BEF；(2)求平面BEF與平面BAP夾角的大小解析解法一(1)如圖，以A

11、為坐標原點，AB、AD、AP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系APAB2，BCAD2，四邊形ABCD是矩形A，B，C，D，P的坐標為A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，又E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點，E(0，0)，F(xiàn)(1，1)(2,2，2)，(1，1)，(1,0,1)，2420，2020，PCBF，PCEF，又BFEFF，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)，n1n28.設平面BEF與平面BAP的夾角為，則cos |cosn1，n2|，45，平面BEF與平面BA

12、P的夾角為45.解法二(1)連接PE，EC，在RtPAE和RtCDE中，PAABCD，AEDE，PECE，即PEC是等腰三角形，又F是PC的中點，EFPC，又BP2BC，F(xiàn)是PC的中點，BFPC又BPEFF，PC平面BEF.(2)PA平面ABCD，PABC，又ABCD是矩形，ABBC，又PAABA，BC平面BAP，BCPB，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，PBBC，PBC90，PCB45.所以平面BEF與平面BAP的夾角為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，BCAD，C

13、D1，AD2，BADCDA45.(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BEFA的正切值解析(1)因為四邊形ADEF是正方形，所以FAED.故CED為異面直線CE與AF所成的角因為FA平面ABCD，所以FACD，故EDCD.在RtCDE中，CD1，ED2，CE3，故cosCED.所以異面直線CE與AF所成角的余弦值為.(2)過點B作BGCD，交AD于點G，則BGACDA45.由BAD45，可得BGAB.從而CDAB.又CDFA，F(xiàn)AABA，所以CD平面ABF.(3)由(2)及已知，可得AG.即G為AD的中點取EF的中點N，連接GN.則GNEF.因為BCAD，所以BCEF.過點N作NMEF，交BC于M，則GNM為二面角BEFA的平面角連接GM，可得AD平面GNM，故ADGM.從而BCGM.由已知，可得GM.由NGFA，F(xiàn)AGM，得NGGM.在RtNGM中，tanGNM.所以二面角BEFA的正切值為.