高考数学复习 第七章 第九节

1、高考数学精品复习资料 2019.5课时提升作业(五十)一、选择题1.如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,e为a1c1的中点,则异面直线ce与bd的夹角为()(a)30°(b)45°(c)60°(d)90°2.(20xx·银川模拟)在三棱柱abc-a1b1c1中,底面为边长为1的正三角形,侧棱 aa1底面abc,点d在棱bb1上,且bd=1,若ad与平面aa1c1c的夹角为,则 sin的值为()(a)32(b)22(c)104(d)643.(20xx·合肥模拟)在正方体abcd-a1b1c1d1中,平面a1bd与平面c1bd的夹

2、角的 余弦值为()(a)33(b)22(c)12(d)134.已知直二面角-l -,点a,acl,c为垂足,b,bdl,d为垂足.若ab=2,ac=bd=1,则d到平面abc的距离等于()(a)23(b)33(c)63(d)15.(20xx·三亚模拟)如图,正方形acde与等腰直角三角形acb所在的平面互相垂直,且ac=bc=2,acb=90°,f,g分别是线段ae,bc的中点,则ad与gf的夹角的余弦值为()(a)36(b)-36(c)33(d)-336.如图,平面abcd平面abef,四边形abcd是正方形,四边形abef是矩形,且af=12ad=a,g是ef的中点,则

3、gb与平面agc的夹角的正弦值为()(a)66(b)33(c)63(d)23二、填空题7.如图,正方体abcd -a1b1c1d1的棱长为1,o是底面a1b1c1d1的中心,则点o到平面abc1d1的距离为.8.二面角的棱上有a,b两点,直线ac,bd分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于ab.已知ab=4,ac=6,bd=8,cd=217,则这两个平面的夹角的大小为.9.正四棱锥s-abcd中,o为顶点在底面上的射影,p为侧棱sd的中点,且so=od,则直线bc与平面pac的夹角等于.三、解答题10.(20xx·汉中模拟)如图1,平面四边形abcd关于直线ac对称,a=60&#

4、176;,c=90°,cd=2.把abd沿bd折起(如图2),使平面abd与平面cbd的夹角的余弦值等于33,对于图2,完成以下各小题:(1)求a,c两点间的距离.(2)证明:ac平面bcd.(3)求直线ac与平面abd的夹角的正弦值.11.(能力挑战题)如图,三棱柱abc-a1b1c1的所有棱长都是2,又aa1平面abc,d,e分别是ac,cc1的中点.(1)求证:ae平面a1bd.(2)求平面dba1与平面aba1的夹角的余弦值.(3)求点b1到平面a1bd的距离.12.(20xx·亳州模拟)如图,已知四棱锥p-abcd,底面abcd为菱形,pa平面abcd,abc=6

5、0°,e,f分别是bc,pc的中点.(1)证明:aepd.(2)若h为pd上的动点,eh与平面pad的夹角的正切值为62,求平面eaf与平面caf的夹角的余弦值.答案解析1.【解析】选d.以d点为原点,建立空间直角坐标系如图,设正方体棱长为1,则相关点的坐标为c(0,1,0),e(12,12,1),b(1,1,0),d(0,0,0),ce=(12,-12,1),bd=(-1,-1,0),ce·bd=-12+12+0=0,cebd,即cebd.2.【解析】选d.如图,建立空间直角坐标系,易求点d(32,12,1),平面aa1c1c的一个法向量是n=(1,0,0),所以cos&

6、lt;n,ad>=322=64,即sin=64.3.【解析】选d.设正方体棱长为1,建立如图所示的空间直角坐标系,取bd的中点e,连接a1e,c1e,易知a1ebd,c1ebd,则a1ec1是平面a1bd与平面c1bd的夹角或其补角,ea1=(12,-12,1),ec1=(-12,12,1),cos<ea1,ec1>=13.故选d.【方法技巧】求平面与平面的夹角的策略(1)法向量法.其步骤是:建系;分别求构成夹角的两个平面的法向量;求法向量夹角的余弦值;根据题意确定两平面的夹角的余弦值或其大小.(2)平面角法.该法就是首先利用平面与平面所成夹角的定义,找出两平面的夹角,然后用

7、向量法或解三角形法求其余弦值或其大小.4.【解析】选c.ab=ac+cd+db,|ab|2=|ac|2+|cd|2+|db|2,|cd|2=2.在rtbdc中,bc=3.平面abc平面bcd,过d作dhbc于h,则dh平面abc,dh的长即为d到平面abc的距离,dh=db·dcbc=1×23=63,故选c.5.【解析】选a.如图,正方形acde与等腰直角三角形acb所在的平面互相垂直,且ac=bc=2,acb=90°,f,g分别是线段ae,bc的中点.以c为原点建立空间直角坐标系,a(0,2,0),b(2,0,0),d(0,0,2),g(1,0,0),f(0,2

8、,1),ad=(0,-2,2),gf=(-1,2,1),|ad|=22,|gf|=6,ad·gf=-2,cos<ad,gf>=ad·gf|ad|gf|=-36.直线ad与gf的夹角的余弦值为36.【误区警示】本题容易忽视异面直线的夹角的范围而误选b.【变式备选】在正方体abcd -a1b1c1d1中,m为dd1的中点,o为底面abcd的中心,p为棱a1b1上任意一点,则直线op与直线am的夹角是()(a)6(b)4(c)3(d)2【解析】选d.建立坐标系,通过向量的坐标运算可知amop恒成立,即am与op的夹角为2.6.【解析】选c.如图,以a为原点建立空间直角

9、坐标系,则a(0,0,0),b(0,2a,0),c(0,2a,2a),g(a,a,0),f(a,0,0),ag=(a,a,0),ac=(0,2a,2a),bg=(a,-a,0),bc=(0,0,2a).设平面agc的一个法向量为n1=(x1,y1,1),由ag·n1=0,ac·n1=0ax1+ay1=0,2ay1+2a=0x1=1,y1=-1n1=(1,-1,1).设为gb与平面agc的夹角,则sin=|bg·n1|bg|n1|=2a2a×3=63.7.【解析】以d为原点,da,dc,dd1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图所示,则a(

10、1,0,0),b(1,1,0),d1(0,0,1),c1(0,1,1),o(12,12,1),ab=(0,1,0),ad1=(-1,0,1),设平面abc1d1的法向量n=(x,y,z),由n·ab=y=0,n·ad1=-x+z=0,得y=0,x=z.令x=1,得n=(1,0,1).又od1=(-12,-12,0),o到平面abc1d1的距离d=|n·od1|n|=122=24.答案:248.【解析】由条件,知ca·ab=0,ab·bd=0,cd=ca+ab+bd,|cd|2=|ca|2+|ab|2+|bd|2+2ca·ab+2ab&

11、#183;bd+2ca·bd=62+42+82+2×6×8cos<ca,bd>=(217)2,cos<ca,bd>=-12,<ca,bd>=120°,这两个平面的夹角的大小为60°.答案:60°9.【解析】如图,以o为原点建立空间直角坐标系.设od=so=oa=ob=oc=a,则a(a,0,0),b(0,a,0),c(-a,0,0),p(0,-a2,a2),则ca=(2a,0,0),ap=(-a,-a2,a2),cb=(a,a,0).设平面pac的法向量为n,可取n=(0,1,1),则cos<

12、cb,n>=cb·n|cb|n|=a2a2·2=12,<cb,n>=60°,直线bc与平面pac的夹角为90°-60°=30°.答案:30°10.【解析】(1)取bd的中点e,连接ae,ce,由ab=ad,cb=cd得,aebd,cebd,aec就是平面abd与平面cbd的夹角,cosaec=33.在ace中,ae=6,ce=2.ac2=ae2+ce2-2ae·ce·cosaec=6+2-2×6×2×33=4,ac=2.(2)由ab=ad=bd=22,ac=

13、bc=cd=2,ac2+bc2=ab2,ac2+cd2=ad2,acb=acd=90°.acbc,accd,又bccd=c,ac平面bcd.(3)以cb,cd,ca所在直线分别为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系c-xyz,则a(0,0,2),b(2,0,0),c(0,0,0),d(0,2,0),设平面abd的法向量为n=(x,y,z),则n·ab=0,n·ad=0,即2x-2z=0,2y-2z=0,取x=y=z=1,则n=(1,1,1),于是ac与平面abd的夹角的正弦值为sin=|n·ca|n|ca|=|0+0+2|3×2=33.【变式备选

14、】如图,在四棱锥s-abcd中,平面sad平面abcd.底面abcd为矩形,ad=2a,ab=3a,sa=sd=a.(1)求证:cdsa.(2)求平面csa与平面dsa的夹角的大小.【解析】方法一:(1)因为平面sad平面abcd,cdad,且平面sad平面abcd=ad,所以cd平面sad.又因为sa平面sad,所以cdsa.(2)由(1)可知,cdsa.在sad中,sa=sd=a,ad=2a,所以sasd.又cdsd=d,所以sa平面sdc,所以sasc,所以csd为平面csa与平面dsa的夹角或其补角.在rtcds中,tancsd=cdsd=3aa=3,所以平面csa与平面dsa的夹角的

15、大小为3.方法二:取bc的中点e,ad的中点p,连接pe,ps.在sad中,sa=sd=a,p为ad的中点,所以spad.又因为平面sad平面abcd,且平面sad平面abcd=ad,所以sp平面abcd.显然有pead.如图,以p为坐标原点,pa为x轴,pe为y轴,ps为z轴建立空间直角坐标系,则s(0,0,22a),a(22a,0,0),b(22a,3a,0),c(-22a,3a,0),d(-22a,0,0).(1)易知cd=(0,-3a,0),sa=(22a,0,-22a),所以cd·sa=0,所以cdsa.(2)又ca=(2a,-3a,0),设n=(x,y,z)为平面csa的

16、一个法向量,则有n·sa=0,n·ca=0,即22ax-22az=0,2ax-3ay=0.取n=(3,2,3).显然,ep平面sad,所以pe为平面sad的一个法向量,所以m=(0,1,0)为平面sad的一个法向量.所以cos<n,m>=222=12,所以平面csa与平面dsa的夹角的大小为3.11.【思路点拨】由aa1平面abc可知,平面abc平面acc1a1,故可考虑建立空间直角坐标系解决问题.【解析】(1)以d为原点,da所在直线为x轴,过d作ac的垂线为y轴,db所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图,则a(1,0,0),c(-1,0,0),e(-1,-1

17、,0),a1(1,-2,0),c1(-1,-2,0),b(0,0,3),b1(0,-2,3),ae=(-2,-1,0),a1d=(-1,2,0),bd=(0,0,-3).ae·a1d=2-2+0=0,aea1d,ae·bd=0,aebd.又a1d与bd相交于d,ae平面a1bd.(2)设平面da1b的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1·a1d=0,n1·bd=0-x1+2y1=0,-3z1=0.取n1=(2,1,0).设平面aba1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),易得a1b=(-1,2,3),a1a=(0,2,0),则由n2

18、3;a1b=0,n2·a1a=0-x2+2y2+3z2=0,2y2=0,取n2=(3,0,3).cos<n1,n2>=65×12=155.故平面dba1与平面aba1的夹角的余弦值为155.(3)b1b=(0,2,0),平面a1bd的法向量取n1=(2,1,0),则b1到平面a1bd的距离为d=|b1b·n1n1|=255.12.【解析】(1)由四边形abcd为菱形,abc=60°,可得abc为正三角形.因为e为bc的中点,所以aebc.又bcad,因此aead.因为pa平面abcd,ae平面abcd,所以paae.因为paad=a,所以ae平面pad,又pd平面pad.所以aepd.(2)设ab=2,h为pd上任意一点,连接ah,eh.由(1)知ae平面pad,则eha为eh与平面pad的夹角.在rteah中,ae=3,所以当ah最短时,eha最大,即当ahpd时,eha最大.此时taneha=aeah=3ah=62,因此ah=2.又ad=2,所以adh=45°,所以pa=2.方法一:因为pa平面abcd,pa平面pac,所