高考数学一轮复习作业50

1、1 / 16 题组层级快练题组层级快练(五十五十) (第一次作业第一次作业) 一、单项选择题 1(2021 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.23 b.24 c.73 d.2 23 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，易知 o为底面 abcd的中心，连接 oe，ve，根据题意可知，veo 是二面角 vabc 的平面角因为 oe1，ve32122 2，所以 cosveooeve12 224.故选 b. 2.(2021 长春调

2、研)如图所示，在直三棱柱 abca1b1c1中，acb90，2acaa1bc2.若二面角 b1dcc1的大小为 60，则ad的长为( ) a. 2 b. 3 c2 d.22 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2 / 16 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 cb12y2z0，mcdxaz0，得yz，xaz，令 z1，则 m(a，1，

3、1)又平面c1dc 的一个法向量为 n(0，1，0)，则由 cos60|m n|m|n|，得1a2212，解得 a 2(负值舍去)，所以 ad 2.故选 a. 3.如图，棱长都相等的平行六面体 abcdabcd中，dabaadaab60，则二面角 abda 的余弦值为( ) a.13 b13 c.33 d33 答案 a 解析 棱长都相等的平行六面体 abcdabcd中，dabaadaab60，则四面体 abda为正四面体，如图，取 bd的中点 e，连接 ae，ae.设正四面体的棱长为 2，则 aeae 3，且 aebd，aebd，则aea即为二面角 abda 的平面角，在aae 中，cosae

4、aae2ae2aa22aeae13.故二面角 abda的余弦值为13. 4(2021 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.415 b.3 415 c.3 4141 d.4 4141 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 rtbcd 中，bd3 / 16 dc2cb2 4232

5、5，因为 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、解答题 5.(2020 天津)如图，在三棱柱 abca1b1c1中，cc1平面 abc，acbc，acbc2，cc13，点 d，e 分别在棱 aa1和棱 cc1上，且ad1，ce2，m 为棱 a1b1的中点 (1)求证：c1mb1d； (2)求二面角 bb1ed的正弦值； (3)求直线 ab 与平面 db1e 所成角的正弦值 答案 (1)略 (2)306 (3)3

6、3 解析 依题意，以 c 为原点，分别以ca，cb，cc1的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，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)证明：依题意，c1m(1，1，0)，b1d(2，2，2)，从而c1mb1d2200，所以 c1mb1d. (2)依题意，ca(2，0，0)是平面 bb1e 的一个法向量，eb1(0，2，1)，ed(2，0，1) 设 n(x，y，z)为平面 db1e 的法向量，则n eb10，ned0，即2yz

7、0，2xz0. 不妨设 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的正弦值为306. (3)依题意，ab(2，2，0)由(2)知 n(1，1，2)为平面 db1e 的一个法向量，于是cosab，nab n|ab|n|33. 所以直线 ab 与平面 db1e所成角的正弦值为33. 6.(2021 唐山模拟)如图，四棱锥 pabcd 的底面 abcd 是平行四边形，连接 bd，其中 dadp，babp. (1)求证：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)证明：如图，取 ap中点 m，连接 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 是等边三角形，abpbbd2，dm1，bm 3. bd2mb2md2，mdmb. 以 mp，mb，md所在直线分别为 x轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，如图， 则 a(1，0，0)，b(0， 3，0)，p(1，0，0)，d(0，0，1)， 从而得dp(1，0，1)，dcab(1， 3，0)，bp(1，

9、3，0)，bcad(1，0，1) 设平面 dpc 的法向量 n1(x1，y1，z1)， 则n1dp0，n1dc0，即x1z10，x1 3y10，可取 n1( 3，1， 3)， 5 / 16 设平面 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. 设二面角 dpcb 为 ，sin 1cos2n1，n24 37，即二面角 dpcb的正弦值为4 37. 7.(2021 武汉模拟)如图所示，多面体是由底面为 abcd 的直四棱柱被截面aefg 所截而得到的，该直四棱柱的底面

10、为菱形，其中 ab2，cf5，be1，bad60. (1)求 bg的长； (2)求平面 aefg与底面 abcd所成锐二面角的余弦值 答案 (1)2 5 (2)34 解析 (1)由面面平行的性质定理可知：四边形 aefg 是平行四边形，建立如图所示的空间直角坐标系 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)，则 g(1，0，4) 所以bg(2，0，4) 则 bg的长为|bg|2 5. (2)依题意可取平面 abcd的一个法向量 m(0，0，1) 由(1)可知：ag(1， 3，4)，ae(1， 3，

11、1)， 设 n(x，y，z)是平面 aefg的一个法向量，则n ae0，nag0，即x 3yz0，x 3y4z0， 可取 n3，5 33，2 . 6 / 16 则|cosn，m|n m|n|m|34， 所以所求锐二面角的余弦值为34. 8.(2021 广东惠州二次调研)如图，在四棱锥 pabcd 中，底面 abcd是边长为 2的菱形，abc60，papb，pc2. (1)求证：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)证明：取 ab 的中点为 o，连接 co，po，如图 四边形 abcd是边长为 2 的菱形，ab

12、bc2. 又abc60，abc 是等边三角形，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， 直线 oc，ob，op 两两垂直以 o 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 oxyz， 则 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) 设平面 apc

13、的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由m ap0，mpc0，得y1z10，3x1z10，取 x11，得 m(1， 3， 3)， 设平面 pcd 的法向量为 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，由图易知二面角 apcd 为锐二面角，二面角 apcd的余弦值为2 77. 9.(2021 山东潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答 abbc；fc 与平面 abcd 所成的角为6；abc3. 如图，在四棱锥 pabcd 中，底面 abcd 是菱形，

14、pa平面 abcd，且 paab2，pd的中点为 f. (1)在线段 ab 上是否存在一点 g，使得 af平面 pcg？若存在，指出 g 在 ab 上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由； (2)若_，求二面角 facd 的余弦值 答案 (1)略 (2)略 解析 (1) 存在线段 ab 的中点 g，使得 af平面 pcg. 证明如下：如图所示，设 pc 的中点为 h，连接 fh，gh. f，h 分别为 pd，pc 的中点，fhcd，fh12cd，在菱形 abcd 中，g 为 ab 中点，agcd，ag12cd， fhag，fhag，四边形 aghf为平行四边形，afgh. 又 gh平面 pc

15、g，af平面 pcg，af平面 pcg. (2) 选择，abbc. pa平面 abcd，paab，paad. ab，ad，ap 两两垂直，以 ab，ad，ap 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 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) 设平面 fac的法向量为 (x，y，z)， 则 afyz0，cf2xyz0， 取 y1，得 (1，1，1) 易知平面 acd的一个法向量为 v(0，0，1)， 设二面角 facd 大小为 ，由图知二面角 facd

16、 为锐二面角，则 cos| v|v|33， 二面角 facd的余弦值为33. 选择，fc 与平面 abcd所成的角为6. 如图，取 bc中点 e，连接 ae，取 ad的中点 m，连接 fm，cm， 则 fmpa，且 fm1. pa平面 abcd，fm平面 abcd，fc 与平面 abcd 所成角为fcm，fcm6. 在 rtfcm中，cmfmtan6133 3. 又 cmae，ae2be2ab2， bcae，又 bcad，aead.pa平面 abcd，paad，paae，ae，ad，ap 两两垂直，以 ae，ad，ap 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 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) 设平面 fac的法向量为 m(x，y，z)， 则m afyz0，mcf 3xz0，取 x 3，得 m( 3，3，3) 9 / 16 易知平面 acd的一个法向量为 n(0，0，1)， 设二面角 facd的大小为 ， 由图知二面角 facd为锐二面角， 则 cos|m n|m|n|217. 二面角 facd的余弦值为217. 选择，abc3. 取 bc 中点 e，连接 ae.pa平面 abcd，paae，paad， 底面 abcd是菱形，abc60，abc

18、 是正三角形 e 是 bc 的中点，bcae，ae，ad，ap 两两垂直，以 ae，ad，ap 所在直线分别为 x 轴、y轴、z 轴，建立空间直角坐标系以下同选择. 10.(2020 福建漳州二模)如图，在四棱锥 pabcd 中，平面abcd平面 pad，adbc，abbcap12ad，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105，求二面角 mabp的余弦值 答案 (1)略 (2)2 77 解析 (1)证明：因为bad90，所以 baad. 因为平面 abcd平面 pad，交线为

19、 ad，所以 ba平面 pad，从而 bapd. 在pad 中，由正弦定理得，apsinadpadsinapd，即12adsin30adsinapd，得 sinapd1，所以apd90，故 appd. 因为 baapa，所以 pd平面 pab.又 pb平面 pab，所以 pdpb. (2) 10 / 16 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)，c32，12，1 ，e32，0，0 ，

20、 设pmpc(01)，则pm32，12，1 ， 所以 m32，12， ， 从而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)， 设平面 mab的法向量为 m(x，y，z)， 则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的一个法向量为 n(1，0，0)， 所以 cosm，nm

21、 n|m| |n|2 77，易知二面角 mabp 为锐二面角，故二面角 mabp的余弦值为2 77. (第二次作业第二次作业) 1(2021 百师联盟联考四)如图，在四棱锥 pabcd 中，pd底面abcd，adcd，abcd，pdabad12cd1，m，n，q 分别为线段 bc，cd，pa的中点 (1)证明：平面 pmn平面 qdb； 11 / 16 (2)求二面角 pbdq 的余弦值 答案 (1)证明见解析 (2)63 解析 (1)证明：如图，连接 an，bn，设 an，bd交于点 o，连接 oq， 因为 n为 cd中点，ab12cd， 所以 dn12cdab， 因为 adcd， 所以四边

22、形 abnd为矩形， 所以 o为 an中点 因为 q为 pa 中点， 所以 oqpn. 又 m 为 bc中点， 所以 bdmn. 因为 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) 因为 pd平面 abcd，adcd， 可建立如图所示的空间直角坐标系， 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) 设平面 pbd和平面 qbd的一个法向量分别为 m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)， 则有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)， 设二面角 pbdq的大小为 ，易知 为锐角， 所以 cos|m n|m|n|63. 2(2021 山东省超级全能生联考)如图，几何体 acda1b1c1d1中，矩形 add1a1矩形 cdd1c1，b1a1平面 add1a1，adcd1，aa1a1b12，e为棱 aa1的中点 (1)证明：b1c1ce； (2)求直线 dd1与平面 b1ce 所成角的正弦值 答案 (1)证明见解析 (2)147 解析 (1)证明：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. 如图，连接 ec1.adcd1，aa1a1b12，e 为 aa1的中点， 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) 如图，以点 a 为原点，分别以 ad，aa1所在的直线为 x 轴、y 轴，过点 a 且平行于 c1d113 / 16 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，依题意得 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)， 设平面 b1ce的法向量 m(x，y，z)， 则m b1c0，mce0， 即x2yz0，xyz0，消去 x，得 y2z0， 不妨设 z1，可得一个法向量

26、为 m(3，2，1)， 又dd1(0，2，0)， 设直线 dd1与平面 b1ce所成角为 ， 于是 sin|cosm，dd1|m dd1|m|dd1|4142147. 故直线 dd1与平面 b1ce所成角的正弦值为147. 3.(2021 山东青岛二模)试在pcbd，pcab，papc 三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得 po平面 abcd 成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题 如图，在四棱锥 pabcd 中，acbdo，底面 abcd 为菱形，若_，且abc60，异面直线 pb 与 cd 所成的角为60，求二面角 apbc 的余弦值 答案 略 解析 若选，由 po平面 ab

27、cd 知 poab.又 pcab，pcpop，所以 ab平面pac，所以 abac，所以bac90， 则 bcba，这与底面 abcd为菱形矛盾，所以必不选，故选. 下面证明：po平面 abcd. 因为四边形 abcd为菱形，所以 acbd. 因为 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为坐标原点，以ob，oc，op的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 oxyz. 方法一：因为 abcd，所以pba为异面

28、直线 pb 与 cd所成的角，所以pba60. 在菱形 abcd中，设 ab2， 因为abc60，所以 oaoc1，ob 3. 设 poa(a0)，则 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) 设 n1(x1，y1，z1)为平面 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) 设 n2(x2，y2，z2)为平面 cbp的法向量，cb( 3，1，0)，cp(0，1， 6) 所以n2cb