高届高级高考调研第一轮复习理科数学课件作业课时训练58.docx

高届高级高考调研第一轮复习理科数学课件作业课时训练58.docx

《高届高级高考调研第一轮复习理科数学课件作业课时训练58.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高届高级高考调研第一轮复习理科数学课件作业课时训练58.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高届高级高考调研第一轮复习理科数学课件作业课时训练58

题组层级快练（五十八）

1.（2019·河北徐水一中模拟）如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD＝AB,∠BCD＝45°,∠BAD＝90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A－BCD,则在三棱锥A－BCD中,下列命题正确的是（　　）

A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDC

C.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABC

【参考答案】：

D

【试题解析】：

∵在四边形ABCD中,AD∥BC,AD＝AB,∠BCD＝45°,∠BAD＝90°,∴BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD＝BD,故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,故AB⊥平面ADC,所以平面ABC⊥平面ADC.

2.（2019·河北冀州中学月考）如图,已知二面角α－PQ－β的大小为60°,点C为棱PQ上一点,A∈β,AC＝2,∠ACP＝30°,则点A到平面α的距离为（　　）

A.1　　　　　　　　　B.

C.D.

【参考答案】：

C

【试题解析】：

如图,过A作AO⊥α于O,点A到平面α的距离为AO.

作AD⊥PQ于D,连接OD,则AD⊥CD,CD⊥OD,∠ADO就是二面角α－PQ－β的大小,即为60°.

因为AC＝2,∠ACP＝30°,所以AD＝ACsin30°＝2×＝1.

在Rt△AOD中,AO＝ADsin60°＝1×＝.故选C.

3.如图所示,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,若E,F分别是BC,DD1的中点,则B1到平面ABF的距离为（　　）

A.B.

C.D.

【参考答案】：

D

【试题解析】：

方法一：

由VB1－ABF＝VF－ABB1可得解.

方法二：

建立如图所示的空间直角坐标系,

则A（1,0,1）,B1（1,1,0）.

设F（0,0,）,E（,1,1）,B（1,1,1）,＝（0,1,0）.

∴＝（－,0,1）,＝（－1,0,－）.

∵·＝（－1,0,－）·（－,0,1）＝0,

∴⊥.又⊥,∴B1E⊥平面ABF.

平面ABF的法向量为＝（－,0,1）,＝（0,1,－1）.

B1到平面ABF的距离为＝.

4.（2019·广东深圳月考）如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,棱长为1,E,F分别为C1D1与AB的中点,B1到平面A1FCE的距离为（　　）

A.B.

C.D.

【参考答案】：

D

【试题解析】：

设点B1到平面A1FCE的距离为h.∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,∴A1F＝FC＝,A1C＝,EF＝,∴S△A1CF＝××＝,S△A1B1F＝×1×1＝.

又V三棱锥B1－A1CF＝V三棱锥C－A1B1F,∴×h＝××1,解得h＝.即点B1到平面A1FCE的距离为.故选D.

5.如图所示,△ADP为正三角形,四边形ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD.点M为平面ABCD内的一个动点,且满足MP＝MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为（　　）

【参考答案】：

A

【试题解析】：

空间中到P,C两点的距离相等的点在线段PC的垂直平分面上,此平面与正方形ABCD相交是一条线段可排除B,C,又点B到P,C两点的距离显然不相等,排除D,故选A.

6.（2019·哈尔滨模拟）正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为,在正方体表面上与点A距离是2的点形成一条封闭的曲线,这条曲线的长度是（　　）

A.πB.π

C.3πD.π

【参考答案】：

D

【试题解析】：

在面ABCD,面AA1B1B,面AA1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹分别是以A为圆心,2为半径,圆心角为的圆弧,在面A1B1C1D1,面BB1C1C,面CC1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹是分别以A1为圆心,以B为圆心,以D为圆心,1为半径,圆心角为的圆弧,故圆弧的长为3××2＋3××1＝π.

7.（2019·江西南昌调研）已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC满足AB＝2,∠ACB＝90°,PA为球O的直径,且PA＝4,则点P到底面ABC的距离为（　　）

A.B.2

C.D.2

【参考答案】：

B

【试题解析】：

∵三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上,且直径PA＝4,∴球心O是PA的中点,球O的半径R＝OC＝PA＝2.过点O作OD⊥平面ABC,垂足为D.在△ABC中,AB＝2,∠ACB＝90°,∴D为AB的中点,且AD＝BD＝CD＝,∴OD＝＝＝,∴点P到底面ABC的距离d＝2OD＝2.故选B.

8.（2019·甘肃兰州质检）如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法正确的是________.（写出所有正确说法的序号）

①不论D折至何位置（不在平面ABC内）,都有MN∥平面DEC；

②不论D折至何位置（不在平面ABC内）,都有MN⊥AE；

③不论D折至何位置（不在平面ABC内）,都有MN∥AB；

④在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD.

【参考答案】：

①②④

【试题解析】：

不妨设BC＝a,CE＝ED＝b.折起后∠CED＝θ（0<θ<π）.以E为原点,EA,EC分别为x轴,y轴.

则A（a,0,0）,C（0,b,0）,D（0,bcosθ,bsinθ）,B（a,b,0）.

∴M（,cosθ,sinθ）,N（,,0）.

∴＝（0,－cosθ,－sinθ）,＝（a,0,0）,＝（0,b,0）,＝（－a,bcosθ,bsinθ）,＝（0,b,0）.

∵·＝0,∴MN⊥AE,②对,是平面CED的法向量.

∴MN∥平面DEC,①对,MN与AB异面,③不对.当θ＝时,·＝0,∴④对.

综上,①②④正确.

9.如图所示,在三棱锥P－ABC中,PA⊥底面ABC,PA＝AB,∠ABC＝60°,∠BCA＝90°,点D,E分别在棱PB,PC上,且DE∥BC.

（1）求证：

BC⊥平面PAC；

（2）当D为PB的中点时,求AD与平面PAC所成的角的余弦值；

（3）是否存在点E使得二面角A－DE－P为直二面角？

并说明理由.

【参考答案】：

（1）略　

（2）　（3）存在点E

【试题解析】：

方法一：

（1）∵PA⊥底面ABC,

∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°,

∴AC⊥BC,又PA∩AC＝A,∴BC⊥平面PAC.

（2）∵D为PB的中点,DE∥BC,

∴DE＝BC.

又由

（1）知,BC⊥平面PAC,

∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.

∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.

∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AB.

又PA＝AB,∴△ABP为等腰直角三角形.

∴AD＝AB.

在Rt△ABC中,∠ABC＝60°.∴BC＝AB.

∴Rt△ADE中,sin∠DAE＝＝＝.

∴cos∠DAE＝.

（3）∵DE∥BC,

又由

（1）知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC.

又∵AE⊂平面PAC,PE⊂平面PAC,

∴DE⊥AE,DE⊥PE.

∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角.

∵PA⊥底面ABC,

∴PA⊥AC,∴∠PAC＝90°.

∴在棱PC上存在一点E,使得AE⊥PC.

这时,∠AEP＝90°.

故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角.

方法二：

如图所示,以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.

设PA＝a,由已知可得A（0,0,0）,B（－a,a,0）,C（0,a,0）,P（0,0,a）.

（1）∵＝（0,0,a）,＝（a,0,0）,

∴·＝0,∴BC⊥AP.

又∵∠BCA＝90°,∴BC⊥AC.又AP∩AC＝A,

∴BC⊥平面PAC.

（2）∵D为PB的中点,DE∥BC,

∴E为PC的中点.

∴D（－a,a,a）,E（0,a,a）.

又由

（1）知,BC⊥平面PAC,

∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.

∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角.

∵＝（－a,a,a）,＝（0,a,a）,

∴cos∠DAE＝＝.

（3）同方法一.

10.（2019·河北开滦二中月考）如图所示,在四棱锥P－ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,PD＝AB＝2,E为PC中点.

（1）求证：

DE⊥平面PCB；

（2）求点C到平面DEB的距离；

（3）求二面角E－BD－P的余弦值.

【参考答案】：

（1）略　

（2）　（3）

【试题解析】：

（1）证明：

∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BC.

又正方形ABCD中,CD⊥BC,PD∩CD＝D,∴BC⊥平面PCD.

∵DE⊂平面PCD,∴BC⊥DE.

∵PD＝CD,E是PC的中点,∴DE⊥PC.

又∵PC∩BC＝C,∴DE⊥平面PCB.

（2）如图①所示,过点C作CM⊥BE于点M,

由

（1）知平面DEB⊥平面PCB,

∵平面DEB∩平面PCB＝BE,∴CM⊥平面DEB.

∴线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离.

∵PD＝AB＝CD＝2,∠PDC＝90°,

∴PC＝2,EC＝,BC＝2.∴BE＝.

∴CM＝＝.

（3）以点D为坐标原点,分别以直线DA,DC,DP为x轴,y轴,z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则D（0,0,0）,P（0,0,2）,B（2,2,0）,E（0,1,1）,＝（2,2,0）,＝（0,1,1）.设平面BDE的法向量为n1＝（x,y,z）,

则∴

令z＝1,得y＝－1,x＝1.

∴平面BDE的一个法向量为n1＝（1,－1,1）.

又∵C（0,2,0）,A（2,0,0）,＝（－2,2,0）,且AC⊥平面PDB,

∴平面PDB的一个法向量为n2＝（1,－1,0）.

设二面角E－BD－P的平面角为α,则cosα＝＝＝.

∴二面角E－BD－P的余弦值为.

11.（2019·广州模拟）如图

（1）,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,且BC＝2AD＝4,E,F分别为线段AB,DC的中点,沿EF把AEFD折起,使AE⊥CF,得到如图

（2）的立体图形.

（1）证明：

平面AEFD⊥平面EBCF；

（2）若BD⊥EC,求二面角F－BD－C的余弦值.

【参考答案】：

（1）略　

（2）

【试题解析】：

（1）证明：

由折叠可知,AE⊥EF.

因为AE⊥CF,且EF∩CF＝F,所以AE⊥平面EBCF.

因为AE⊂平面AEFD,所以平面AEFD⊥平面EBCF.

（2）如图所示,过点D作DG∥AE交EF于点G,连接BG,则DG⊥平面EBCF,所以DG⊥EC.

因为BD⊥EC,BD∩DG＝D,

所以EC⊥平面BDG,所以EC⊥BG.

所以∠BGE＋∠GEC＝∠CEB＋∠GEC,所以∠BGE＝∠CEB,且∠EBC＝∠GEB＝90°,所以△EGB∽△BEC,

则＝,因为EG＝AD＝2,BC＝4,所以EB＝2.

所以E为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz,则F（0,3,0）,D（0,2,2）,C（2,4,0）,A（0,0,2）,B（2,0,0）.

故＝（－2,2,2）,＝（0,－1,2）,＝（0,4,0）,＝（－2,－2,2）.

设平面FBD的法向量n＝（x,y,z）,

则

令z＝1,得y＝2,x＝3,

所以平面FBD的一个法向量是n＝（3,2,1）.

设平面BCD的法向量m＝（a,b,c）,

则

令a＝1,得b＝0,c＝1,所以平面BCD的一个法向量是m＝（1,0,1）.

因为cos〈n,m〉＝＝＝,

所以二面角F－BD－C的余弦值为.

12.（2019·长沙调研）如图所示,四棱锥S－ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,点P为侧棱SD上