2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 5.3 空間中的角及動(dòng)態(tài)問題能力訓(xùn)練 新人教A版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 5.3 空間中的角及動(dòng)態(tài)問題能力訓(xùn)練 新人教A版 一、選擇題(本大題共7小題,每小題5分,共35分) 1.已知正四面體ABCD中,E是AB的中點(diǎn),則異面直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 2.(xx浙江杭州第二次高考科目教學(xué)質(zhì)量檢測,文6)已知ABC-A1B1C1是所有棱長均相等的直三棱柱,M是B1C1的中點(diǎn),那么下列命題中正確的是(　　) A.在棱AB上存在點(diǎn)N,使MN與平面ABC所成的角為45 B.在棱AA1上存在點(diǎn)N,使MN與平面BCC1B1所成的角為45 C.在棱AC上存在點(diǎn)N,使MN與AB1平行 D.在棱BC上存在點(diǎn)N,使MN與AB1垂直 3.(xx浙江杭州二中仿真考,文8)過正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中點(diǎn)與直線BD1所成角為40,且與平面ACC1A1所成角為50的直線條數(shù)為(　　) A.1 B.2 C.3 D.無數(shù) 4.直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在半徑為的球面上,AB=AC=,AA1=2,則二面角B-AA1-C的余弦值為(　　) A.- B.- C. D. 5.在平面四邊形ABCD中,AD=AB=,CD=CB=,且AD⊥AB,現(xiàn)將△ABD沿著對角線BD翻折成△ABD,則在△ABD折起至轉(zhuǎn)到平面BCD內(nèi)的過程中,直線AC與平面BCD所成的最大角的正切值為(　　) A.1 B. C. D. 6.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱B1C1的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi),且PA1=A1E,則點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)形成的圖形是(　　) A.線段 B.圓弧 C.橢圓的一部分 D.拋物線的一部分 7.在空間中,過點(diǎn)A作平面π的垂線,垂足為B,記B=fπ(A).設(shè)α,β是兩個(gè)不同的平面,對空間任意一點(diǎn)P,Q1=fβ[fα(P)],Q2=fα[fβ(P)],恒有PQ1=PQ2,則(　　) A.平面α與平面β垂直 B.平面α與平面β所成的(銳)二面角為45 C.平面α與平面β平行 D.平面α與平面β所成的(銳)二面角為60 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分) 8.(xx浙江第一次五校聯(lián)考)已知三棱錐A-BCD中,AB=AC=BD=CD=2,BC=2AD=2,則直線AD與底面BCD所成角為　　　　　. 9. (xx浙江金華十校模擬(4月),文13)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D為AB的中點(diǎn),AA1=4,AB=6,則異面直線B1D與AC1所成角的余弦值為　　　　　. 10.如圖,將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折起,使得平面ADC⊥平面ABC,在折起后形成的三棱錐D-ABC中,給出下列三個(gè)命題: ①△DBC是等邊三角形;②AC⊥BD;③三棱錐D-ABC的體積是;④AB與CD所成的角是60.其中正確命題的序號是　　　　　. 11.點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運(yùn)動(dòng),則下列四個(gè)命題: ①三棱錐A-D1PC的體積不變; ②A1P∥平面ACD1; ③DP⊥BC1; ④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正確的命題序號是　　　　　. 三、解答題(本大題共3小題,共45分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 12.(本小題滿分14分) (xx湖南,文18)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形,E,F分別是BC,CC1的中點(diǎn). (1)證明:平面AEF⊥平面B1BCC1; (2)若直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45,求三棱錐F-AEC的體積. 13.(本小題滿分15分) (xx浙江大學(xué)附中,文18)如圖,已知四棱錐P-ABCD,底面ABCD為邊長為2的菱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60,E是BC的中點(diǎn),PA=AB. (1)證明:AE⊥PD; (2)若F為PD上的動(dòng)點(diǎn),求EF與平面PAD所成最大值的正切值. 14.(本小題滿分16分) (xx浙江杭州第二中學(xué)高三仿真,文18)已知四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為∠ABC=的菱形,PA⊥平面ABCD,點(diǎn)Q在直線PA上. (1)證明:直線QC⊥直線BD; (2)若二面角B-QC-D的大小為,點(diǎn)M為BC的中點(diǎn),求直線QM與AB所成角的余弦值. 參考答案 專題能力訓(xùn)練13　空間中的角及動(dòng)態(tài)問題 1.B　解析: 如圖所示,取AD的中點(diǎn)F,連接EF,CF,則EF∥BD,于是異面直線CE與BD所成的角即為CE與EF所成的角∠CEF. 由題意知△ABC,△ADC為正三角形,設(shè)AB=2,則CE=CF=,EF=BD=1. 在△CEF中,由余弦定理,得cos∠CEF=.故選B. 2.B　解析: 如圖所示,連接A1M和AM,因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1,A1M?平面A1B1C1,所以AA1⊥A1M.設(shè)AA1=2a,則A1B1=A1C1=B1C1=2a,因?yàn)镸是B1C1的中點(diǎn),所以A1M⊥B1C1.所以A1M=a.在Rt△AA1M中,tan∠AMA1=>1,所以∠AMA1>45.所以在棱AA1上存在點(diǎn)N,使MN與平面BCC1B1所成的角為45.故選B. 3.B　解析: 取DD1的中點(diǎn)P,A1C1的中點(diǎn)為O1,AC的中點(diǎn)為O2,O1O2的中點(diǎn)為O,連接OP和PO2,則OP⊥平面ACC1A1,PO2∥BD1.在平面ACC1A1內(nèi),以點(diǎn)O為圓心,半徑為畫圓,則點(diǎn)P與此圓上的點(diǎn)的連線滿足:過DD1的中點(diǎn)P,且與平面ACC1A1所成的角為50,所以滿足與PO2所成角為40的直線PQ有且只有2條.故選B. 4.D　解析: 設(shè)B1C1=m,由已知有∠BAC即為二面角B-AA1-C的平面角,設(shè)∠BAC=α,如圖: 有=2r=2,即m=2sin α,由余弦定理有m2=3+3-2cos α,4sin2α=6-6cos α, 從而可得(cos α-1)(2cos α-1)=0. ∵0<α<π,∴cos α=. ∴二面角B-AA1-C的余弦值為. 5.C　解析:如下圖,OA=1,OC=2.當(dāng)AC與圓相切時(shí),直線AC與平面BCD所成角最大,最大角為30,其正切值為. 6.B　解析:由PA1=A1E知點(diǎn)P應(yīng)落在以A1為球心,A1E長為半徑的球面上.又知?jiǎng)狱c(diǎn)P在底面ABCD內(nèi),所以點(diǎn)P的軌跡是面ABCD與球面形成的交線,故為圓弧,所以選B. 7.A　解析: 設(shè)P1=fα(P),P2=fβ(P). 由條件中的新定義知:PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α,故PP1∥P2Q2,PP2∥P1Q1,PP1⊥P1Q2,PP2⊥P2Q1,可知點(diǎn)P,P1,P2,Q1,Q2五點(diǎn)共面,記為平面γ,可得α⊥γ,β⊥γ.當(dāng)α⊥β時(shí),PP2⊥PP1,此時(shí)四邊形PP1Q2P2為矩形,PP2⊥P2Q2,故Q1與Q2重合,滿足題意,A正確; B中取正方體的一個(gè)底面及與其成45的一個(gè)體對角面,則當(dāng)PQ1=1時(shí),PQ2=,不成立;C中取正方體的一組相對的面,明顯有PQ1=1,PQ2=0,不成立;D中與B類似,當(dāng)PQ1=時(shí),PQ2=,不成立,故選A. 8.　解析:取BC中點(diǎn)E,連接AE,DE,則BC⊥AE,BC⊥DE,∴BC⊥平面ADE.∴∠ADE即為直線AD與平面BCD所成的角,易得AD=DE=AD=.∴∠ADE=,即直線AD與平面BCD所成角為. 9.　解析: 取A1B1的中點(diǎn)E,連接AE,C1E,因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B是矩形,D是AB的中點(diǎn),所以AB??A1B1.所以AD??EB1.所以四邊形AEB1D是平行四邊形.所以AE∥DB1.所以∠EAC1就是異面直線B1D與AC1所成角. 在三角形AEC1中,AE==5,AC1==2,EC1=3, 所以cos∠EAC1=. 10.①②④　解析:設(shè)AC∩BD=O,①根據(jù)圖可知BD=DO==1,再由BC=DC=1,可知△DBC是等邊三角形;②由AC⊥DO,AC⊥BO,可得AC⊥平面DOB,從而有AC⊥BD;③三棱錐D-ABC的體積=S△ABCOD=11;④過點(diǎn)O作OE∥AB,OF∥CD,則∠EOF(或補(bǔ)角)為所求角,在△OEF中可解得∠EOF=120,故AB與CD所成的角為60.因此應(yīng)填“①②④”. 11.①②④　解析:由題意可得直線BC1平行于直線AD1,并且直線AD1?平面AD1C,直線BC1?平面AD1C, 所以直線BC1∥平面AD1C. 所以.點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變,所以體積不變.即①是正確的; 連接A1C1,A1B,可得平面AD1C∥平面A1C1B. 又因?yàn)锳1P?平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1. 所以②正確; 當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)△DBC1是等邊三角形, 所以DP不垂直BC1.故③不正確; 因?yàn)橹本€AC⊥平面DB1,DB1?平面DB1, 所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1. 所以可得DB1⊥平面AD1C. 又因?yàn)镈B1?平面PDB1, 所以可得平面PDB1⊥平面ACD1. 故④正確.綜上,可知正確的序號為①②④. 12.(1)證明: 如圖,因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1. 又E是正三角形ABC的邊BC的中點(diǎn),所以AE⊥BC. 因此,AE⊥平面B1BCC1. 而AE?平面AEF,所以,平面AEF⊥平面B1BCC1. (2)解:設(shè)AB的中點(diǎn)為D,連接A1D,CD. 因?yàn)椤鰽BC是正三角形,所以CD⊥AB. 又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CD⊥AA1. 因此CD⊥平面A1ABB1,于是∠CA1D為直線A1C與平面A1ABB1所成的角. 由題設(shè),∠CA1D=45,所以A1D=CD=AB=. 在Rt△AA1D中,AA1=, 所以FC=AA1=. 故三棱錐F-AEC的體積V=S△AECFC=. 13.(1) 證明:∵四邊形ABCD為菱形,且∠ABC=60, ∴△ABC為正三角形.又E為BC中點(diǎn), ∴AE⊥BC. 又AD∥BC, ∴AE⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD,又AE?平面ABCD, ∴PA⊥AE. ∴AE⊥平面PAD.又PD?平面PAD, ∴AE⊥PD. (2)解:連接AF,由(1)知AE⊥平面PAD, ∴∠AFE為EF與平面PAD所成的角. 在Rt△AEF中,AE=,∠AFE最大當(dāng)且僅當(dāng)AF最短, 即AF⊥PD時(shí)∠AFE最大, 依題意,此時(shí)在Rt△PAD中,PAAD=PDAF, ∴AF=,tan∠AFE=. ∴EF與平面PAD所成最大角的正切值為. 14.(1)證明:顯然BD⊥AC,PA⊥平面ABCD,則PA⊥BD, 所以BD⊥平面PAC. 因?yàn)镼C?平面PAC,所以直線QC⊥直線BD. (2)解:由已知和對稱性可知,二面角B-QC-A的大小為,設(shè)底面ABCD的棱長為單位長度2,AQ=x,AC,BD交于點(diǎn)E,則有點(diǎn)B到平面AQC的距離BE為1,過點(diǎn)E作QC的垂線,垂足設(shè)為F,則有tan∠BFE=tan,BE=1,則EF=,點(diǎn)A到QC的距離為,則有=2x,得x=. 過點(diǎn)M作AB的平行線交AD的中點(diǎn)為G,則GM=2,QG=, AM=,則QM=, cos∠QMG=. 故所求的QM與AB所成角的余弦值為.