2019-2020年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(四十六).doc

2019-2020年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(四十六)一、选择题1如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(B)A45 B60C90 D120解析：以B点为坐标原点，以BC、BA、BB1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则B(0,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，(0，1,1)，(2,0,2)cos，.EF与BC1所成角为60.2如图，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AFADa，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为(C)A. B. C. D.解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，(a，a,0)，(0,2a,2a)，(a，a,0)，(0,0,2a)，设平面AGC的法向量为n1(x1，y1,1)，由n1(1，1,1)sin .3在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为(A)A.a B.aC.a D.a解析：以A1为原点建立如图所示的坐标系，则A1(0,0,0)，M(，0，a)，D(0，a，a)，C(a，a，a)设面A1DM的法向量为n(x，y，z)则令y1，z1，x2，n(2,1，1)，点C到面A1DM的距离da.4如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1EA1D，AFAC，则(B)AEF至多与A1D，AC之一垂直BEFA1D，EFACCEF与BD1相交DEF与BD1异面解析：以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(，0，)，F(，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，(1,0，1)，(1,1,0)，(，)，(1，1,1)，0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC.二、填空题5已知向量a(1,2,3)，b(1,1,1)，则向量a在向量b方向上的投影为_解析：ba(1,1,1)(1,2,3)，则a在向量b上的投影为.答案：6已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为_解析：cosm，n，m，n45.二面角为45或135.答案：45或1357正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P.则(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0,1,1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案：30三、解答题8如图，ABCD是边长为3的正方形，DE面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60.(1)求二面角FBED的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM面BEF，并证明你的结论解：(1)DE平面ABCD，EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.由AD3，BD3，得DE3，AF.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(3,0,0)，F(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，(0，3，)，(3,0，2)设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z，则n(4,2，)AC平面BDE，(3，3,0)为平面BDE的一个法向量，cosn，.故二面角FBED的余弦值为.(2)依题意，设M(t，t,0)(t0)，则(t3，t,0)，AM平面BEF，n0，即4(t3)2t0，解得t2.点M的坐标为(2,2,0)，此时，点M是线段BD靠近B点的三等分点9如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值解：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.10如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小解：(1)证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图ABAA1，OAOBOA11，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)由，易得B1(1,1,1)(1,0，1)，(0，2,0)，(1,0,1)，0，0，A1CBD，A1CBB1，A1C平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n(x，y，z)(1,0,0)，(1,1,1)，取n(0,1，1)，由(1)知，(1,0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.11如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1D底面ABCD，且面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA12.(1)求证：C1D平面ABB1A1；(2)求直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值；(3)求二面角DA1C1A的余弦值解：(1)证明：四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1CC1，又CC1面ABB1A1，所以CC1平面ABB1A1，又因为ABCD是正方形，所以CDAB，又CD面ABB1A1，AB面ABB1A1，所以CD平面ABB1A1.又因为CC1CDC，所以平面CDD1C1平面ABB1A1，又因为C1D平面CDD1C1，所以C1D平面ABB1A1.(2)ABCD是正方形，ADCD，因为A1D平面ABCD，所以A1DAD，A1DCD，如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，在RtADA1中，由已知可得A1D.所以D(0,0,0)，A1(0,0，)，A(1,0,0)，B1(0,1，)，C1(1,1，)，D1(1,0，)，B(1,1,0)，(2，1，)， (1，1,0)，因为A1D平面ABCD，所以A1D平面A1B1C1D1，A1DB1D1.又B1D1A1C1，所以B1D1平面A1C1D，所以平面A1C1D的一个法向量为n(1,1,0)设与n所成的角为，则cos ，所以直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值为.(3)平面A1C1A的法向量为m(a，b，c)则m0，m0，所以ab0，ac0.令c，可得m(3,3，)则cosmn.所以二面角DA1C1A的余弦值为.12如图，四边形BCDE是直角梯形，CDBE，CDBC，CDBE2，平面BCDE平面ABC；又已知ABC为等腰直角三角形，ABAC4，M，F分别为BC，AE的中点(1)求直线CD与平面DFM所成角的正弦值；(2)能否在线段EM上找到一点G，使得FG平面BCDE？若能，请指出点G的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥FDME的体积解：由题意，CDBC.四边形BCDE是直角梯形，EBBC.又平面BCDE平面ABC，EB平面ABC.于是以B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.则B(0,0,0)，C(4,4,0)，A(0,4,0)，D(4,4,2)，E(0,0,4)，F(0,2,2)，M(2,2,0)(1)(0,0,2)设m(x，y，z)为平面DFM的法向量由m0，m0，得，即m(x，2x，x)令x1，得m(1，2,1)于是sin .(2)证明：设存在点G满足题设，且(01)则G(2，2，44)，(2，22,24)由1680，得.经检验0.故当G为EM的中点时，FG平面BCDE.(3)BECD，CDBC，且四边形BCDE是直角梯形，SBMEBEBM424，SDCMSBME2.又梯形BCDE的面积S梯形BCDE(42)412，SDMES梯形BCDESDCMSBEM6.由(2)，知FG为三棱锥FDME的高，且|FG|.VFDME64.热点预测13(xx保定市高三第一次模拟)四棱锥SABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB的中点，且SAB为等腰直角三角形，SASB2，SCBD，DA平面SAB.(1)求证：平面SBD平面SMC；(2)设四棱锥SABCD外接球的球心为H，求棱锥HMSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值解：(1)SASB，M为AB中点，SMAB.又DA平面SAB，DASM，所以SM平面ABCD.又DB平面ABCD，SMDB.又SCBD，DB平面SMC，平面SBD平面SMC.(2)由(1)知DB平面SMC，DBMC，所以ABDBCM，故BC2设AC与BD交于N点，因为ASBS，DABS，所以SB平面SAD.所以SBSD，显然NANBNCNDNS，所以H与N重合，即为球心，设MC与DB交于Q点，由于DB平面SMC，故HQ即为所求因为MC，QB.BD2，HB，故HQ.即棱锥HMSC的高为.(3)以点M为原点，建立坐标系如图则M(0,0,0)，S(，0,0)，C(0，2)，A(0，0)，D(0，2) (，0,0)，(0，2)，(0,0,2)，(，0)设平面SMC的法向量为n(x，y，z)，平面ASD的法向量为m(a，b，c)，不妨取n(0，1)，不妨取m(1，1,0)cosm，n.所以，平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值为.