（課標通用）高考數(shù)學一輪復習 課時跟蹤檢測45 理-人教版高三全冊數(shù)學試題

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1、課時跟蹤檢測(四十五) [高考基礎題型得分練] 1．[2017·河北秦皇島模擬]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1的中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案：C　 解析：以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖， 設AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，E(1,0,1)，D1(0,0,2)． 所以＝(0，－1,1)，＝(0，－1,2)， 所以cos〈，〉＝＝＝. 2．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，點M在AC1上且＝1，N為B1B的

2、中點，則||＝(　　) A.a B.a C.a D.a 答案：A　 解析：以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz， 則A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N. 設M(x，y，z)，∵點M在AC1上且＝， ∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)， ∴x＝，y＝，z＝，則M， ∴||＝ ＝ a. 3．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案：B　 解析：以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，

3、 設棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)，＝. 設平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)， 所以有即 解得∴n1＝(1,2,2)． ∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. 故所成的銳二面角的余弦值為. 4．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且 SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：A　 解析： 如圖，以O為坐標原點建立空間直角坐標系O－xyz. 設OD＝SO

4、＝OA＝OB＝OC＝a，則A(a,0,0)，B(0，a,0)， C(－a,0,0)，P. 則＝(2a,0,0)，＝，＝(a，a,0)， 設平面PAC的一個法向量為n，設n＝(x，y，z)， 則解得可取n＝(0,1,1)， 則cos〈，n〉＝＝＝， ∴〈，n〉＝60°， ∴直線BC與平面PAC所成的角是90°－60°＝30°. 5．設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是(　　) A. B. C. D. 答案：D　 解析：如圖，建立空間直角坐標系． 則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，＝(2,0

5、,0)，＝(2,2,0)． 設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)， 則∴ 令z＝1，得n＝(－1,1,1)． ∴D1到平面A1BD的距離d＝＝＝. 6．[2017·河南鄭州模擬]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________． 答案：　 解析：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系， 設n＝(x，y，z)為平面A1BC1的法向量． 則即 令z＝2，則y＝1，x＝2， 于是n＝(2,1,2)，＝(0,2,0)， 設所求線面角為α，則sin α＝|cos〈n

6、，〉|＝. 7．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A－BD－C的正弦值為________． 答案：　 解析：取BC中點O，連接AO，DO，建立如圖所示坐標系， 設BC＝1，則A，B，D. ∴＝，＝，＝. 設平面ABD的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則·n＝0，且·n＝0， ∴＋z0＝0，且x0＋＝0， 因此取x0＝1， 得平面ABD的一個法向量n＝(1，－，1)． 由于＝為平面BCD的一個法向量， ∴cos〈n，〉＝，∴sin〈n，〉＝. 8．如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，

7、F分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是________． 答案：60°　 解析：以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系． 設AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC1所成的角為60°. 9．如圖，在四棱錐 P－ABCD中，PC⊥底面 ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC； (2)若二面角 P－

8、AC－E的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值． (1)證明：∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥PC. ∵AB＝2，AD＝CD＝1，∠ADC＝90°， ∴AC＝BC＝， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC. ∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC. (2)解：如圖，以C為原點，，，分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標系， 則C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)． 設P(0,0，a)(a＞0)，則E， ＝(1,1,0)，＝(0,0，a)，＝， 取m＝(1，－1,0

9、)，則m·＝m·＝0，m為平面PAC的一個法向量． 設n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量， 則n·＝n·＝0，即 取x＝a，y＝－a，z＝－2，則n＝(a，－a，－2)． 依題意，|cos〈m，n〉|＝＝＝， 則a＝1. 于是n＝(1，－1，－2)，＝(1,1，－1)． 設直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝， 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 10．如圖，在四棱錐 P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，側面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M為PB的中點． (1)求證：PA⊥平面CDM；

10、 (2)求二面角 D－MC－B的余弦值． (1)證明：證法一：取PA的中點N，連接MN，DN， 又M為PB的中點， 所以MN∥AB， 又菱形ABCD中，AB∥CD，所以MN∥CD， 所以C，D，M，N四點共面． 取DC的中點O，連接PO. 因為側面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD， 平面PDC∩平面ABCD＝DC， 又因為PO⊥DC，所以PO⊥底面ABCD. 因為底面ABCD為菱形且∠ADC＝60°，DC＝2，DO＝1， 故OA⊥DC. 因為PO∩AO＝O， 所以DC⊥平面POA，所以DC⊥PA. 在△PAD中，PD＝AD＝2， N為PA的中點，所

11、以DN⊥PA. 又DN∩DC＝D，DN?平面CDNM，DC?平面CDNM， 所以PA⊥平面CDNM，即PA⊥平面CDM. 證法二：取DC的中點O，連接PO，OA， 因為側面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD. 所以PO⊥底面ABCD， 因為底面ABCD為菱形且∠ADC＝60°， DC＝2，DO＝1，則OA⊥DC. 以O原點，分別以OA，OC，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz， 則A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,0)，所以M， 所以＝，＝(，0，－)，＝(0,2,0)， 所以·＝

12、×＋0×2＋(－)×＝0， ·＝×0＋0×2＋(－)×0＝0， 所以⊥，⊥，所以PA⊥平面DMC. (2)解：＝，＝(，1,0)， 設平面BMC的法向量為n＝(x，y，z)， 由n·＝0，得x＋z＝0， 由n·＝0，得x＋y＝0. 取x＝－1，則y＝，z＝1， 所以一個法向量n＝(－1，，1)． 由(1)知，平面CDM的一個法向量可取＝(，0，－)． 所以cos〈n，〉＝＝＝－. 觀察可知二面角 D－MC－B為鈍角， 所以所求二面角的余弦值是－. [沖刺名校能力提升練] 1．如圖，△PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3

13、.點E是CD邊的中點，點F，G分別在線段AB，BC上，且AF＝2FB，CG＝2GB. (1)求證：PE⊥FG； (2)求二面角P－AD－C的正切值； (3)求直線PA與直線FG所成角的余弦值． 解：在△PCD中，∵E為CD的中點，且PC＝PD， ∴PE⊥CD. 又∵平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，PE?平面PCD， ∴PE⊥平面ABCD，取AB的中點H，連接EH， ∵四邊形ABCD是長方形，則EH⊥CD， 如圖所示，以E為原點，EH，EC，EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系， ∵PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3，AF＝

14、2FB，CG＝2GB， ∴E(0,0,0)，P(0,0，)，F(xiàn)(3,1,0)，G(2,3,0)，A(3，－3,0)，D(0，－3,0)，C(0,3,0)． (1)證明：∵＝(0,0，)，＝(－1,2,0)， 且·＝(0,0，)·(－1,2,0)＝0， ∴⊥，即EP⊥FG. (2)解：∵PE⊥平面ABCD， ∴平面ABCD的法向量為＝(0,0，)． 設平面ADP的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)， ＝(－3,3，)，＝(0,3，)， 由于即 令z1＝3，則x1＝0，y1＝－， ∴n＝(0，－，3)． 由圖可知二面角P－AD－C是銳角，設為α， 則cos α＝＝＝，

15、 ∴sin α＝，tan α＝. (3)解：∵＝(－3,3，)，＝(－1,2,0)，設直線PA與直線FG所成角為θ， 則cos θ＝＝＝， ∴直線PA與FG所成角的余弦值為. 2．[2017·湖北黃岡模擬]在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝60°，N是BC的中點，將梯形ABCD繞AB旋轉 90°，得到梯形ABC′D′(如圖)． (1)求證：AC⊥平面ABC′； (2)求證：C′N∥平面ADD′； (3)求二面角A－C′N－C的余弦值． (1)證明：∵AD＝BC，N是BC的中點， ∴AD＝NC， 又AD∥BC，∴四邊形ANCD是平行四邊形， ∴AN

16、＝DC. 又∠ABC＝60°，∴AB＝BN＝AD， ∴四邊形ANCD是菱形， ∴∠ACB＝∠DCB＝30°， ∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB. 又平面C′BA⊥平面ABC， 平面C′BA∩平面ABC＝AB，∴AC⊥平面ABC′. (2)證明：∵AD∥BC，AD′∥BC′，AD∩AD′＝A，BC∩BC′＝B， ∴平面ADD′∥平面BCC′，又C′N?平面BCC′， ∴C′N∥平面ADD′. (3)解：∵AC⊥平面ABC′，AC′⊥平面ABC，如圖建立空間直角坐標系， 設AB＝1，則B(1,0,0)，C(0，，0)，C′(0,0，)， N， ∴＝(－1,0，)，＝(0，－，)． 設平面C′NC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取z＝1，則x＝，y＝1，∴n＝(，1,1)． ∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC， 又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC＝AN， ∴BD⊥平面C′AN. 設BD與AN交于點O，則O為AN的中點， 故O， ∴平面C′AN的法向量＝. ∴cos〈n，〉＝＝. 由圖形可知二面角A－C′N－C為鈍角， ∴二面角A－C′N－C的余弦值為－.