（課標(biāo)通用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測46 理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

《（課標(biāo)通用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測46 理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測46 理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤檢測(四十六) [高考基礎(chǔ)題型得分練] 1．[2017·陜西西安調(diào)研]如圖所示，在長方體ABCD－A′B′C′D′中，AB＝λAD＝λAA′(λ＞0)，E，F(xiàn)分別是A′C′和AD的中點(diǎn)，且EF⊥平面A′BCD′. (1)求λ的值； (2)求二面角C－A′B－E的余弦值． 解：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD′所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)AA′＝AD＝2，則AB＝2λ， D(0,0,0)，A′(2,0,2)，D′(0,0,2)，B(2,2λ，0)，C(0,2λ，0)，E(1，λ，2)，F(xiàn)(1,0,0)． (1)＝(0，－λ，－2)

2、，＝(2,0,0)，＝(0,2λ，－2)， ∵EF⊥D′A′，EF⊥A′B， ∴·＝0，·＝0， 即－2λ2＋4＝0，∴λ＝. (2)設(shè)平面EA′B的一個(gè)法向量為m＝(1，y，z)， 則 ∵＝(0,2，－2)，＝(－1，，0)， ∴∴y＝，z＝1， ∴m＝. 由已知得為平面A′BC的一個(gè)法向量，又＝(0，－，－2)， ∴cos〈m，〉＝＝＝－. 又二面角C－A′B－E為銳二面角， 故二面角C－A′B－E的余弦值為. 2．如圖所示的幾何體，四邊形ABCD中，有AB∥CD，∠BAC＝30°，AB＝2CD＝2，CB＝1，點(diǎn)E在平面ABCD內(nèi)的射影是點(diǎn)C，EF∥AC，且AC＝

3、2EF. (1)求證：平面BCE⊥平面ACEF； (2)若二面角D－AF－C的平面角為60°，求CE的長． (1)證明：在△ABC中， BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 30°， 解得AC＝，所以AB2＝AC2＋BC2， 由勾股定理知∠ACB＝90°， 所以BC⊥AC. 又EC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥EC. 又AC∩EC＝C，所以BC⊥平面ACEF， 所以平面BCE⊥平面ACEF. (2)解：因?yàn)镋C⊥平面ABCD， 又由(1)知BC⊥AC，所以可以以C為原點(diǎn)， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz. 設(shè)CE＝h，則C

4、(0,0,0)， A(，0,0)，F(xiàn)，D， ＝，＝. 設(shè)平面DAF的法向量為n1＝(x，y，z)， 則所以 令x＝，所以n1＝. 又平面AFC的一個(gè)法向量為n2＝(0,1,0)， 所以＝cos 60°，解得h＝， 所以CE的長為. 3．已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點(diǎn)． (1)求證：PF⊥FD； (2)在PA上找一點(diǎn)G，使得EG∥平面PFD； (3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A－PD－F的余弦值． (1) 證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz， 則A

5、(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)， 不妨令P(0,0，t)，t＞0. ∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)， ∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0. ∴PF⊥FD. (2)解：設(shè)平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 令z＝1，則n＝. 設(shè)G(0,0，m)，∵E. ∴＝， 由題意·n＝0， ∴－＋m＝0，∴m＝t， ∴當(dāng)G是線段PA的靠近于A的一個(gè)四等分點(diǎn)時(shí)，使得EG∥平面PFD. (3)解：∵PA⊥平面ABCD， ∴∠PBA就是PB與平面ABCD所成的角， 即∠PBA＝45°，∴PA＝AB＝1，P(0,0,

6、1)． 由(2)知，平面PFD的一個(gè)法向量為n＝. 易知平面PAD的一個(gè)法向量為＝(1,0,0)， ∴cos〈，n〉＝＝＝＝. 由圖知二面角A－PD－F的平面角為銳角， 所以二面角A－PD－F的余弦值為. [沖刺名校能力提升練] 1．如圖所示，正方形ABCD所在平面與等腰直角三角形EAD所在平面相交于AD，AE⊥平面CDE. (1)求證：AB⊥平面ADE； (2)在線段BE上存在點(diǎn)M，使得直線AM與平面EAD所成角的正弦值為，試確定點(diǎn)M的位置． (1)證明：∵AE⊥平面CDE，CD?平面CDE， ∴AE⊥CD.在正方形ABCD中，CD⊥AD， ∵AD∩AE＝A，∴C

7、D⊥平面ADE. ∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADE. (2)解：由(1)知，AB⊥平面ADE， 又AB?平面ABCD，則平面EAD⊥平面ABCD，取AD的中點(diǎn)O，連接EO， ∵EA＝ED，∴EO⊥AD， 又平面EAD∩平面ABCD＝AD，EO?平面EAD， ∴EO⊥平面ABCD， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)AB＝2，則A(1,0,0)，B(1,2,0)，E(0,0,1)， 設(shè)M(x，y，z)， ∴＝(x－1，y－2，z)，＝(－1，－2,1)， ∵B，M，E三點(diǎn)共線，∴＝λ， ∴M(1－λ，2－2λ，λ)，∴＝(－λ，2－2λ，λ)， 設(shè)AM與平面AED所

8、成的角為θ， ∵平面AED的一個(gè)法向量為n＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 解得λ＝.故點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)． 2.在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖． (1)求證：AB⊥CD； (2)若M為AD中點(diǎn)，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值． (1)證明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD， ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD，∴AB⊥CD. (2)解：過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD，如圖． 由(1

9、)知AB⊥平面BCD， BE?平面BCD，BD?平面BCD， ∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸、y 軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系． 依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M， 則＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)． 設(shè)平面MBC的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則即 取z0＝1，得平面MBC的一個(gè)法向量為n＝(1，－1,1)． 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ， 則sin θ＝| cos〈n，〉|＝＝， 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 3. 如圖，在四棱柱ABCD－A

10、1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)． (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn)，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長． 解：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系， 依題意，可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)． 又因?yàn)镸，N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)， 所以M，N(1

11、，－2,1)． (1)證明：依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，＝， 由此可得·n＝0. 又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD， 所以MN∥平面ABCD. (2)解：＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)， 設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的一個(gè)法向量， 則即 不妨設(shè)z1＝1，可得n1＝(0,1,1)． 設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的一個(gè)法向量， 則 又＝(0,1,2)，所以 不妨設(shè)z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝， 所以二面角D1－AC－B1的正弦值為. (3)解：依題意，可設(shè)＝λ， 其中λ∈[0,1]，則E(0，λ，2)， 從而＝(－1，λ＋2,1)． 又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，由已知，得 |cos〈，n〉|＝ ＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±. 又因?yàn)棣恕蔥0,1]，所以λ＝－2. 所以線段A1E的長為－2.