学年度高考数学二轮专题复习 专题五 5Word文档下载推荐.docx

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,且与平面ACC1A1所成角为50°

的直线条数为（　　）

A.1B.2

C.3D.无数

4.直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在半径为的球面上,AB=AC=,AA1=2,则二面角B-AA1-C的余弦值为（　　）

A.-B.-

5.在平面四边形ABCD中,AD=AB=,CD=CB=,且AD⊥AB,现将△ABD沿着对角线BD翻折成△A'

BD,则在△A'

BD折起至转到平面BCD内的过程中,直线A'

C与平面BCD所成的最大角的正切值为（　　）

A.1B.C.D.

6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱B1C1的中点,动点P在底面ABCD内,且PA1=A1E,则点P运动形成的图形是（　　）

A.线段B.圆弧

C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分

7.在空间中,过点A作平面π的垂线,垂足为B,记B=fπ（A）.设α,β是两个不同的平面,对空间任意一点P,Q1=fβ[fα（P）],Q2=fα[fβ（P）],恒有PQ1=PQ2,则（　　）

A.平面α与平面β垂直

B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°

C.平面α与平面β平行

D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°

二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）

8.（20xx浙江第一次五校联考）已知三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=2,BC=2AD=2,则直线AD与底面BCD所成角为　　　　　. 

9.

（20xx浙江金华十校模拟（4月）,文13）如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AB的中点,AA1=4,AB=6,则异面直线B1D与AC1所成角的余弦值为　　　　　. 

10.如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得平面ADC⊥平面ABC,在折起后形成的三棱锥D-ABC中,给出下列三个命题:

①△DBC是等边三角形;

②AC⊥BD;

③三棱锥D-ABC的体积是;

④AB与CD所成的角是60°

.其中正确命题的序号是　　　　　. 

11.点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个命题:

①三棱锥A-D1PC的体积不变;

②A1P∥平面ACD1;

③DP⊥BC1;

④平面PDB1⊥平面ACD1.

其中正确的命题序号是　　　　　. 

三、解答题（本大题共3小题,共45分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

12.（本小题满分14分）

（20xx湖南,文18）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.

（1）证明:

平面AEF⊥平面B1BCC1;

（2）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°

求三棱锥F-AEC的体积.

13.（本小题满分15分）

（20xx浙江大学附中,文18）如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为边长为2的菱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°

E是BC的中点,PA=AB.

AE⊥PD;

（2）若F为PD上的动点,求EF与平面PAD所成最大值的正切值.

14.（本小题满分16分）

（20xx浙江杭州第二中学高三仿真,文18）已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为∠ABC=的菱形,PA⊥平面ABCD,点Q在直线PA上.

直线QC⊥直线BD;

（2）若二面角B-QC-D的大小为,点M为BC的中点,求直线QM与AB所成角的余弦值.

参考答案

专题能力训练13　空间中的角及动态问题

1.B　解析:

如图所示,取AD的中点F,连接EF,CF,则EF∥BD,于是异面直线CE与BD所成的角即为CE与EF所成的角∠CEF.

由题意知△ABC,△ADC为正三角形,设AB=2,则CE=CF=,EF=BD=1.

在△CEF中,由余弦定理,得cos∠CEF=.故选B.

2.B　解析:

如图所示,连接A1M和AM,因为AA1⊥平面A1B1C1,A1M⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥A1M.设AA1=2a,则A1B1=A1C1=B1C1=2a,因为M是B1C1的中点,所以A1M⊥B1C1.所以A1M=a.在Rt△AA1M中,tan∠AMA1=>

1,所以∠AMA1>

45°

.所以在棱AA1上存在点N,使MN与平面BCC1B1所成的角为45°

.故选B.

3.B　解析:

取DD1的中点P,A1C1的中点为O1,AC的中点为O2,O1O2的中点为O,连接OP和PO2,则OP⊥平面ACC1A1,PO2∥BD1.在平面ACC1A1内,以点O为圆心,半径为画圆,则点P与此圆上的点的连线满足:

过DD1的中点P,且与平面ACC1A1所成的角为50°

所以满足与PO2所成角为40°

的直线PQ有且只有2条.故选B.

4.D　解析:

设B1C1=m,由已知有∠BAC即为二面角B-AA1-C的平面角,设∠BAC=α,如图:

有=2r=2,即m=2sinα,由余弦定理有m2=3+3-2×

cosα,4sin2α=6-6cosα,

从而可得（cosα-1）（2cosα-1）=0.

∵0<

α<

π,∴cosα=.

∴二面角B-AA1-C的余弦值为.

5.C　解析:

如下图,OA=1,OC=2.当A'

C与圆相切时,直线A'

C与平面BCD所成角最大,最大角为30°

其正切值为.

6.B　解析:

由PA1=A1E知点P应落在以A1为球心,A1E长为半径的球面上.又知动点P在底面ABCD内,所以点P的轨迹是面ABCD与球面形成的交线,故为圆弧,所以选B.

7.A　解析:

设P1=fα（P）,P2=fβ（P）.

由条件中的新定义知:

PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α,故PP1∥P2Q2,PP2∥P1Q1,PP1⊥P1Q2,PP2⊥P2Q1,可知点P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,记为平面γ,可得α⊥γ,β⊥γ.当α⊥β时,PP2⊥PP1,此时四边形PP1Q2P2为矩形,PP2⊥P2Q2,故Q1与Q2重合,满足题意,A正确;

B中取正方体的一个底面及与其成45°

的一个体对角面,则当PQ1=1时,PQ2=,不成立;

C中取正方体的一组相对的面,明显有PQ1=1,PQ2=0,不成立;

D中与B类似,当PQ1=时,PQ2=,不成立,故选A.

8.　解析:

取BC中点E,连接AE,DE,则BC⊥AE,BC⊥DE,∴BC⊥平面ADE.∴∠ADE即为直线AD与平面BCD所成的角,易得AD=DE=AD=.∴∠ADE=,即直线AD与平面BCD所成角为.

9.　解析:

取A1B1的中点E,连接AE,C1E,因为四边形AA1B1B是矩形,D是AB的中点,所以AB􂿽

A1B1.所以AD􂿽

EB1.所以四边形AEB1D是平行四边形.所以AE∥DB1.所以∠EAC1就是异面直线B1D与AC1所成角.

在三角形AEC1中,AE==5,AC1==2,EC1=3,

所以cos∠EAC1=.

10.①②④　解析:

设AC∩BD=O,①根据图可知BD=DO==1,再由BC=DC=1,可知△DBC是等边三角形;

②由AC⊥DO,AC⊥BO,可得AC⊥平面DOB,从而有AC⊥BD;

③三棱锥D-ABC的体积=S△ABC·

OD=×

1×

;

④过点O作OE∥AB,OF∥CD,则∠EOF（或补角）为所求角,在△OEF中可解得∠EOF=120°

故AB与CD所成的角为60°

.因此应填“①②④”.

11.①②④　解析:

由题意可得直线BC1平行于直线AD1,并且直线AD1⊂平面AD1C,直线BC1⊄平面AD1C,

所以直线BC1∥平面AD1C.

所以.点P到平面AD1C的距离不变,所以体积不变.即①是正确的;

连接A1C1,A1B,可得平面AD1C∥平面A1C1B.

又因为A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1.

所以②正确;

当点P运动到B点时△DBC1是等边三角形,

所以DP不垂直BC1.故③不正确;

因为直线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.

又因为DB1⊂平面PDB1,

所以可得平面PDB1⊥平面ACD1.

故④正确.综上,可知正确的序号为①②④.

12.

（1）证明:

如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1.

又E是正三角形ABC的边BC的中点,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:

设AB的中点为D,连接A1D,CD.

因为△ABC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为直线A1C与平面A1ABB1所成的角.

由题设,∠CA1D=45°

所以A1D=CD=AB=.

在Rt△AA1D中,AA1=,

所以FC=AA1=.

故三棱锥F-AEC的体积V=S△AEC·

FC=.

13.

（1）

证明:

∵四边形ABCD为菱形,且∠ABC=60°

∴△ABC为正三角形.又E为BC中点,

∴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.

连接AF,由

（1）知AE⊥平面PAD,

∴∠AFE为EF与平面PAD所成的角.

在Rt△AEF中,AE=,∠AFE最大当且仅当AF最短,

即AF⊥PD时∠AFE最大,

依题意,此时在Rt△PAD中,PA·

AD=PD·

AF,

∴AF=,tan∠AFE=.

∴EF与平面PAD所成最大角的正切值为.

14.

（1）证明:

显然BD⊥AC,PA⊥平面ABCD,则PA⊥BD,

所以BD⊥平面PAC.

因为QC⊂平面PAC,所以直线QC⊥直线BD.

由已知和对称性可知,二面角B-QC-A的大小为,设底面ABCD的棱长为单位长度2,AQ=x,AC,BD交于点E,则有点B到平面AQC的距离BE为1,过点E作QC的垂线,垂足设为F,则有tan∠BFE=tan,BE=1,则EF=,点A到QC的距离为,则有=2x,得x=.

过点M作AB的平行线交AD的中点为G,则GM=2,QG=,

AM=,则QM=,

cos∠QMG=.

故所求的QM与AB所成角的余弦值为.