2020高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題4 第3課時(shí)練習(xí) 理

專題4 第3課時(shí) (本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！) 一、選擇題 1．若直線l1，l2的方向向量分別為u，v，則下列直線l1，l2中既不平行也不垂直的是(　　) A．u＝(1,2，－1)，v＝(0,2,4) B．u＝(3,0，－1)，v＝(0,0,2) C．u＝(0,2，－3)，v＝(0，－2,3) D．u＝(1,6,0)，v＝(0,0，－4) 解析：　A選項(xiàng)中u·v＝0＋4－4＝0，所以l1⊥l2；C選項(xiàng)中u＝－v，所以u(píng)，v共線，因此l1，l2平行；D選項(xiàng)中u·v＝0＋0＋0＝0，所以l1⊥l2，故選B. 答案：　B 2．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是A1B的中點(diǎn)，且＝α＋β，則(　　) A．α＝，β＝－1　　　　　　 B．α＝－，β＝1 C．α＝1，β＝－ D．α＝－1，β＝ 解析：　＝＋＝－＋(＋) ＝－＋＋ ＝－(∵＝) ∴α＝，β＝－1. 答案：　A 3．已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)M(1，－1,2)，它的一個(gè)法向量為n＝(6，－3,6)，則下列點(diǎn)P中，在平面α內(nèi)的是(　　) A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 解析：　由于n＝(6，－3,6)是平面α的一個(gè)法向量，所以它應(yīng)該和平面α內(nèi)的任意一個(gè)向量垂直，只有在選項(xiàng)A中， ＝(2,3,3)－(1，－1,2)＝(1,4,1)， ·n＝(1,4,1)·(6，－3,6)＝0， 所以點(diǎn)P(2,3,3)在平面α內(nèi)． 答案：　A 4.如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，連接A1C1， ∵AA1⊥平面A1B1C1D1， ∴∠AC1A1就是直線AC1與平面A1B1C1D1所成角的平面角． 而AC1＝＝3， ∴sin∠AC1A1＝＝. 答案：　D 5.菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AB＝2，∠BCD＝60°，現(xiàn)將其沿對(duì)角線BD折成直二面角A－BD－C(如圖)，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：　·＝(＋)·(＋) ＝0＋0＋0－1＝－1， 而||＝||＝2， ∴cos〈，〉＝＝－， 故異面直線AB與CD所成角的余弦值為.故選C. 答案：　C 6．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E、F分別為BB1、CD的中點(diǎn)，則點(diǎn)F到平面A1D1E的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，F(xiàn)，D1(0,1,1)． ∴＝，＝(0,1,0)． 設(shè)平面A1D1E的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1.∴n＝(1,0,2)． 又＝， ∴點(diǎn)F到平面A1D1E的距離 d＝＝＝. 答案：　C 二、填空題 7．設(shè)a＝(1,2,0)，b＝(1,0,1)，則：“c＝”是“c⊥a，c⊥b且c為單位向量”的________條件． 解析：　當(dāng)c＝時(shí)，c⊥a，c⊥b且c為單位向量，反之則不成立． 答案：　充分不必要 8.如右圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是________． 解析：　以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA、CB、CC1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)， 則＝(－1,1，－2)，＝(－1,0,0)，cos〈，〉＝＝＝. 答案：　 9．將正方形ABCD沿對(duì)角線BD折成直二面角A－BD－C，有如下四個(gè)結(jié)論： ①AC⊥BD； ②△ACD是等邊三角形； ③AB與平面BCD所成的角為60°； ④AB與CD所成的角為60°. 其中正確的序號(hào)是________．(寫出你認(rèn)為正確的結(jié)論的序號(hào)) 解析：　 取BD中點(diǎn)O，連接AO、CO， 則AO⊥BD，CO⊥BD， ∴BD⊥面AOC， ∴AC⊥BD，又AC＝AO＝AD＝CD， ∴△ACD是等邊三角形． 而∠ABD是AB與平面BCD所成的角，應(yīng)為45°. 又A＝A＋B＋D(設(shè)AB＝a)， 則a2＝a2＋2a2＋a2＋2·a·a·＋2a··a＋2a2cos〈A，D〉， ∴cos〈A，D〉＝， ∴AB與CD所成角為60°. 答案：?、佗冖? 三、解答題 10．(2020·陜西卷)如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設(shè)E為BC的中點(diǎn)，求A與D夾角的余弦值． 解析：　(1)證明：∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當(dāng)△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面BDC. ∵AD?平面ABD， ∴平面ADB⊥平面BDC. (2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以D，D，D所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E， ∴A＝，D＝(1,0,0)， ∴A與D夾角的余弦值為 cos〈A，D〉＝＝＝. 11.如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥側(cè)面AA1C1C，AC＝BC＝1，CC1＝2，∠CAA1＝，D、E分別為AA1、A1C的中點(diǎn)． (1)求證：A1C⊥平面ABC； (2)求平面BDE和平面ABC所成銳二面角的余弦值． 解析：　(1)證明：∵BC⊥側(cè)面AA1C1C，A1C?平面AA1C1C， ∴BC⊥A1C. 在△AA1C中，AC＝1，AA1＝C1C＝2，∠CAA1＝， 由余弦定理得A1C2＝AC2＋AA12－2AC·AA1cos∠CAA1＝12＋22－2×1×2cos＝3， 所以A1C＝，故有AC2＋A1C2＝AA12，所以AC⊥A1C， 而AC∩BC＝C.∴A1C⊥平面ABC. (2)如圖，以C為原點(diǎn)，以CA，CA1，CB所在直線分別作為x軸，y軸，z軸．建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，B(0,0,1)，A(1,0,0)，A1(0，，0)． 由此可得，D， E， 故＝， ＝. 設(shè)平面BDE的法向量n＝(x，y，z)， 則由得， 即，整理得， 令z＝1，則x＝0，y＝， ∴n＝是平面BDE的一個(gè)法向量． ∵A1C⊥平面ABC， ∴＝(0，，0)是平面ABC的一個(gè)法向量， ∴cos〈n，〉＝ ＝＝， ∴平面BDE和平面ABC所成銳二面角的余弦值為. 12.如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱AA1＝2. (1)求三棱錐C－A1B1C1的體積V； (2)求直線BD1與平面ADB1所成角的正弦值； (3)若棱AA1上存在一點(diǎn)P，使得＝λ，當(dāng)二面角A－B1C1－P的大小為30°時(shí)，求實(shí)數(shù)λ的值． 解析：　(1)在Rt△A1AD中，∠A1DA＝90°，A1A＝2，AD＝1， ∴A1D＝. 注意到點(diǎn)C到面A1B1C1的距離即為四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高A1D的長(zhǎng)， 所以V＝××A1B1×B1C1×A1D＝. (2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)． A1(0,0，)，B1(0,1，)，D1(－1,0，)，C1(－1,1，)， ∴＝(－2，－1，)， ＝(1,0,0)， ＝(0,1，)， 設(shè)平面ADB1的法向量m＝(x，y，z)， 由，得平面ADB1的一個(gè)法向量為m＝(0，－，1)， 記直線BD1與平面ADB1所成的角為α， 則sin α＝＝. (3)∵＝λ，∴P， 又＝(－1,0,0)，＝， 設(shè)平面B1C1P的法向量n＝(a，b，c)， 由，得平面B1C1P的一個(gè)法向量為n＝(0，－，1)， 則cos 30°＝＝， 注意到λ＞0，解得λ＝2. .