2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 專題五 5.3 空間中的角及動態(tài)問題能力訓練 新人教A版.doc

2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 專題五 5.3 空間中的角及動態(tài)問題能力訓練 新人教A版一、選擇題(本大題共7小題,每小題5分,共35分)1.已知正四面體ABCD中,E是AB的中點,則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A.B.C.D.2.(xx浙江杭州第二次高考科目教學質(zhì)量檢測,文6)已知ABC-A1B1C1是所有棱長均相等的直三棱柱,M是B1C1的中點,那么下列命題中正確的是()A.在棱AB上存在點N,使MN與平面ABC所成的角為45B.在棱AA1上存在點N,使MN與平面BCC1B1所成的角為45C.在棱AC上存在點N,使MN與AB1平行D.在棱BC上存在點N,使MN與AB1垂直3.(xx浙江杭州二中仿真考,文8)過正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中點與直線BD1所成角為40,且與平面ACC1A1所成角為50的直線條數(shù)為()A.1B.2C.3D.無數(shù)4.直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點都在半徑為的球面上,AB=AC=,AA1=2,則二面角B-AA1-C的余弦值為()A.-B.-C.D.5.在平面四邊形ABCD中,AD=AB=,CD=CB=,且ADAB,現(xiàn)將ABD沿著對角線BD翻折成ABD,則在ABD折起至轉(zhuǎn)到平面BCD內(nèi)的過程中,直線AC與平面BCD所成的最大角的正切值為()A.1B.C.D.6.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱B1C1的中點,動點P在底面ABCD內(nèi),且PA1=A1E,則點P運動形成的圖形是()A.線段B.圓弧C.橢圓的一部分D.拋物線的一部分7.在空間中,過點A作平面的垂線,垂足為B,記B=f(A).設,是兩個不同的平面,對空間任意一點P,Q1=ff(P),Q2=ff(P),恒有PQ1=PQ2,則()A.平面與平面垂直B.平面與平面所成的(銳)二面角為45C.平面與平面平行D.平面與平面所成的(銳)二面角為60二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)8.(xx浙江第一次五校聯(lián)考)已知三棱錐A-BCD中,AB=AC=BD=CD=2,BC=2AD=2,則直線AD與底面BCD所成角為.9.(xx浙江金華十校模擬(4月),文13)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D為AB的中點,AA1=4,AB=6,則異面直線B1D與AC1所成角的余弦值為.10.如圖,將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折起,使得平面ADC平面ABC,在折起后形成的三棱錐D-ABC中,給出下列三個命題:DBC是等邊三角形;ACBD;三棱錐D-ABC的體積是;AB與CD所成的角是60.其中正確命題的序號是.11.點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動,則下列四個命題:三棱錐A-D1PC的體積不變;A1P平面ACD1;DPBC1;平面PDB1平面ACD1.其中正確的命題序號是.三、解答題(本大題共3小題,共45分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)12.(本小題滿分14分)(xx湖南,文18)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形,E,F分別是BC,CC1的中點.(1)證明:平面AEF平面B1BCC1;(2)若直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45,求三棱錐F-AEC的體積.13.(本小題滿分15分)(xx浙江大學附中,文18)如圖,已知四棱錐P-ABCD,底面ABCD為邊長為2的菱形,PA平面ABCD,ABC=60,E是BC的中點,PA=AB.(1)證明:AEPD;(2)若F為PD上的動點,求EF與平面PAD所成最大值的正切值.14.(本小題滿分16分)(xx浙江杭州第二中學高三仿真,文18)已知四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為ABC=的菱形,PA平面ABCD,點Q在直線PA上.(1)證明:直線QC直線BD;(2)若二面角B-QC-D的大小為,點M為BC的中點,求直線QM與AB所成角的余弦值.參考答案專題能力訓練13空間中的角及動態(tài)問題1.B解析:如圖所示,取AD的中點F,連接EF,CF,則EFBD,于是異面直線CE與BD所成的角即為CE與EF所成的角CEF.由題意知ABC,ADC為正三角形,設AB=2,則CE=CF=,EF=BD=1.在CEF中,由余弦定理,得cosCEF=.故選B.2.B解析:如圖所示,連接A1M和AM,因為AA1平面A1B1C1,A1M平面A1B1C1,所以AA1A1M.設AA1=2a,則A1B1=A1C1=B1C1=2a,因為M是B1C1的中點,所以A1MB1C1.所以A1M=a.在RtAA1M中,tanAMA1=>1,所以AMA1>45.所以在棱AA1上存在點N,使MN與平面BCC1B1所成的角為45.故選B.3.B解析:取DD1的中點P,A1C1的中點為O1,AC的中點為O2,O1O2的中點為O,連接OP和PO2,則OP平面ACC1A1,PO2BD1.在平面ACC1A1內(nèi),以點O為圓心,半徑為畫圓,則點P與此圓上的點的連線滿足:過DD1的中點P,且與平面ACC1A1所成的角為50,所以滿足與PO2所成角為40的直線PQ有且只有2條.故選B.4.D解析:設B1C1=m,由已知有BAC即為二面角B-AA1-C的平面角,設BAC=,如圖:有=2r=2,即m=2sin ,由余弦定理有m2=3+3-2cos ,4sin2=6-6cos ,從而可得(cos -1)(2cos -1)=0.0<<,cos =.二面角B-AA1-C的余弦值為.5.C解析:如下圖,OA=1,OC=2.當AC與圓相切時,直線AC與平面BCD所成角最大,最大角為30,其正切值為.6.B解析:由PA1=A1E知點P應落在以A1為球心,A1E長為半徑的球面上.又知動點P在底面ABCD內(nèi),所以點P的軌跡是面ABCD與球面形成的交線,故為圓弧,所以選B.7.A解析:設P1=f(P),P2=f(P).由條件中的新定義知:PP1,P1Q1,PP2,P2Q2,故PP1P2Q2,PP2P1Q1,PP1P1Q2,PP2P2Q1,可知點P,P1,P2,Q1,Q2五點共面,記為平面,可得,.當時,PP2PP1,此時四邊形PP1Q2P2為矩形,PP2P2Q2,故Q1與Q2重合,滿足題意,A正確;B中取正方體的一個底面及與其成45的一個體對角面,則當PQ1=1時,PQ2=,不成立;C中取正方體的一組相對的面,明顯有PQ1=1,PQ2=0,不成立;D中與B類似,當PQ1=時,PQ2=,不成立,故選A.8.解析:取BC中點E,連接AE,DE,則BCAE,BCDE,BC平面ADE.ADE即為直線AD與平面BCD所成的角,易得AD=DE=AD=.ADE=,即直線AD與平面BCD所成角為.9.解析:取A1B1的中點E,連接AE,C1E,因為四邊形AA1B1B是矩形,D是AB的中點,所以ABA1B1.所以ADEB1.所以四邊形AEB1D是平行四邊形.所以AEDB1.所以EAC1就是異面直線B1D與AC1所成角.在三角形AEC1中,AE=5,AC1=2,EC1=3,所以cosEAC1=.10.解析:設ACBD=O,根據(jù)圖可知BD=DO=1,再由BC=DC=1,可知DBC是等邊三角形;由ACDO,ACBO,可得AC平面DOB,從而有ACBD;三棱錐D-ABC的體積=SABCOD=11;過點O作OEAB,OFCD,則EOF(或補角)為所求角,在OEF中可解得EOF=120,故AB與CD所成的角為60.因此應填“”.11.解析:由題意可得直線BC1平行于直線AD1,并且直線AD1平面AD1C,直線BC1平面AD1C,所以直線BC1平面AD1C.所以.點P到平面AD1C的距離不變,所以體積不變.即是正確的;連接A1C1,A1B,可得平面AD1C平面A1C1B.又因為A1P平面A1C1B,所以A1P平面ACD1.所以正確;當點P運動到B點時DBC1是等邊三角形,所以DP不垂直BC1.故不正確;因為直線AC平面DB1,DB1平面DB1,所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以可得DB1平面AD1C.又因為DB1平面PDB1,所以可得平面PDB1平面ACD1.故正確.綜上,可知正確的序號為.12.(1)證明:如圖,因為三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AEBB1.又E是正三角形ABC的邊BC的中點,所以AEBC.因此,AE平面B1BCC1.而AE平面AEF,所以,平面AEF平面B1BCC1.(2)解:設AB的中點為D,連接A1D,CD.因為ABC是正三角形,所以CDAB.又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CDAA1.因此CD平面A1ABB1,于是CA1D為直線A1C與平面A1ABB1所成的角.由題設,CA1D=45,所以A1D=CD=AB=.在RtAA1D中,AA1=,所以FC=AA1=.故三棱錐F-AEC的體積V=SAECFC=.13.(1)證明:四邊形ABCD為菱形,且ABC=60,ABC為正三角形.又E為BC中點,AEBC.又ADBC,AEAD.PA平面ABCD,又AE平面ABCD,PAAE.AE平面PAD.又PD平面PAD,AEPD.(2)解:連接AF,由(1)知AE平面PAD,AFE為EF與平面PAD所成的角.在RtAEF中,AE=,AFE最大當且僅當AF最短,即AFPD時AFE最大,依題意,此時在RtPAD中,PAAD=PDAF,AF=,tanAFE=.EF與平面PAD所成最大角的正切值為.14.(1)證明:顯然BDAC,PA平面ABCD,則PABD,所以BD平面PAC.因為QC平面PAC,所以直線QC直線BD.(2)解:由已知和對稱性可知,二面角B-QC-A的大小為,設底面ABCD的棱長為單位長度2,AQ=x,AC,BD交于點E,則有點B到平面AQC的距離BE為1,過點E作QC的垂線,垂足設為F,則有tanBFE=tan,BE=1,則EF=,點A到QC的距離為,則有=2x,得x=.過點M作AB的平行線交AD的中點為G,則GM=2,QG=,AM=,則QM=,cosQMG=.故所求的QM與AB所成角的余弦值為.