2022届高三数学一轮复习（原卷版）第6讲　高效演练分层突破.doc

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1、 基础题组练 1.将边长为 1 的正方形 AA1O1O(及其内部)绕 OO1旋转一周形成圆柱， 如图， AC长为23，A1B1长为3，其中 B1与 C 在平面 AA1O1O 的同侧则异面直线 B1C 与 AA1所成的角的大小为( ) A6 B4 C3 D2 解析：选 B以 O 为坐标原点建系如图， 则 A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B132，12，1 ，C32，12，0 . 所以AA1(0，0，1)，B1C(0，1，1)， 所以 cosAA1，B1CAA1B1C|AA1|B1C| 000(1)1(1)1 02(1)2(1)222， 所以AA1，B1C34， 所以异面直线 B1C 与 A

2、A1所成的角为4.故选 B 2.如图，已知长方体 ABCD- A1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E 为线段 AB 上一点，且 AE13AB，则 DC1与平面 D1EC 所成的角的正弦值为( ) A3 3535 B2 77 C33 D24 解析：选 A如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，则 C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1(0，3，1)，D1E(1，1，1)，D1C(0，3，1) 设平面 D1EC 的法向量为 n(x，y，z)， 则n D1E0，n D1C0，即xyz0，

3、3yz0，即x2y，z3y，取 y1，得 n(2，1，3) 因为 cosDC1，nDC1n|DC1|n| (0，3，1) (2，1，3)10 143 3535，所以 DC1与平面 D1EC 所成的角的正弦值为3 3535，故选 A 3在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为_ 解析：以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为 1，则 A1(0，0，1)，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D(0，1，1)，A1E1，0，12.设平面 A1ED 的法向量为 n1(1，y，z)，则A1D n1

4、0，A1En10， 即yz0，112z0，所以y2，z2，所以 n1(1，2，2)又平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0，0，1)，所以 cosn1n223，故平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23. 答案：23 4.如图，正三棱柱 ABC- A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G 分别为 AB，AA1，A1C1的中点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为_ 解析：设正三棱柱的棱长为 2，取 AC 的中点 D，连接 DG，DB，分别以 DA，DB，DG所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 B1(0， 3，2)，F(1，0，

5、1)，E12，32，0 ，G(0，0，2)， B1F(1， 3，1)，EF12，32，1 ，GF(1，0，1) 设平面 GEF 的法向量为 n(x，y，z)， 则EF n0，GFn0，即12x32yz0，xz0， 取 x1，则 z1，y 3， 故 n(1， 3，1)为平面 GEF 的一个法向量， 所以|cosn，B1F|131|5 535， 所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为35. 答案：35 5.如图所示，菱形 ABCD 中，ABC60 ，AC 与 BD 相交于点 O，AE平面 ABCD，CFAE，ABAE2. (1)求证：BD平面 ACFE； (2)当直线 FO 与平面 BED

6、 所成的角为 45 时，求异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值的大小 解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 BDAC. 因为 AE平面 ABCD，BD平面 ABCD， 所以 BDAE. 又因为 ACAEA，AC，AE平面 ACFE. 所以 BD平面 ACFE. (2)以 O 为原点，OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 O 且平行于 CF 的直线为 z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系， 则 B(0， 3，0)，D(0， 3，0)，E(1，0，2)，F(1，0，a)(a0)，OF(1，0，a) 设平面 EBD 的法向量为 n(x，y，z)， 则有n OB0，

7、n OE0，即3y0，x2z0， 令 z1，则 n(2，0，1)， 由题意得 sin 45 |cosOF，n|OF n|OF|n| |2a|a21 522， 解得 a3 或 a13(舍去) 所以OF(1，0，3)，BE(1， 3，2)， cosOF，BE1610 854， 故异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值为54. 6(2020 湖北十堰 4 月调研)如图，在三棱锥 PABC 中，M 为 AC 的中点，PAPC，ABBC，ABBC，PB 2，AC2，PAC30 . (1)证明：BM平面 PAC； (2)求二面角 BPAC 的余弦值 解：(1)证明：因为 PAPC，ABBC，所以 MPM

8、B12AC1， 又 MP2MB2BP2，所以 MPMB. 因为 ABBC，M 为 AC 的中点，所以 BMAC， 又 ACMPM，所以 BM平面 PAC. (2)法一：取 MC 的中点 O，连接 PO，取 BC 的中点 E，连接 EO，则 OEBM，从而OEAC. 因为 PAPC，PAC30 ，所以 MPMCPC1. 又 O 为 MC 的中点，所以 POAC. 由(1)知 BM平面 PAC，OP平面 PAC，所以 BMPO. 又 BMACM，所以 PO平面 ABC. 以 O 为坐标原点，OA，OE，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知 A32，

9、0，0 ，B12，1，0 ， P0，0，32，BP12，1，32，BA(1，1，0)， 设平面 APB 的法向量为 n(x，y，z)，则n BP12xy32z0，n BAxy0， 令 x1，得 n(1，1， 3)为平面 APB 的一个法向量， 易得平面 PAC 的一个法向量为 (0，1，0)，cosn，55，由图知二面角 BPAC 为锐角， 所以二面角 BPAC 的余弦值为55. 法二：取 PA 的中点 H，连接 HM，HB， 因为 M 为 AC 的中点，所以 HMPC，又 PAPC，所以 HMPA. 由(1)知 BM平面 PAC，则 BHPA， 所以BHM 为二面角 BPAC 的平面角 因为

10、 AC2， PAPC， PAC30 ， 所以 HM12PC12.又 BM1， 则 BH BM2HM252， 所以 cosBHMHMBH55，即二面角 BPAC 的余弦值为55. 7. (2020 合肥模拟)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，BF平面ABCD，DE平面 ABCD，BFDE，M 为棱 AE 的中点 (1)求证：平面 BDM平面 EFC； (2)若 DE2AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值 解：(1)证明：连接 AC，交 BD 于点 N，连接 MN， 则 N 为 AC 的中点， 又 M 为 AE 的中点，所以 MNEC. 因为 MN平面 E

11、FC，EC平面 EFC， 所以 MN平面 EFC. 因为 BF，DE 都垂直底面 ABCD，所以 BFDE. 因为 BFDE， 所以四边形 BDEF 为平行四边形， 所以 BDEF. 因为 BD平面 EFC，EF平面 EFC， 所以 BD平面 EFC. 又 MNBDN，所以平面 BDM平面 EFC. (2)因为 DE平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， 所以 DA，DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 D- xyz. 设 AB2，则 DE4，从而 D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)， 所以DB(2，2，0)，DM(1，0，

12、2)， 设平面 BDM 的法向量为 n(x，y，z)， 则n DB0，n DM0，得2x2y0，x2z0. 令 x2，则 y2，z1，从而 n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量 因为AE(2，0，4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 ，则 sin |cosn AE|n AE|n| |AE|4 515， 所以直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 515. 综合题组练 1(2020 河南联考)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，平面 PAD平面 ABCD，PAD 是边长为 4 的等边三角形，BCPB，E 是 AD 的中点 (1)求证：BEP

13、D； (2)若直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为154，求平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值 解：(1)证明：因为PAD 是等边三角形，E 是 AD 的中点，所以 PEAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PE平面 PAD，所以 PE平面 ABCD，所以 PEBC，PEBE.又 BCPB，PBPEP，所以 BC平面 PBE，所以BCBE. 又 BCAD，所以 ADBE. 又 ADPEE 且 AD，PE平面 PAD，所以 BE平面 PAD，所以 BEPD. (2)由(1)得 BE平面 PAD，所以BAE 就是直线 AB 与平面 PAD

14、所成的角 因为直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为154， 即 sinBAE154 ，所以 cosBAE14. 所以 cosBAEAEAB2AB14，解得 AB8，则 BE AB2AE22 15. 由(1)得 EA，EB，EP 两两垂直，所以以 E 为坐标原点，EA，EB，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点 P(0，0，2 3)，A(2，0，0)，D(2，0，0)，B(0，2 15，0)，C(4，2 15，0)， 所以PB(0，2 15，2 3)，PC(4，2 15，2 3) 设平面 PBC 的法向量为 m(x，y，z)， 由PB m0，P

15、Cm0，得2 15y2 3z0，4x2 15y2 3z0，解得x0，z 5y. 令 y1，可得平面 PBC 的一个法向量为 m(0，1， 5) 易知平面 PAD 的一个法向量为 n(0，1，0)， 设平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的大小为 ， 则 cos m n|m|n|(0，1， 5) (0，1，0)6166. 所以平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 2(2020 河南郑州三测)如图，ABC 中，ABBC2，ABC90 ，E，F 分别为边 AB，AC 的中点，以 EF 为折痕把AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置(如图)，且 PBBE. (1)证

16、明：EF平面 PBE； (2)设 N 为线段 PF 上的动点(包含端点)， 求直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值 解：(1)证明：因为 E，F 分别为边 AB，AC 的中点，所以 EFBC. 因为ABC90 ，所以 EFBE，EFPE，又 BEPEE，所以 EF平面 PBE. (2)取 BE 的中点 O，连接 PO，因为 PBBEPE，所以 POBE. 由(1)知 EF平面 PBE，EF平面 BCFE，所以平面 PBE平面 BCFE. 又 PO平面 PBE，平面 PBE平面 BCFEBE，所以 PO平面 BCFE. 过点 O 作 OMBC 交 CF 于点 M，分别以 OB，OM

17、，OP 所在的直线为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 B12，0，0 ，P0，0，32，C12，2，0 ，F12，1，0 ，PC12，2，32， PF12，1，32， 由 N 为线段 PF 上一动点，得PNPF(01)， 则可得 N2，32(1) ， BN12，32(1) . 设平面 PCF 的法向量为 m(x，y，z)， 则PC m0，PFm0，即12x2y32z0，12xy32z0，取 y1，则 x1，z 3，所以 m(1，1，3)为平面 PCF 的一个法向量 设直线 BN 与平面 PCF 所成的角为 ， 则 sin |cosBN，m|BN m|BN| |m|25

18、2212521427825784 7035(当且仅当 14时取等号)， 所以直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值为4 7035. 3(2020 山东淄博三模)如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E，F 分别为 AD，BC的中点，将正方形 ABCD 沿 EF 折成如图所示的二面角，且二面角的大小为 60 ，点 M 在线段 AB 上(包含端点)，连接 AD. (1)若 M 为 AB 的中点，直线 MF 与平面 ADE 的交点为 O，试确定点 O 的位置，并证明直线 OD平面 EMC； (2)是否存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ？若存在，求此时二面角

19、MEC- F 的余弦值；若不存在，说明理由 解：(1)因为直线 MF平面 ABFE，故点 O 在平面 ABFE 内，也在平面 ADE 内， 所以点 O 在平面 ABFE 与平面 ADE 的交线(即直线 AE)上(如图所示) 因为 AOBF，M 为 AB 的中点， 所以OAMFBM， 所以 OMMF，AOBF，所以 AO2. 故点 O 在 EA 的延长线上且与点 A 间的距离为 2. 连接 DF，交 EC 于点 N，因为四边形 CDEF 为矩形， 所以 N 是 EC 的中点 连接 MN，则 MN 为DOF 的中位线，所以 MNOD， 又 MN平面 EMC，OD/ 平面 EMC，所以直线 OD平面

20、 EMC. (2)由已知可得 EFAE，EFDE，又 AEDEE，所以 EF平面 ADE. 所以平面 ABFE平面 ADE， 易知ADE 为等边三角形， 取 AE 的中点 H， 则易得 DH平面 ABFE，以 H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E(1，0，0)，D(0，0， 3)，C(0，4， 3)，F(1，4，0)， 所以ED(1，0， 3)，EC(1，4， 3) 设 M(1，t，0)(0t4)，则EM(2，t，0)， 设平面 EMC 的法向量为 m(x，y，z)， 则m EM0，m EC02xty0，x4y 3z0， 取 y2，则 xt，z8t3， 所以 mt，2，8t3

21、为平面 EMC 的一个法向量 要使直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ， 则82t24(8t)2332， 所以2 3t24t1932，整理得 t24t30， 解得 t1 或 t3， 所以存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ， 取 ED 的中点 Q，连接 QA， 则QA为平面 CEF 的法向量， 易得 Q12，0，32，A(1，0，0)，所以QA32，0，32. 设二面角 MECF 的大小为 ， 则|cos |QA m|QA| |m|2t4|3 t24(8t)23 |t2|t24t19. 因为当 t2 时，cos 0， 平面 EMC平面 CDEF， 所以当 t1 时，cos 14， 为钝角； 当 t3 时，cos 14， 为锐角 综上，二面角 MECF 的余弦值为14.