2024版高考数学一轮总复习课时质量评价38.docx

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1、课时质量评价(三十八)A组全考点巩固练1在三棱锥ABCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2.若n1，n23，则二面角ABDC的大小为()A3B23C3或23D6或32如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，OC(0，0，2)，平面ABC的法向量为n(2，1，2)，设二面角CABO的大小为，则cos 等于()A43B53C23D233如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E为线段AB上一点，且AE13AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为()A33535B277C33D244在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中

2、点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A12B23C33D225在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA12，二面角BAA1C1的大小为60，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1的距离为23，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为()A7B6C5D26(多选题)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则，大小关系正确的是()ABCD7如图，在正方形ABCD中，EFAB若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD112，则AF与C

3、E所成角的余弦值为_8正四棱锥PABCD，底面四边形ABCD是边长为2的正方形，PA5，其内切球为球G，平面过AD与棱PB，PC分别交于点M，N，且与平面ABCD所成二面角为30，则平面截球G所得的图形的面积为_9(2022泰安一模)如图，在五面体ABCDE中，已知AC平面BCD，EDAC，且ACBC2ED2，DCDB3.(1)求证：平面ABE平面ABC；(2)求二面角ABEC的余弦值B组新高考培优练10(2022浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC，DCEF，AB5，DC3，EF1，BADCDE60，二面角FDCB的平面角为60.设M，N分别为AE，BC的中点(1)求证

4、：FNAD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.11如图，四边形ABCD是矩形，PA平面ABCD，DE平面ABCD，ABDE1，ADPA2，点F在棱PA上(1)求证：BF平面CDE；(2)求二面角CPEA的余弦值；(3)若点F到平面PCE的距离为13，求线段AF的长12如图，已知ABC是以AC为底边的等腰三角形，将ABC绕AB转动到PAB位置，使得平面PAB平面ABC，连接PC，E，F分别是PA，CA的中点(1)证明：EFAB；(2)在SABC33，点P到平面ABC的距离为3，直线PB与平面ABC所成的角为60这三个条件中选择两个作为已知条件，求二面角EBFA的余弦值13请从下面三个条

5、件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答ABBC，FC与平面ABCD所成的角为6，ABC3.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，且PAAB2，PD的中点为F.(1)在线面AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由(2)若_，求二面角F-AC-D的余弦值课时质量评价(三十八)A组全考点巩固练1C解析：因为二面角的范围是0，且n1，n23，所以二面角ABDC的大小为3或23.故选C2C解析：由题意可知，平面ABO的一个法向量为OC(0, 0, 2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，co

6、s OCnOCn42323.3A解析：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nD1E=0，nD1C=0，即x+yz=0，3yz=0， 取y1，得n(2，1，3)所以cos DC1，nDC1nDC1n33535，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为33535.4B解析：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)

7、，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D(0，1，1)，A1E1，0，12，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1A1D=0，n1A1E=0，即yz=0，112z=0，所以y=2，z=2，所以n1(1，2，2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，所以cos n1，n223123.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.5A解析：由题意可知，BAC60，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1的距离为23，所以在三角形ABC中，AB2，AC4，BC23，ABC90，则AB1BC1(BB1BA)(BB1+BC1)4，|AB1|22

8、，|BC1|4，cos AB1，BC1AB1BC1AB1BC124，故tan AB1，BC17.6AC解析：过点B作直线lAC，过点P作底面ABC的垂线PD，D为垂足，过点D作DFAB于点F，作DEl于点E，连接AD，BD，PF，PE.由题意可知，二面角PACB的大小与二面角PABC的大小相等，结合空间角的定义知PBE，PBD，PFD，在RtPEB与RtPDB中，由PEPD得sin sin ，所以(，均为锐角)故A正确，B错误；在RtPDB与RtPDF中，由PBPF得sin sin ，所以(，均为锐角)故C正确；由于不存在PBPF的可能，故D错误745解析：因为AEEDAD112，所以AEED

9、，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系设ABEFCD2，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，所以AF(1，2，0)，EC(0，2，1)，所以cos AF，ECAFECAFEC45545，所以AF与CE所成角的余弦值为45.83解：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，D(2，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)因为PAPDPBPC5，AO12AC2.所以POPA2AO23，所以P(1，1，3)，O(1，1，0)，则内切球的球心G在PO上，设G(1，1，h)，内切球的半径为R，SPADSPCDSPBCSPAB122521

10、22.由等体积法可得13R(222222)13223，解得R33，则G1，1，33.因为平面过AD，设平面的法向量为n(0，1，a)，平面ABCD的法向量为m(0，0，1)，设平面与平面ABCD所成二面角为30，则cos 30nmnm32，即aa2+132，解得a3或a3(舍去)，所以n(0，1，3)，则圆心G到平面的距离dAGnn11+33320，所以截球G所得图形的面积为R23.9(1)证明：取BC中点M，AB中点N，连接DM，MN，EN.所以MNAC且MN12AC，又DE12AC，DEAC，所以DEMN，且DEMN，所以四边形MNED是平行四边形，所以ENDM且ENDM，又AC平面BCD

11、，AC平面ABC，所以平面ABC平面BCD，因为DCDB，所以DMBC，又平面ABC平面BCDBC，DM平面BCD，所以DM平面ABC，所以EN平面ABC，又EN平面ABE，所以平面ABE平面ABC(2)解：由(1)知，ACBC，ENDM且ENDM，EN平面ABC，平面ABE平面ABC，以C为原点，CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C，与MD平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，N(1，1，0)，E(1，1，2)，则CB(0，2，0)，CN(1，1，0)，CE(1，1，2)，设平面BCE的法向量为n(x，y，z)，则nCE=x+y+2z=0，n

12、CB=2y=0， 取z2，则x=2，y=0，所以n(2，0，2)为平面BCE的一个法向量，又ACBC，则CNAB，又平面ABC平面ABEAB，CN平面ABC，所以CN平面ABE，即CN(1，1，0)为平面ABE的一个法向量，所以cos n，CNnCNnCN22633，显然二面角ABEC为锐角，故其余弦值为33.B组新高考培优练10(1)证明：由于CDCB，CDCF，平面ABCD平面CDEFCD，CF平面CDEF，CB平面ABCD，所以FCB为二面角FDCB的平面角，则FCB60.又CF3(CDEF)23，CB3(ABCD)23，则BCF是等边三角形，则CBFN，因为DCFC，DCBC，FCBC

13、C，FC平面FCB，BC平面FCB，所以DC平面FCB，因为FN平面FCB，所以DCFN，又因为DCCBC，DC平面ABCD，CB平面ABCD，所以FN平面ABCD，因为AD平面ABCD，故FNAD(2)解：由于FN平面ABCD，如图建系：于是B(0，3，0)，A(5，3，0)，F(0，0，3)，E(1，0，3)，D(3，3，0)，则M3，32，32，BM3，32，32，DA(2，23，0)，DE(2，3，3)，设平面ADE的法向量n(x，y，z)，则nDA=0，nDE=0，所以2x+23y=0， 2x+3y+3z=0，令x3，则y1，z3，所以平面ADE的法向量n(3，1，3)，设BM与平面

14、ADE所成角为，则sin BMnBMn5714.11(1)证明：因为PA平面ABCD，DE平面ABCD，所以PADE，又PA平面CDE，DE平面CDE，所以PA平面CDE，又四边形ABCD是矩形，所以ABCD，又AB平面CDE，CD平面CDE，所以AB平面CDE，结合PA平面CDE，又AB，PA平面PAB，ABPAA，所以平面PAB平面CDE，又点F在棱PA上，所以BF平面PAB，所以BF平面CDE.(2)解：以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意有A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(1，2，0)，E(0，2，1)，所以PC(1，2

15、，2)，PE(0，2，1)，易知平面APE的一个法向量为m(1，0，0)，设平面CPE的法向量n(x，y，z)，则nPC=x+2y2z=0，nPE=2yz=0， 令y1，则z2，x2, 所以n(2，1，2)，由图知二面角CPEA的平面角为锐角，所以cos |cos n，m|nmnm23，所以二面角CPEA的余弦值为23.(3)解：连接BD，设点F(0，0，t)，0t2，则FP(0，0，2t)，又由(2)中平面CPE的法向量n(2，1，2)，所以F到平面PCE的距离为dFPnn42t313，所以t32，即AF32.12(1)证明：如图(1)，过点E作EDAB，垂足为D，连接DF.由题意知，PAB

16、CAB，易证EDAFDA，所以EDAFDA2，即FDAB因为EDAB，EDFDD，所以AB平面EFD又因为EF平面EFD，所以EFAB图(1)(2)解：过点P作POAB，垂足为O，连接CO，则COAB因为平面PAB平面ABC，所以PO平面ABC以O为坐标原点，以OA，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系图(2)设ABa，ABC，由条件得SABC12a2sin 33，由条件得POa sin 3，由条件得PBO60，即120.若选条件，可求得a23，B(3，0，0)，A(33，0，0)，P(0，0，3)，C(0，3，0)因为E332，0，32，F332，32，

17、0，所以BF32，32，0，BE32，0，32.设平面BEF的一个法向量m(x，y，z)，由mBF=0，mBE=0，得32x+32y=0，32x+32z=0，取m(3，1，1)，又易知平面BFA的一个法向量n(0，0，1)，故cosm，nmnmn1555，所以二面角EBFA的余弦值为55.若选或均可求得a23，下同13解：(1)在线段AB上存在点G，使得AF平面PCG，且G为AB的中点证明如下：设PC的中点为H，连接FH，GH，如图易证四边形AGHF为平行四边形，则AFGH.又GH平面PCG，AF平面PGC，所以AF平面PGC(2)选择.因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAD由题意可知，

18、AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为PAAB2，所以A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，所以AF(0，1，1)，CF(2，1，1)设平面FAC的法向量为u(x，y，z)，则uAF=0，uCF=0，即y+z=0， 2xy+z=0.令y1，则x1，z1，则u(1，1，1)易知平面ACD的一个法向量为v(0，0，2)，设二面角F-AC-D的平面角为，则cos uvuv33，即二面角F-AC-D的余弦值为33.选择.设BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接F

19、M，CM，则FMPA，且FM1.因为PA平面ABCD，所以FM平面ABCD，FC与平面ABCD所成的角为FCM，故FCM6.在直角三角形FCM中，CM3.又因为CMAE，所以AE2BE2AB2，所以BCAE，所以AE，AD，AP两两垂直故以A为坐标原点，AE，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为PAAB2，所以A(0，0，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，所以AF(0，1，1)，CF(3，0，1)设平面FAC的法向量为u(x，y，z)，则uAF=0，uCF=0，即y+z=0， 3x+z=0.令x3，则y3，z3，

20、则u(3，3，3)易知平面ACD的一个法向量为v(0，0，2)设二面角F-AC-D的平面角为，则cos uvuv217，即二面角F-AC-D的余弦值为217.选择.因为PA平面ABCD，所以PABC取BC中点E，连接AE.因为底面ABCD是菱形，ABC3，所以ABC是正三角形又E是BC的中点，所以BCAE，所以AE，AD，AP两两垂直故以A为坐标原点，AE，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为PAAB2，所以A(0，0，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，所以AF(0，1，1)，CF(3，0，1)设平面FAC的法向量为u(x，y，z)，则uAF=0，uCF=0，即y+z=0， 3x+z=0.令x3，则y3，z3，则u(3，3，3)易知平面ACD的一个法向量为v(0，0，2)，设二面角F-AC-D的平面角为，则cos uvuv217，即二面角F-AC-D的余弦值为217.