2019届高考二轮复习第二部分专项二专题四第3讲专题强化训练含解析-(数学)AlAKKH

[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．(2018·合肥第一次质量检测)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，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MN ∥EC . 因为MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， 所以MN ∥平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ∥DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形， 所以BD ∥EF .因为BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， 所以BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，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AB ＝2，则DE ＝4，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 →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，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θ，则sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.2.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC;(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .当三棱锥M -ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2)．DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.3．(2018·陕西教学质量检测(一))如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B -OB 1­C 的余弦值． 解：(1)证明：因为A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以A 1O ⊥BD .因为四边形ABCD 是菱形， 所以CO ⊥BD .因为A 1O ∩CO ＝O ， 所以BD ⊥平面A 1CO . 因为BD ⊂平面BB 1D 1D ， 所以平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D . (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， 所以OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)， 所以OB →＝(1，0，0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→＝(1，3，6)， 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ⎩⎪⎨⎪⎧OB →·n ＝0，OB 1→·n ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B -OB 1­C 是锐二面角， 所以二面角B -OB 1­C 的余弦值为2121. 4.如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．解：(1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，如图所示．因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，设|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，1，3)，PC →＝(1，0，－3)，AB →＝(1，0，0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的一个法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin45°，|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①，②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.因此二面角M -AB -D 的余弦值为105. [B 组 大题增分专练]1．(2018·南昌模拟)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝12AD ＝3，AC ∩BD ＝O ，过O 点作平面α平行于平面P AB ，平面α与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H .(1)求GH 的长度；(2)求二面角B -FH -E 的余弦值．解：(1)因为平面α∥平面P AB ，平面α∩平面ABCD ＝EF ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，所以EF ∥AB . 同理EH ∥BP ，FG ∥AP . 因为BC ∥AD ，AD ＝6，BC ＝3， 所以△BOC ∽△DOA ， 且BC AD ＝CO AO ＝12， 所以EO OF ＝12，CE ＝13CB ＝1，BE ＝AF ＝2，同理CH PC ＝EH PB ＝CO CA ＝13，连接HO ，则有HO ∥P A ， 且HO ⊥EO ，HO ＝1， 所以EH ＝13PB ＝2，同理FG ＝23P A ＝2，过点H 作HN ∥EF 交FG 于N ，易得四边形HNFO 为矩形， 则GH ＝HN 2＋GN 2＝ 5.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (3，0，0)，F (0，2，0)，E (3，2，0)，H (2，2，1)，BH →＝(－1，2，1)，FH →＝(2，0，1)． 设平面BFH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝－x ＋2y ＋z ＝0n ·FH →＝2x ＋z ＝0，令z ＝－2，得n ＝⎝⎛⎭⎫1，32，－2. 因为平面EFGH ∥平面P AB ，所以平面EFGH 的一个法向量为m ＝(0，1，0)． 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝321＋94＋4＝32929，二面角B -FH -E 的余弦值为32929. 2．(2018·西安模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等． 解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ，AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°， 由余弦定理得AC 2＝8＋4－2·22·2·cos45°＝4，得AC ＝2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AD ∥BC ， 所以AD ⊥AC ，又AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以P A ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ， 所以AD ⊥平面P AC ，所以AD ⊥PC . (2)因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ， 所以P A ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 互相垂直，以A 为坐标原点，DA ，AC ，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A -xyz ，则A (0，0，0)，D (－2，0，0)，C (0，2，0)，B (2，2，0)，E (－1，1，0)，P (0，0，2)， 所以PC →＝(0，2，－2)，PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2)， 设PFPB＝λ(λ∈[0，1])， 则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →，n 〉|， 即|EF →·m ||EF →|·|m |＝|EF →·n ||EF →|·|n |， 所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λ3，即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32. 3．(2018·潍坊模拟)在▱P ABC 中，P A ＝4，PC ＝22，∠P ＝45°，D 是P A 的中点(如图1)．将△PCD 沿CD 折起到图2中△P 1CD 的位置，得到四棱锥P 1­ABCD .(1)将△PCD 沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面P 1DA 是否成立？请证明你的结论；(2)若P 1D 与平面ABCD 所成的角为60°，且△P 1DA 为锐角三角形，求平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值．解：(1)将△PCD 沿CD 折起过程中，CD ⊥平面P 1DA 成立．证明如下： 因为D 是P A 的中点，P A ＝4， 所以DP ＝DA ＝2，在△PDC 中，由余弦定理得，CD 2＝PC 2＋PD 2－2PC ·PD ·cos45°＝8＋4－2×22×2×22＝4， 所以CD ＝2＝PD ， 因为CD 2＋DP 2＝8＝PC 2，所以△PDC 为等腰直角三角形且CD ⊥P A ， 所以CD ⊥DA ，CD ⊥P 1D ，P 1D ∩AD ＝D ， 所以CD ⊥平面P 1DA .(2)由(1)知CD ⊥平面P 1DA ，CD ⊂平面ABCD ， 所以平面P 1DA ⊥平面ABCD ， 因为△P 1DA 为锐角三角形，所以P 1在平面ABCD 内的射影必在棱AD 上，记为O ，连接P 1O ， 所以P 1O ⊥平面ABCD ，则∠P 1DA 是P 1D 与平面ABCD 所成的角， 所以∠P 1DA ＝60°， 因为DP 1＝DA ＝2，所以△P 1DA 为等边三角形，O 为AD 的中点，故以O 为坐标原点，过点O 且与CD 平行的直线为x 轴，DA 所在直线为y 轴，OP 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x 轴与BC 交于点M ， 因为DA ＝P 1A ＝2，所以OP 1＝3，易知OD ＝OA ＝CM ＝1，所以BM ＝3，则P 1(0，0，3)，D (0，－1，0)，C (2，－1，0)，B (2，3，0)，DC →＝(2，0，0)，BC →＝(0，－4，0)，P 1C →＝(2，－1，－3)，因为CD ⊥平面P 1DA ，所以可取平面P 1DA 的一个法向量n 1＝(1，0，0)， 设平面P 1BC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·P 1C →＝0，所以⎩⎨⎧－4y 2＝0，2x 2－y 2－3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，x 2＝32z 2，令z 2＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎫32，0，1， 设平面P 1AD 和平面P 1BC 所成的角为θ，由图易知θ为锐角，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝321×72＝217.所以平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值为217. 4.如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，P A ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ， 又P A ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面P AC ，所以AB ⊥PC . (2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，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，则A (0，0，0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0，2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0，22，－2)，AC →＝(22，22，0)． 设PM →＝tPD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )， 所以AM →＝(0，22t ，2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AM →＝0，即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋（2－2t ）z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t1－t ，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0，0，1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝22， 解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM →＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BM →〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。