2014高考调研理科数学课时作业讲解_课时作业56

课时作业(五十六)(第二次作业)1．如右图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于()A.105B.155C.45D.23答案B解析本题考查空间向量的运算．设正方体的边长为2，建立如右图所示的坐标系，O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，∴FD1→＝(－1,0,2)，OE→＝(－1,1,1)．∴FD1→，OE→＝FD1→·OE→|FD1→|·|OE→|＝1＋0＋25·3＝155.2.以等腰Rt△ABC的斜边BC上的高AD为折痕，将△ABC折起(如图)，使折起后的△ABC恰好为等边三角形．M为高AD的中点，则直线AB与CM所成角的余弦值为()A.22B.66C.1010D．－1010答案C解析设直角边AB＝AC＝2，则BC＝22.取BD中点N，连接MN，则MN∥AB，所以∠NMC即为所求．∵MN＝12AB＝1，MC＝102＝NC，在△NCM中，由余弦定理可得cos∠NMC＝1010.3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是正方形ADD1A1和ABCD的中心，G是CC1的中点，设GF、C1E与AB所成的角分别为α、β，则α＋β等于()A．120°B．60°C．75°D．90°答案D解析建立如图坐标系，设正方体棱长为2.B(2,0,0)，A(2,2,0)，G(0,0,1)，F(1,1,0)，C1(0,0,2)，E(1,2,1)．则BA→＝(0,2,0)，GF→＝(1,1，－1)，C1E→＝(1,2，－1)．∴cos〈BA→，GF→〉＝13，cos〈BA→，C1E→〉＝23.∴cosα＝13，cosβ＝23，sinβ＝13，∴α＋β＝90°，故选D.4．如图所示，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．解析如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D－xyz.则DA→＝(1,0,0)，CC′→＝(0,0,1)．连接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设DH→＝(m，m,1)(m0)，由已知〈DH→，DA→〉＝60°，由DA→·DH→＝|DA→||DH→|cos〈DH→，DA→〉，可得2m＝2m2＋1.解得m＝22，所以DH→＝(22，22，1)．(1)因为cos〈DH→，CC′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH→，CC′→〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.(2)∵ABCD－A′B′C′D′为正方体，∴CD⊥平面AD′.∴CD→为平面AD′的一个法向量，CD→＝(0，－1,0)．又∵DH→＝(22，22，1)，∴cos〈DH→，CD→〉＝－221·2＝－12.∴DP与平面AA′D′D所成角为30°.5.已知长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，AA1＝1，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，AE垂直BD于点E，F为A1B1的中点．(1)求异面直线AE与BF所成角的余弦值；(2)求平面BDF与平面AA1B所成二面角(锐角)的余弦值．解析(1)分别以AB，AD，AA1为x，y，z轴建系．∵AD⊥平面ABB1A1，BD与平面AA1B1B夹角为30°，∴∠DBA＝30°.∵AE⊥BD，∴E(12，32，0)，B(2,0,0)，F(1,0,1)．∴AE→＝(12，32，0)，BF→＝(－1,0,1)，cos〈AE→·BF→〉＝－24.∴AE与BF所成角的余弦值为24.(2)BF→＝(－1,0,1)，BD→＝(－2，233，0)，平面BDF法向量a＝(1，3，1)，平面AA1B法向量b＝(0,1,0)，∴cos〈a，b〉＝155.∴平面BDF与平面AA1B所成二面角的余弦值为155.6．(2013·石家庄质检)四棱锥A—BCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF⊥CM，请说明理由；(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．解析(1)由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.又BC＝2，O为BC中点，BE＝1，CD＝2.∵△ABC为等边三角形，F为AC中点，∴BF⊥AC.又平面ABC⊥平面EBCD，且DC⊥BC，∴DC⊥平面ABC，∴DC⊥BF.又AC∩CD＝C，∴BF⊥平面ACD.∴BF⊥CM.(2)以O为原点，OC→为x轴，OA→为z轴建系．B(－1,0,0)，C(1,0,0)，E(－1,1,0)，D(1,2,0)．设A(0,0，a),由题意可知平面ABC的法向量为(0,1,0)．设平面ADE法向量n＝(x，y，z)．ED→＝(2,1,0)，EA→＝(1，－1，a)，∴2x＋y＝0，x－y＋az＝0，令x＝1，y＝－2，z＝－3a.∴n＝(1，－2，－3a)．∴22＝|cosθ|＝21＋4＋9a2，解得a＝3.由线面角向量知识，可得sinθ＝64.7．(2011·全国新课标理)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．解析(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·PB→＝0.即－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m·PB→＝0，m·BC→＝0.可取m＝(0，－1，－3)，则cos〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A－PB－C的余弦值为－277.8．(2012·浙江)如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点．(1)证明：①EF∥A1D1；②BA1⊥平面B1C1EF；(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值．解析(1)证明：①因为C1B1∥A1D1，C1B1⊄平面ADD1A1，所以C1B1∥平面A1D1DA.又因为平面B1C1EF∩平面A1D1DA＝EF，所以C1B1∥EF，所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1C1.又因为B1C1⊥B1A1，所以B1C1⊥平面ABB1A1.所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中，F是AA1的中点，tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝22，即∠A1B1F＝∠AA1B，故BA1⊥B1F.所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)设BA1与B1F交点为H，连接C1H.由(1)知BA1⊥平面B1C1EF，所以∠BC1H是BC1与面B1C1EF所成的角．在矩形AA1B1B中，AB＝2，AA1＝2，得BH＝46.在直角△BHC1中，BC1＝25，BH＝46，得sin∠BC1H＝BHBC1＝3015.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.9．(2012·江西)在三棱柱ABC—A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．解析(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E.因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC.所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE.所以OE⊥平面BB1C1C.又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，得AE＝AO2AA1＝55.(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)．由AE→＝15AA1→，得点E的坐标是(45，0，25)．由(1)得平面BB1C1C的法向量OE→＝(45，0，25)．设平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)，由n·AB→＝0，n·A1C→＝0，得－x＋2y＝0，y＋z＝0.令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)．所以cos〈OE→，n〉＝OE→·n|OE→|·|n|＝3010.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是3010.1．(2013·石家庄质检)如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，EC⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD，G为BF的中点，若EG∥平面ABCD.(1)求证：EG⊥平面ABF；(2)若AF＝AB，求二面角B—EF—D的余弦值．解析(1)取AB的中点M，连接GM，MC，G为BF的中点，∴GM∥FA.又EC⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD，∴CE∥AF，∴CE∥GM.∵平面CEGM∩平面ABCD＝CM，EG∥平面ABCD，∴EG∥CM.∵在正三角形ABC中，CM⊥AB，又AF⊥CM，∴EG⊥AB，EG⊥AF.∴EG⊥平面ABF.(2)连接AC，BD，且交点为O.以O为原点，OB→为x轴，AC→为y轴建系．B(3，0,0)，E(0,1,1)，F(0，－1,2)，D(－3，0,0)．EF→＝(0，－2,1)，EB→＝(3，－1，－1)，DE→＝(3，1,1)．设平面BEF法向量n1＝(x，y，z)，则－2y＋z＝0，3x－y－z＝0，令y＝1，则z＝2，x＝3.∴n1＝(3，1,2)．同理可求平面DEF法向量n2＝(－3，1,2)．设所求二面角平面角为θ，则cosθ＝－14.2．(2012·福建)如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．解析(1)以A为原点，AB→，AD→，AA1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(a2，1,0)，B1(a,0,1)．故AD1→＝(0,1,1)，B1E→＝(－a2，1，－1)，AB1→＝(a,0,1)，AE→＝(a2，1,0)．∵AD1→·B1E→＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时DP→＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥AB1→，n⊥AE→，得ax＋z＝0，ax2＋y＝0.取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝(1，－a2，－a)．要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP→，有a2－az0＝0，解得z0＝12.又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝12.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD—A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1.∴AD1→是平面A1B1E的一个法向量，此时AD1→＝(0,1,1)．设AD1→与n所成的角为θ，