新课标版数学（理）高三总复习：题组层级快练57

题组层级快练(五十七)(第二次作业)1．(2015·皖南十校联考)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为()A．120°B．30°C．90°D．60°答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，B(0，2，0)，C(0,0，2)，D(0，－2，0)，∴AD→＝(－2，－2，0)，BC→＝(0，－2，2)．∴|AD→|＝2，|BC→|＝2，AD→·BC→＝2.∴cos〈AD→，BC→〉＝AD→·BC→|AD→|·|BC→|＝22×2＝12.∴异面直线AD，BC所成的角为60°.2．(2015·湖北黄冈中学模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值为()A.33B.23C.22D.32答案B解析由题意设棱长为2，如图所示，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心D，连接AD，则DA＝233.由勾股定理得A1D＝4－43＝263.过B1作B1E⊥底面ABC于点E，连接AE，则B1E＝263.如图作A1S⊥AB于中点S，易得A1S＝3，所以AB1＝32＋32＝23，所以AB1与底面ABC所成角的正弦值sin∠B1AE＝26323＝23.3．(2015·湖南长沙一模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．答案3510解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1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．则A1(0,0,1)，E(1,0，12)，F(12，1,0)，D1(0,1,1)．∴A1E→＝(1,0，－12)，A1D1→＝(0,1,0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1E→＝0，n·A1D1→＝0，即x－12z＝0，y＝0.令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．又A1F→＝(12，1，－1)，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝|A1F→·n||n|＝|12－2|5＝3510.4．(2015·河南洛阳模拟)如图(1)所示，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图(2)所示．(1)求证：BC⊥平面A1DC；(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值．答案(1)略(2)45解析(1)证明：∵DE⊥AD，DE∥BC，∴BC⊥AD，∴BC⊥A1D.又∵BC⊥CD，A1D∩CD＝D，∴BC⊥平面A1DC.(2)以D为原点，分别以DE→，DA1→，CD→为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz.在直角梯形CDEB中，过E作EF⊥BC，垂足为F，则EF＝2，BF＝1，BC＝3.∴B(3,0，－2)，E(2,0,0)，C(0,0，－2)，A1(0,4,0)．∴BE→＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA1→＝(－3,4,2)．设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，则CA1→·m＝0，BA1→·m＝0，∴4y＋2z＝0，－3x＋4y＋2z＝0.解得z＝－2y，x＝0.令y＝1，则m＝(0,1，－2)．设BE与平面A1BC所成角为θ，则sinθ＝|BE→·m||BE→||m|＝45·5＝45.5．(2014·河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD＝AB＝2，E为PC中点．(1)求证：DE⊥平面PCB；(2)求点C到平面DEB的距离；(3)求二面角E－BD－P的余弦值．答案(1)略(2)233(3)63解析(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC.又正方形ABCD中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD.∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE.∵PD＝CD，E是PC的中点，∴DE⊥PC.又∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PCB.(2)如图①所示，过点C作CM⊥BE于点M，由(1)知平面DEB⊥平面PCB，∵平面DEB∩平面PCB＝BE，∴CM⊥平面DEB.∴线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离．∵PD＝AB＝CD＝2，∠PDC＝90°，∴PC＝22，EC＝2，BC＝2.∴BE＝6.∴CM＝CE·BCBE＝233.(3)以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，E(0,1,1)，DB→＝(2,2,0)，DE→＝(0,1,1)．设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·DB→＝0，n1·DE→＝0，∴2x＋2y＝0，y＋z＝0.令z＝1，得y＝－1，x＝1.∴平面BDE的一个法向量为n1＝(1，－1,1)．又∵C(0,2,0)，A(2,0,0)，AC→＝(－2,2,0)，且AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一个法向量为n2＝(1，－1,0)．设二面角E－BD－P的平面角为α，则cosα＝|n1·n2||n1||n2|＝23·2＝63.∴二面角E－BD－P的余弦值为63.6．(2014·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．答案(1)总有BF⊥CM(2)64解析(1)由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.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＝21＋4＋9a2，解得a＝3.∴AD→＝(1,2，－3)，BE→＝(0,1,0)，EA→＝(1，－1，3)．设平面ABE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，∴BE→·m＝y1＝0，EA→·m＝x1－y1＋3z1＝0.令z1＝1，∴m＝(－3，0,1)．设AD与平面ABE所成角为θ，则有sinθ＝|cos〈AD→，m〉|＝||－3－322·2＝64.∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为64.7．(2014·浙江理)如图所示，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大小．答案(1)略(2)π6解析(1)在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2.由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.所以AC⊥DE.又DE⊥DC，且AC∩DC＝C，从而DE⊥平面ACD.(2)方法一：作BF⊥AD，与AD交于点F.过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B－AD－E的平面角．在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，得BD⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝2，得AD＝6.在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝6，得AE＝7.在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，得BF＝233，AF＝23AD.从而GF＝23.在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝5714，BG＝23.在△BFG中，cos∠BFG＝GF2＋BF2－BG22BF·GF＝32.所以∠BFG＝π6，即二面角B－AD－E的大小是π6.方法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，2)，B(1,1,0)．设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．可算得AD→＝(0，－2，－2)，AE→＝(1，－2，－2)，DB→＝(1,1,0)．由m·AD→＝0，m·AE→＝0，得－2y1－2z1＝0，x1－2y1－2z1＝0.可取m＝(0,1，－2)．由n·AD→＝0，n·DB→＝0，得－2y2－2z2＝0，x2＋y2＝0.可取n＝(1，－1，2)．于是|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|·|m|＝33·2＝32.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B－AD－E的大小是π6.8.如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的余弦值；(3)是否存在点E使得二面角A－DE－P为直二面角？并说明理由．答案(1)略(2)144(3)存在点E解析方法一：(1)∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝12BC.又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．∴AD＝12AB.在Rt△ABC中，∠ABC＝60°.∴BC＝12AB.∴Rt△ADE中，sin∠DAE＝DEAD＝BC2AD＝24.∴cos∠DAE＝144.(3)∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE.∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时，∠AEP＝90°.故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角．方法二：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.设PA＝a，由已知可得A(0,0,0)，B(－12a，32a,0)，C(0，32a,0)，P(0,0，a)．(1)∵AP→＝(0,0，a)，BC→＝(12a,0,0)，∴BC→·AP→＝0，∴BC⊥AP.又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC.又AP∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点．∴D(－14a，34a，12a)，E(0，34a，12a)．又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵AD→＝(－14a，34a，12a)，AE→＝(0，34a，12a)，∴cos∠DAE＝AD→·AE→|AD→|·|AE→|＝144.(3)同方法一．1．空间四点A，B，C，D中，每两点所连线的长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为()A.12aB.22aC.32aD．a答案B解析易知，以A，B，C，D为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，如右图所示，取P，Q分别为AB，CD的中点，因为AQ＝BQ＝32a，所以PQ⊥AB.同理可证PQ⊥CD，故线段P