高考数学二轮总复习强化训15（含答案）

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[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D­xyz.
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eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，0，2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈n·eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AE,\s\up6(→)),|n|·|\(AE,\s\up6(→))|)))＝eq \f(4\r(5),15)，
所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),15).
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eq \(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq \(CD,\s\up8(︵))上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M­ABC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eq \(CD,\s\up8(︵))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，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
当三棱锥M­ABC体积最大时，M为eq \(CD,\s\up8(︵))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)，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))
可取n＝(1，0，2)．
eq \(DA,\s\up6(→))是平面MCD的法向量，因此cs〈n，eq \(DA,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(DA,\s\up6(→)),|n||\(DA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，sin〈n，eq \(DA,\s\up6(→))〉＝eq \f(2\r(5),5).
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是eq \f(2\r(5),5).
3．(2018·陕西教学质量检测(一))如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
(2)若∠BAD＝60°，求二面角B­OB1­C的余弦值．
解：(1)证明：因为A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1O⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形，
所以CO⊥BD.
因为A1O∩CO＝O，
所以BD⊥平面A1CO.
因为BD⊂平面BB1D1D，
所以平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)因为A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，
所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA1,\s\up6(→))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，AA1＝3，∠BAD＝60°，
所以OB＝OD＝1，OA＝OC＝eq \r(3)，
OA1＝eq \r(AAeq \\al(2,1)－OA2)＝eq \r(6).
则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，0)，A1(0，0，eq \r(6))，
所以eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(6))，eq \(OB1,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(6))，
设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(OB,\s\up6(→))·n＝0，,\(OB1,\s\up6(→))·n＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,x＋\r(3)y＋\r(6)z＝0.))
令y＝eq \r(2)，得n＝(0，eq \r(2)，－1)是平面OBB1的一个法向量．
同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(eq \r(6)，0，－1)，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(7))＝eq \f(\r(21),21)，
由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角，
所以二面角B­OB1­C的余弦值为eq \f(\r(21),21).
4.如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45° ，求二面角M­AB­D的余弦值．
解：(1)证明：取PA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＝eq \f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq \f(1,2)AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，设|eq \(AB,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．
设M(x，y，z)(0eq \(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq \(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq \r(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|cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin 45°，eq \f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq \f(\r(2),2)，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，则
x＝λ，y＝1，z＝eq \r(3)－eq \r(3)λ.②
由①，②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2－\r(2)）x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))
所以可取m＝(0，－eq \r(6)，2)．
于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(10),5).
因此二面角M­AB­D的余弦值为eq \f(\r(10),5).
[B组 大题增分专练]
1．(2018·南昌模拟)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝eq \f(1,2)AD＝3，AC∩BD＝O，过O点作平面α平行于平面PAB，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B­FH­E的余弦值．
解：(1)因为平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF，
平面PAB∩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eq \f(BC,AD)＝eq \f(CO,AO)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(EO,OF)＝eq \f(1,2)，CE＝eq \f(1,3)CB＝1，BE＝AF＝2，
同理eq \f(CH,PC)＝eq \f(EH,PB)＝eq \f(CO,CA)＝eq \f(1,3)，
连接HO，则有HO∥PA，
且HO⊥EO，HO＝1，
所以EH＝eq \f(1,3)PB＝eq \r(2)，
同理FG＝eq \f(2,3)PA＝2，
过点H作HN∥EF交FG于N，易得四边形HNFO为矩形，
则GH＝eq \r(HN2＋GN2)＝eq \r(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)，
eq \(BH,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，eq \(FH,\s\up6(→))＝(2，0，1)．
设平面BFH的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BH,\s\up6(→))＝－x＋2y＋z＝0,n·\(FH,\s\up6(→))＝2x＋z＝0))，
令z＝－2，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，－2)).
因为平面EFGH∥平面PAB，
所以平面EFGH的一个法向量为m＝(0，1，0)．
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\f(3,2),\r(1＋\f(9,4)＋4))＝eq \f(3\r(29),29)，
二面角B­FH­E的余弦值为eq \f(3\r(29),29).
2．(2018·西安模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq \r(2)，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＝2eq \r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得AC2＝8＋4－2·2eq \r(2)·2·cs 45°＝4，得AC＝2，
所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AD∥BC，
所以AD⊥AC，
又AD＝AP＝2，DP＝2eq \r(2)，
所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，
所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC.
(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，
所以PA⊥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A­xyz，
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eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，
设eq \f(PF,PB)＝λ(λ∈[0，1])，
则eq \(PF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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|cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，m〉|＝|cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，n〉|，
即eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·m|,|\(EF,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·n|,|\(EF,\s\up6(→))|·|n|)，
所以|－2λ＋2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3))))，
即eq \r(3)|λ－1|＝|λ|，解得λ＝eq \f(3－\r(3),2)，所以eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2).
3．(2018·潍坊模拟)在▱PABC中，PA＝4，PC＝2eq \r(2)，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD.
(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论；
(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．
解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：
因为D是PA的中点，PA＝4，
所以DP＝DA＝2，
在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cs 45°＝8＋4－2×2eq \r(2)×2×eq \f(\r(2),2)＝4，
所以CD＝2＝PD，
因为CD2＋DP2＝8＝PC2，
所以△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，
所以CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，
所以CD⊥平面P1DA.
(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，
所以平面P1DA⊥平面ABCD，
因为△P1DA为锐角三角形，
所以P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，
所以P1O⊥平面ABCD，
则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，
所以∠P1DA＝60°，
因为DP1＝DA＝2，
所以△P1DA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，OP1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＝P1A＝2，
所以OP1＝eq \r(3)，易知OD＝OA＝CM＝1，所以BM＝3，
则P1(0，0，eq \r(3))，D(0，－1，0)，C(2，－1，0)，B(2，3，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－4，0)，eq \(P1C,\s\up6(→))＝(2，－1，－eq \r(3))，
因为CD⊥平面P1DA，
所以可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1，0，0)，
设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n2·\(P1C,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4y2＝0，,2x2－y2－\r(3)z2＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝0，,x2＝\f(\r(3),2)z2，))令z2＝1，则n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，1))，
设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角，
所以cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(\f(\r(3),2),1×\f(\r(7),2))＝eq \f(\r(21),7).
所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为eq \f(\r(21),7).
4.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2eq \r(2)，BC＝4eq \r(2)，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D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＝2eq \r(2)，BC＝4eq \r(2)，可得AB＝AC＝4，
所以BC2＝AB2＋AC2，
所以∠BAC＝90°，即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，
所以AB⊥平面PAC，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(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，D(0，2eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，B(2eq \r(2)，－2eq \r(2)，0)，
eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(2)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)．
设eq \(PM,\s\up6(→))＝teq \(PD,\s\up6(→))(0则点M的坐标为(0，2eq \r(2)t，2－2t)，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(2)t，2－2t)．
设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AM,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\r(2)x＋2\r(2)y＝0，,2\r(2)ty＋（2－2t）z＝0，))
令x＝1，得y＝－1，z＝eq \f(\r(2)t,1－t)，
则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(\r(2)t,1－t))).
又m＝(0，0，1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)t,t－1))),\r(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)t,t－1)))\s\up12(2)))＝eq \f(\r(2),2)，
解得t＝eq \f(1,2)，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的一个法向量n＝(1，－1，eq \r(2))，
又eq \(BM,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，3eq \r(2)，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(BM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(4\r(2),2×3\r(3))＝eq \f(2\r(6),9).
故BM与平面MAC所成角的正弦值为eq \f(2\r(6),9).