2024届高考数学二轮复习大题基础练(三)含答案

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(1)证明：DE⊥平面PAF；
(2)若PE与平面ABCD所成角为eq \f(π,6)，求二面角APBF的余弦值．
(1)证明：连接AE，PF，BD，如图1所示．
因为三棱锥P-CDE与四棱锥P-ABED的体积比为1∶3，
所以S△CDE∶SABED＝1∶3，即S△CDE＝eq \f(1,4)SABCD＝eq \f(1,2)S△BCD.
所以E为BC的中点，
则BE＝eq \f(1,2)AD＝eq \r(3)，AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝2eq \r(3)，
故AE＝AD，
又F为DE的中点，
所以AF⊥DE.
因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
所以PA⊥DE，
又PA∩AF＝A，PA、AF⊂平面PAF，
所以DE⊥平面PAF.
(2)解：因为PA⊥面ABCD，且AB，AD在矩形底面ABCD内，易知：PA，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系A-xyz.
所以∠PEA为PE与平面ABCD所成角，即∠PEA＝eq \f(π,6)，则PA＝AE·tan ∠PEA＝2.
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(0，2eq \r(3)，0)，P(0，0，2)，E(3，eq \r(3)，0)，F(eq \f(3,2)，eq \f(3\r(3),2)，0)，
所以eq \(BP,\s\up6(→))＝(－3，0，2)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(eq \f(3,2)，eq \f(3\r(3),2)，－2)，
设面PBF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝0，,n·\(PF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋2z＝0，,\f(3,2)x＋\f(3\r(3),2)y－2z＝0，))则可取n＝(2，eq \f(2,\r(3))，3)．
而面PAB的一个法向量为m＝(0，1，0)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(43),43).
由图知：锐二面角A-PB-F的余弦值为eq \f(2\r(43),43).
2．(2023·佛山模拟)在如图所示的圆柱MN中，AB为圆M的直径，C，D是eq \(AB,\s\up8(︵))上的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱MN的母线．
(1)求证：FM∥平面ADE；
(2)若BC＝1，已知直线AF与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A-FB-C的余弦值．
(1)证明：如图，连接MC，MD.因为C，D是半圆eq \(AB,\s\up8(︵))的两个三等分点，
所以∠AMD＝∠DMC＝∠CMB＝60°.
又MA＝MB＝MC＝MD，
所以△AMD，△CMD，△BMC均为等边三角形．
所以AM＝AD＝DC＝CM，所以四边形ADCM为平行四边形．
所以CM∥AD，
又因为MC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以MC∥平面ADE.
因为EA，FC都是圆柱MN的母线，所以EA∥FC，
又因为FC⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE.
又CM，FC⊂平面FCM，且CM∩FC＝C，
所以平面FCM∥平面ADE，又FM⊂平面ADE，
所以FM∥平面ADE.
(2)解：连接AC，FC是圆柱MN的母线，所以FC⊥圆柱MN的底面，
所以∠FAC是直线FC与平面ABCD所成的角，
即∠FAC＝30°，
因为AB是圆M的直径，所以∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1.
所以AC＝BC·tan 60°＝eq \r(3).
所以在Rt△ABC中，FC＝AC·tan 30°＝1.
以C原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz.如图所示，
则A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，F(0，0，1)，
所以，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，1)，
设平面AFB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,－\r(3)x＋z＝0，))令x＝1，
得y＝z＝eq \r(3)，
平面AFB的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，
又因为平面BCF的法向量为m＝(1，0，0)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(7))＝eq \f(\r(7),7).
所以二面角A-FB-C的余弦值为eq \f(\r(7),7).
3．(2023·深圳龙岗区校级二模)如图1所示，等边△ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC边的中点．现将△ABC沿CD折叠，如图2所示．
(1)证明：CD⊥EF；
(2)折叠后若AB＝a，求二面角A-BD-E的余弦值．
(1)证明：如图1，根据折叠的性质可得：AD⊥CD，BD⊥CD，
因为AD⊥CD，BD⊥CD，AD∩CD＝D，所以CD⊥平面ABD，
因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，
因为E和F分别是AC和BC的中点，
所以EF∥AB，CD⊥EF.
(2)解：如图2，
取AD和OD的中点分别为G和H，连接GE，GH，HE，
因为AD，AC，OD的中点分别为G，E，H，
所以GE∥CD，GH∥AO，
所以GH⊥BD，GE⊥平面ABD，
又因为BD⊂平面ABD，
所以GE⊥BD，又因为GH∩GE＝G，
所以BD⊥平面GHE，所以BD⊥HE，
则二面角A-B-DE，即二面角A-BD-E的平面角为∠GHE，所以tan ∠GHE＝eq \f(GE,GH)＝eq \f(CD,AO)＝eq \f(\r(3)a,\f(\r(3)a,2))＝2，
所以cs ∠GHE＝eq \f(\r(5),5)，即二面角A-BD-E的余弦值为eq \f(\r(5),5).
4．(2023·潮州二模)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值．
(1)证明：在题图2中，由题意得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，所以图2中的A，C，G，D四点共面，
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解：连接EC，因为在菱形BEGC中，∠EBC＝60°，
所以△EBC为等边三角形，取BC的中点H，连接EH，则EH⊥BC，
因为平面ABC⊥平面BCGE，平面ABC∩平面BCGE＝BC，EH⊂平面BCGE，
所以EH⊥平面ABC，所以建系如图，则根据题意可得：
A(－1，1，0)，C(1，0，0)，E(0，0，eq \r(3))，G(2，0，eq \r(3))，
所以eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，
设平面ACG的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CG,\s\up6(→))＝x＋\r(3)z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝2x－y＝0，))取n＝(3，6，－eq \r(3))，
所以cs〈n，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(CE,\s\up6(→)),|n||\(CE,\s\up6(→))|)＝eq \f(－6,2×4\r(3))＝－eq \f(\r(3),4)，
所以直线CE与平面ACG所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
5．(2023·广东一模)如图所示的在多面体中，AB＝AD，EB＝EC，平面ABD⊥平面BCD，平面BCE⊥平面BCD，点F，G分别是CD，BD中点．
(1)证明：平面AFG∥平面BCE；
(2)若BC⊥BD，BC＝BD＝2，AB＝eq \r(2)，BE＝eq \r(5)，求平面AFG和平面ACE夹角的余弦值．
(1)证明：如图1，取BC中点H，连接EH，因为EB＝EC，
所以EH⊥BC，
又因为平面BCE⊥平面BCD，平面BCE∩平面BCD＝BC，EH⊂平面BCE，所以EH⊥平面BCD，
同理可得AG⊥平面BCD，
所以EH∥AG，
又因为AG⊄平面BCE，EH⊂平面BCE，所以AG∥平面BCE，
因为点F，G分别是CD，BD中点，所以FG∥BC，
又因为FG⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，
所以FG∥平面BCE，
又因为AG∩FG＝G，AG，FG⊂平面AFG，
所以平面AFG∥平面BCE.
(2)解：因为BC⊥BD，BC∥FG，所以FG⊥BD，
由(1)知AG⊥BD，AG⊥平面BCD，GF⊂平面BCD，
所以AG⊥GF，
所以GF，GB，GA两两相互垂直，
如图2，以点G为坐标原点，GF，GB，GA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为AB＝eq \r(2)，BE＝eq \r(5)，所以GA＝GB＝1，EH＝2，BH＝1，
则A(0，0，1)，C(2，1，0)，E(1，1，2)，
平面AFG的一个法向量为eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，1，－1)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－z＝0，,－x＋2z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(3x,2)，,z＝\f(x,2)，))
取x＝2，得n＝(2，－3，1)，
设平面AFG和平面ACE的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，eq \(DB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DB,\s\up6(→))|,|n||\(DB,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2×\r(14))＝eq \f(3\r(14),14)，
所以平面AFG和平面ACE的夹角的余弦值为eq \f(3\r(14),14).
6．(2023·青岛三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝2A1B1＝4，BB1＝CC1＝eq \r(3).
(1)求四棱锥A1-BCC1B1的体积；
(2)在侧棱BB1上是否存在点E，使得二面角E-AC-B的余弦值为eq \f(7\r(2),10)？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．
解：(1)在三棱台ABC-A1B1C1中，取B1C1的中点O1，连接A1O1，因为AB＝AC，∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝2A1B1＝4，
则A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝eq \f(π,2)，有BC＝4eq \r(2)，B1C1＝2eq \r(2)，
A1O1⊥B1C1，A1O1＝eq \r(2)，因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1，
则平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1⊂平面A1B1C1，
于是A1O1⊥平面BCC1B1，
又梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝eq \r(3)，
则梯形BCC1B1的高h＝eq \r(BBeq \\al(2,1)－（\f(BC－B1C1,2)）2)＝eq \r(（\r(3)）2－（\r(2)）2)＝1，
因此梯形BCC1B1
的面积S＝
eq \f(1,2)(2eq \r(2)＋4eq \r(2))×1＝3eq \r(2)，
所以四棱锥A1-BCC1B1的体积V＝eq \f(1,3)S·A1O1＝eq \f(1,3)×3eq \r(2)×eq \r(2)＝2.
(2)取BC的中点O，连接AO，因为AB＝AC，则AO⊥BC，
在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分别为上下底边B1C1，BC的中点，有OO1⊥BC，而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1⊂平面BCC1B1，于是OO1⊥平面ABC，
所以分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴，建系如图坐标系，
则A(2eq \r(2)，0，0)，B(0，2eq \r(2)，0)，C(0，－2eq \r(2)，0)，B1(0，eq \r(2)，1)，
令eq \(BE,\s\up6(→))＝meq \(BB1,\s\up6(→))(0