【文档说明】福建省福州市平潭县新世纪学校2021届高三下学期百盛冲刺班数学练习（56）含答案.docx，共(21)页，1.440 MB，由小赞的店铺上传

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百盛高三冲刺班数学练习（56)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．如图，在平行四边形ABCD中，2AB=，2BC=，4ABC=，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，

1AF=，点M在线段EF上运动.（1）当AEDM⊥时，求点M的位置；（2）在（1）的条件下，求平面MBC与平面ECD所成锐二面角的余弦值.2．如图，在四棱维PABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方形，PAB△为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD

，PMMD=．（1）求证：//PB平面ACM；（2）求二面角MBCD−−的余弦值3．如图，在圆柱1OO中，四边形ABCD是其轴截面，EF为⊙1O的直径，且EFCD⊥，2AB=，()0BCaa=．（1）求证：BEBF=；（2）若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为63，求二面角ABEF−−平

面角的余弦值．4．如图1，在矩形ABCD中，22,BCABE==是AD中点，将CDE△沿直线CE翻折到CPE△的位置，使得3PB=，如图2.（1）求证：面PCE⊥面ABCE；（2）求PC与面ABP所成角的正弦值.5．如图，该多面

体由底面为正方形ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而成，其中正方形ABCD的边长为4，H是线段EF上（不含端点）的动点，36==FCEB．（1）若H为EF的中点，证明：//GH平面ABCD；（2）若14=EHEF，求直线CH与平面ACG所成角的正弦值．6．如图，在三棱台111ABC

ABC−中，1ACAB⊥，O是BC的中点，1AO⊥平面ABC.（1）求证：ACBC⊥；（2）若1111,23,2AOACBCAB====，求二面角1BBCA−−的大小.7．如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF为矩形，2ED=，平面BDEF⊥平面ABCD．

（1）求证：平面EAC⊥平面FAC；（2）求直线BC与平面AEF所成角的大小．8．如图，在四棱锥PABCD−中，已知//ABCD，122ABADCD===，23PA=，10PB=，60BAD=，PABPAD=，E为PD上的动点．（1）探究：当PEPD为何值时，//PB平面AEC

？（2）在（1）的条件下，求直线AE与平面ABCD所成角的正弦值．9．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为4的菱形，2APB=，3ABC=，23PB=，4PC=，点M是AB的中点.（1）求证：CM⊥平面PAB；（2）线段CD上是否存

在一点N，使得直线PN与平面PMD所成的角的正弦值为68，若存在，求出的CNND值，若不存在，请说明理由.10．如图，四棱锥PABCD−中，//ADBC，平面PAD⊥平面PBC.若3BCD=，2PBC=，

2ADCD==，1BC=.（1）证明：PBPA⊥；（2）若2PAPC=，求二面角PBCA−−的余弦值.参考答案1．（1）M为EF的中点，理由见解析；（2）105.【分析】（1）证明出ABAC⊥，AF⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，AB、AC、AF所在直线分别为x

、y、z轴建立空间直角坐标系，设点()0,,1My，由已知条件得出0AEDM=，求出y的值，由此可得出结论；（2）计算出平面MBC与平面ECD的法向量，利用空间向量法可求得平面MBC与平面ECD所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）2AB=Q，2BCA

D==，4ABC=，由余弦定理可得2222cos2ACABBCABBCABC=+−=，所以222ABACBC+=，ABAC⊥，四边形ACEF为矩形，AFAC⊥，平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF平面ABCDAC=，AF平面ACEF，AF⊥平面ABCD

，以点A为坐标原点，AB、AC、AF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz−，则()0,0,0A、()2,0,0B、()0,2,0C、()2,2,0D−、()0,2,1E、()0,0,1F，设()0,

,1My，则02y，()0,2,1AE=，()2,2,1DMy=−，AEDM⊥，()221210AEDMyy=−+=−=，解得22y=，12FMFE=.当点M为EF的中点时，AEDM⊥；（2）由（1）知

，22,,12BM=−，()2,2,0BC=−，设平面MBC的一个法向量为()111,,mxyz=，则111112202220mBMxyzmBCxy=−++==−+=，取12y=，则()2,2,1m=，易知平面ECD的一个法向量为()0,1,0n=，210cos,

551mnmnmn===，因此，平面MBC与平面ECD所成锐二面角的余弦值为105.2．（1）证明见解析；（2）32．【详解】（1）证明：连接BD，与AC交于O，在PBD△中，因为O，M分别为BD，PD的中点，所以//BPOM．因为BP

平面ACM，OM平面CAM，所以//BP平面CAM．（2）设E是AB的中点，连接PE，因为PAB△为正三角形，所以PE⊥AB．又因为面PAB⊥底面ABCD，面PAB底面ABCDAB=，所以PE⊥平面ABCD过E作EF平行于CB与CD交于F．以E为原点，分

别以,,EBEFEP为,,xyz轴，建立空间直角坐标系Exyz−，则()0,0,0E，()1,0,0B，()0,0,3P，()2,01,C，()1,2,0D−．13,1,22M−所以33,1

,22=−−CM，()0,2,0BC=uuur，设平面CBM的法向量为(),,nxyz=，则3302220nCMxyznBCy=−−+===，0y=，令1x=．则3z=得(,

03)n=1，．因为PE⊥平面ABCD，所以平面ABCD的法向量()0,0,1m=，所以3cos,2nmnmnm==．所以二面角MBCD−−的余弦值为32.3．（1）证明见解析；（2）13.【分析】（1）连接1BO，证明出EF⊥平面ABCD，可得出1EF

BO⊥，利用等腰三角形三线合一可证得结论成立；（2）以点O为坐标原点，OB、1OO所在直线分别为y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合直线AE与平面BEF所成角的正弦值为63求出a的值，再利用空间向量法可求得二面角

ABEF−−平面角的余弦值．【详解】（1）证明：连接1BO，在圆柱中1OO中，BC⊥平面CEDF，EF平面CEDF，EFBC⊥，EFCD⊥，BCCDC=，EF⊥平面ABCD，又1BO平面AB

CD，1EFBO⊥，在BEF中，1O为EF的中点，BEBF=；（2）连接1OO，则1OO与该圆柱的底面垂直，以点O为坐标原点，OB、1OO所在直线分别为y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则()0,1,0A−、()0,1,0B、()1,0,

Ea−、()1,0,Fa，()1,1,AEa=−，()1,1,BEa=−−，()1,1,BFa=−，设平面BEF的法向量分别是()1111,,xnyz=，由1100nBEnBF==，得11111100xyazxyaz−−+=−+=，取11z=，得()10,,1na=，设直线AE

与平面BEF所成角为，由223s26incos,21AEnaaa===++，化简得()()22210aa−−=，1aQ，解得2a=，()10,2,1n=，设平面ABE的法向量分别是()2222,,nxyz=，()0,2,0AB=，由2200nABnAE==

，得22222020yxyz=−++=，取21z=，得()22,0,1n=uur，1212121cos,3nnnnnn==，由图象可知，二面角ABEF−−为锐角，因此，二面角ABEF−

−的余弦值为13.4．（1）证明见解析；（2）22211.【分析】（1）连结BE，可得BEEC⊥，结合两图，可得BEEC⊥，BEPE⊥，又ECPEE=，根据线面垂直的判定定理证得BE⊥面PEC，再利用面面

垂直的判定定理证得结果；（2）以点A为原点，分别以,ABAE直线为x轴，y轴，以经过点A且垂直于平面ABCE的直线为z轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果.【详解】（1）证明：连结BE，

由图1可得BEEC⊥在图2中2,1,3,BEPEPBBEPE===⊥又ECPEEBE=⊥面PECBE面ABCE面PCE⊥面ABCE（2）以点A为原点，分别以,ABAE直线为x轴，y轴，以经过点A且垂直于平面ABCE的直线为z轴建立直角坐标

系.由题意可知，()()()1321,0,0,1,2,0,0,1,0,,,222BCEP()132,,,1,0,0222APAB==设面ABP的法向量为(),,nxyz=r则0,0nAPnAB==令

2,y=得3,z=−所以()0,2,3n=−112,,222PC=−222sincos,11PCnPCnPCn===所以直线PC与面ABP所成角的正弦值为22211.5．（1）证明见解析；（2）63.【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取BC的中点M

，连接HM，DM，证明四边形DGHM是平行四边形，即可证明；（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACG的法向量，利用线面角的向量公式求解.【详解】（1）证明：取BC的中点M，连接HM，DM．因为该多面体由底面为正方形ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而成，所以截面AEFG是平行四边

形，则4=−=DGCFEB．因为36==FCEB，所以1(26)42=+=HM，且/DGHM，所以四边形DGHM是平行四边形，所以//GHDM．因为DM平面ABCD，GH平面ABCD，所以//GH平面ABCD．（2）解：如图，以D为原点，分别以,,DADCDG的

方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz−，则(4,0,0)A，(0,4,0)C，(0,0,4)G，(3,4,3)H，(4,4,0)=−AC，(4,0,4)=−AG，(3,0,3)=CH．设平面ACG的

法向量为(,,)nxyz=，则440440ACnxyAGnxz=−+==−+=，令1x=，得()1,1,1n=．因为336cos,3||||323CHnCHnCHn+==，所以直线C

H与平面ACG所成角的正弦值为63．6．（1）证明见解析；（2）56.【分析】（1）先证1AOAC⊥再结合1ACAB⊥，即可证明AC⊥平面1ABO，则可证ACBC⊥（2）以O为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，分别求解平面11BBCC和ABC的法向量，利用夹角向量

公式即可求解．【详解】解：（1）因为1AO⊥平面ABC，AC平面ABC，所以1AOAC⊥.又因为1ACAB⊥，111ABAOA=，1AB平面1ABO，1AO平面1ABO，所以AC⊥平面1ABO，又因为BC平面1ABO，所以ACBC⊥；（2）以O为坐标原点，与

CA平行的直线为x轴，OB所在直线为y轴，1OA所在直线为z轴，建立如所示的空间直角坐标系Oxyz−，则(0,0,0)O，(23,1,0)A−，(0,1,0)B，1(0,0,1)A.所以(0,1,0)OB=，(23,2,0)AB=−uuur，1(0,0,1)OA=，于是4AB=.由111ABCA

BC−是三棱台，所以11//ABAB.又因为112AB=所以111(3,1,0)2ABAB==−.所以1111(3,1,1)OBOAAB=+=−.设平面11BBCC的法向量(,,)nxyz=，由100nOBnOB==

得030yxyz=−++=取1x=，则0y=，3z=，即(1,0,3)n=.因为1OA⊥平面ABC，所以平面ABC的法向量为1(0,0,1)OA=.所以1122222211000313cos,2||10(3)001++===++++nOAnO

AnOA，因为二面角1BBCA−−为钝二面角，所以二面角1BBCA−−的大小是56．7．（1）证明见解析；（2）30°．【分析】（1）先利用面面垂直的性质及线面垂直的性质得到ACEO⊥，再利用勾股定理及勾股定理的逆定理

证明EOOF⊥，由线而垂直的判定定理得到EO⊥平面FAC，最后由面面垂直的判定定理得到平面EAC⊥平面FAC；（2）可通过作辅助线找到线面角，然后在直角三角形中求解即可，还可以建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【详解

】（1）因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以ACBD⊥．设ACBDO=，连接OE，OF，如图，因为平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD平面BDEFBD=，所以AC⊥平面BDEF．因为OE面BDEF，所以ACEO⊥．在OBF中，22

2OFOBFB=+=，同理2EO=，因为22EFBD==，所以222EOOFEF+=，所以EOOF⊥．因为FOACO=，FO，AC平面AFC，所以EO⊥平面FAC．因为EO平面EAC，所以平面EAC⊥平面

FAC．（2）解法一：如图，延长CB到点H，使得BHBC=，连接AH，FH，易知四边形AE为平行四边形，故A，E，F，H四点共面，所以直线BC与平面AEF所成的角．即直线HC与平面AEFH所成的角．取EF的中点G，连接OG，AG，CG，因为2OAOCOG===，所以2

AGCG==，又22AC=，所以AGCG⊥．在RtFBC△中，B2BF=，2BC=，所以6CF=，同理6CE=，所以CECF=，因为G为EF的中点，所以CGEF⊥．因为EFAGG=，EF，AG平面AEFH，所以CG⊥平面AEFH．连接HG，则CHG即直线BC与平面AEF所成的角．在R

tHGC△中，2CG=，4HC=，所以1sin2CGCHGHC==，得30CHG=，即直线BC与平面AEF所成的角为30°．解法二：取EF的中点G，连接OG，易知OA，OB，OG两两垂直，故以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直

线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()2,0,0A，()0,2,0B，()2,0,0C−，()0,2,2E−，()0,2,2F，所以()2,2,2EA=−，()2,2,2AF=−，()2,2,0CB．设平面AEF的法向量为(),,mxyz=，可得2220

,2220,mEAxyzmAFxyz=+−==−++=则0y=，令1z=，则()1,0,1m=．设直线BC与平面AEF所成的角为，则1sin2CBmCBm==，30=．所以直线BC与平面AEF所成的角为30°．8．（1）

当13PEPD=时，//PB平面AEC，理由见解析；（2）34.【分析】（1）当13PEPD=时，//PB平面AEC．连接BD，与AC交于点O，连接OE，证明//PBEO即得证；（2）证明PG⊥平面ABCD，易知GA，GB，GP两两垂直，故可以以G为

坐标原点，分别以GA，GB，GP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出直线AE与平面ABCD所成角的正弦值．【详解】（1）当13PEPD=时，//PB平面AEC．理由如下：如图，连接BD，与AC交于点O，连接OE，因为12//ABDC，所以A

OBCOD∽，12BODO=，当12PEDE=，即13PEPD=时，有//PBEO，又EO平面AEC，PB平面AEC，所以//PB平面AEC．（2）取BD的中点G，连接PG，AG，因为PABPAD=，2ADAB==，PAPA=，所以PABPAD△△≌，所以10PBPD

==，所以PGBD⊥．因为2ABAD==，60BAD=，所以2BD=，AGBD⊥，3AG=，1DGBG==，所以223PGPBBG=−=．又23PA=，所以222PAPGAG=+，所以PGAG⊥．因为BDAGG=，所以PG⊥平面A

BCD．易知GA，GB，GP两两垂直，故可以以G为坐标原点，分别以GA，GB，GP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()3,0,0A，()0,1,0D−，()0,0,3P．由（1）可知()2220,1,30,,2333DEDP→→=

==，故10,,23E−，所以13,,23AE→=−−．易知平面ABCD的一个法向量为()0,0,1n=．设直线AE与平面ABCD所成的角为，则23sincos,41349AEn→→==

=++，即直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为34．9．（1）证明见解析；（2）存在，1CNND=.【分析】（1）先证明CMAB⊥，然后连接PM，利用题目所给的边长关系，根据勾股定理证明CMPM⊥，然后根据线面垂直的判定定理即可得到CM⊥平面PAB；（2

）假设在线段CD上存在一点N，使得直线PN与平面PMD所成的角的正弦值为68，设CN=，然后以以点M为坐标原点，MB，MC分别为x轴，y轴，竖直向上为z轴，建立空间肖角坐标系，写出各点的坐标，得出向量PNuuur，计算出平面PMD的法向量m，

使PNuuur与m所成角满足6|cos,|8mPN=，然后求解，得出CNND的值.【详解】解：（1）证明：连接PM，在PAB中，因为3ABC=，23PB=，4PC=，所以2PA=.因为点M是AB的中点，所以2BMPM==.在BMC中，3MBC=，2BM=，4BC

=，由余弦定哩，有23CM=，所以222BMCMBC+=，所以ABCM⊥.在PMC中，2PM=，23CM=，4PC=满足222PCCMPM=+，所以PMCM⊥，又ABPMM=，所以CM⊥平面PAB.（2）如图，以点M为坐标原点，建立空间肖

角坐标系，则()0,0,0M，(0,23,0)C，(4,23,0)D−，设(),0,ppPxz，(,23,0)([0,4])N−，在PAB中，3PPAPBzAB==，而2PM=，得1Px=−，

所以(1,0,3)P−.平面PMD的一个法向量为()111,,mxyz=，直线PN与平面PMD所成角为.因为0(1,0,3),(4,23,0),0mMPMPMDmMD==−=−=，所以(3,2,1)m

=.因为(1,23,3)PN=−−.所以2|||433|6sin|cos,|8||||22216mPNmPNmPN−====−+，得210160−+=，所以2=或8=(舍)，所以1CNND=.10．（1）证明见解析；（2）55.【分析】（1）设平面PAD平面P

BCl=，由线面平行可证得//BCl，由面面垂直性质可知PB⊥平面PAD，由线面垂直性质证得结论；（2）根据二面角平面角定义可证得PBD即为所求二面角的平面角；以D为坐标原点，利用2PAPC=和PBPA⊥可构造方程组求得P点坐

标，进而求得sinPBD，从而求得结果.【详解】（1）证明：设平面PAD平面PBCl=，//ADBC，BC平面PAD，AD平面PAD，//BC平面PAD，又BC平面PBC，//BCl2PBC=，PBBC⊥，PBl⊥又平面PAD⊥平面PBC，PB⊥平面

PAD，PA平面PAD，PBPA⊥.（2）连结BD，在BCD△中，由余弦定理得：3BD=，BDBC⊥，又PBBC⊥，PBD为二面角PBCA−−的平面角以D为原点，分别以,DADB的方向为x轴，y轴正方向建立空间直角

坐标系，()2,0,0A，()0,3,0B，()1,3,0C−.BCBD⊥，BCPD⊥，BDPDD=，BC⊥平面PBD，平面PBD⊥平面ABCD可设()0,,Pyz，由2PAPC=，可得：()()()22222202401434yzyz

−++=++−+，化简可得：223833120yyz−++=…①由（1）知PBPA⊥，()()2,,0,3,0yzyz−−=，化简得：2230yyz−+=…②解方程①②可得：435y=，235z=，2243231530555

PB=−+−=，23255sin5155zPBDPB===，5cos5PBD=，二面角PBCA−−的余弦值为55.