高考数学二轮总复习强化训15（含答案）

这是一份高考数学二轮总复习强化训15（含答案），共10页。
[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)(0