高考数学一轮复习课时质量作业(三十七)含答案

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1．在空间直角坐标系中，AB＝(1，－1，0)，BC＝(－2，0，1)，平面α的一个法向量为m＝(－1，0，1)，则平面α与平面ABC夹角的正弦值为 ( )
A．336B．36
C．34D．134
A 解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB=x－y=0，n·BC=－2x+z=0.取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)是平面ABC的一个法向量．设平面α与平面ABC的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈m，n〉|＝m·nmn＝12×6＝36，sin θ＝1－cs2θ＝336，所以平面α与平面ABC夹角的正弦值为336.
2．(数学与文化)在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90˚，AB＝2，BC＝22，若直线CA1与直线AB所成角为60˚，则AA1＝( )
A．3B．2
C．22D．23
B 解析：如图，以B为原点，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，22，0)．设A1(2，0，z)(z>0)，则BA＝(2，0，0)，CA1＝(2，－22，z)，所以|cs〈BA，CA1〉|＝42×12+z2＝12，解得z＝2，故AA1＝2.
3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为( )
A．33B．63
C．13D．23
B 解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E(2，0，1)，F(0，2，1)，C(2，2，0)，
所以CE＝(0，－2，1)，CF＝(－2，0，1)．
设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
则CE·n=0，CF·n=0，所以－2y+z=0，－2x+z=0.
取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)是平面ECF的一个法向量．
易知m＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量．
设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ，
所以cs θ＝|cs 〈m，n〉|＝m·nmn＝21×6＝63，
所以平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为63.
4．(多选题)如图，三棱锥D­ABC的各棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，则下列说法正确的是( )
A．OA，OB，OC的长度相等
B．直线OD与BC所成的角是45˚
C．直线AD与OB所成的角是45˚
D．直线OB与平面ACD所成的角的余弦值为33
AC 解析：因为三棱锥D­ABC的各棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，
所以OA＝OB＝OC＝2，故A正确．
如图，建立空间直角坐标系，
可得O(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(2，2，2)，所以OB＝(0，2，0)，AC＝(－2，0，2)，AD＝(0，2，2)，OD＝(2，2，2)，BC＝(0，－2，2)．
因为OD·BC＝0，所以OD⊥BC，即直线OD与BC所成的角是90˚，故B不正确．
cs 〈AD，OB〉＝AD·OBADOB＝22，可得直线AD与OB所成的角是45˚，故C正确．
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC=0，n·AD=0，所以－2x+2z=0，2y+2z=0.
取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1，1)为平面ACD的一个法向量．
设直线OB与平面ACD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈OB，n〉|＝OB·nOBn＝22×3＝33，cs θ＝63，故D不正确．
5．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E 三点共线．已知三棱锥P­ADE 四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面 ABCE，AB∥CD，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值为( )
A．34B．105
C．155D．255
C 解析：以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，C(2，2，0)，A(0，0，0)，E(2，－1，0)，
则有PC＝(2，2，－2)，AE＝(2，－1，0)，AP＝(0，0，2)．
设平面PAE的法向量n＝(x，y，z)，
则n·AE=0，n·AP=0，即2x－y=0，2z=0，
令x＝1，则y＝2，z＝0，即n＝(1，2，0)，
所以cs 〈PC，n〉＝PC·nPCn＝155.
所以直线PC与平面PAE所成角的正弦值为155.故选C．
6．在空间直角坐标系中，若A(1，－2，0)，B(2，1，6)，则向量AB与平面Oxz的法向量的夹角的正弦值为________．
74 解析：设平面Oxz的法向量为n＝(0，t，0)(t≠0)．由题意知AB＝(1，3，6)，所以cs 〈n，AB〉＝n·ABnAB＝3t4t.因为〈n，AB〉∈[0，π]，所以sin 〈n，AB〉＝1－3t4t2＝74.
7．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60˚，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
24 解析：设M为AC的中点，连接MB，MA1，如图，由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理A1M⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.
因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，MA，MB，MA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，A1(0，0，3)，C1(－2，0，3)，
所以AC1＝(－3，0，3)，A1B＝(0，3，－3)．
设异面直线AC1与A1B所成的角为θ，
则cs θ＝|cs 〈AC1，A1B〉|＝AC1·A1BAC1·A1B＝－323×6＝24，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为24.
8．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为________．
4 解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设DD1＝a(a＞0)，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，所以AC＝(－2，2，0)，AD1＝(－2，0，a)，CC1＝(0，0，a)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC=0，n·AD1=0，所以－2x+2y=0，－2x+az=0.
取x＝1，则y＝1，z＝2a，所以n＝1，1，2a为平面ACD1的一个法向量，
故cs 〈n，CC1〉＝n·CC1nCC1＝22+4a2×a＝22a2+4.
因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，所以22a2+4＝13，解得a＝4(负值舍去)．
9．在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，AC＝22，PB⊥平面ABC，点M，N分别为AC，PB的中点，MN＝6，Q为线段AB上的点(不包括端点A，B)．若异面直线PM与CQ所成角的余弦值为3434，则BQBA＝( )
A．14B．13
C．12D．34
A 解析：因为AB＝BC＝2，AC＝22，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC.因为PB⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PB⊥AB，PB⊥BC.以B为原点，BA，BC，BP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，C(0，2，0)，M(1，1，0)，A(2，0，0)，所以BM＝2.因为MN＝6，所以BN＝MN2－BM2＝2，所以PB＝4，则P(0，0，4)．
设BQBA＝λ，则BQ＝λBA(0<λ<1)，所以Q(2λ，0，0)．
易知PM＝(1，1，－4)，CQ＝(2λ，－2，0)，
所以PM·CQ＝1×2λ＋1×(－2)＋(－4)×0＝2λ－2，
|PM|＝12+12+－42＝32，|CQ|＝4λ2+4.
因为异面直线PM与CQ所成角的余弦值为3434，
所以|cs 〈PM，CQ〉|＝PM·CQPMCQ＝2λ－232×4λ2+4＝3434，解得λ＝14 或λ＝4 (舍去)，所以BQBA＝14.
10．(多选题)(2024·嘉兴模拟)如图，在正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，下列说法正确的是( )
A．直线EF与直线AB所成的角为π2
B．直线EF与直线AD所成的角为π4
C．直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33
D．直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为22
ABC 解析：如图，将正四面体ABCD放在正方体AGBH­MCND中，设正方体AGBH­MCND的棱长为2，以A为原点，AG，AH，AM所在直线分别为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)，B(2，2，0)，C(2，0，2)，D(0，2，2)，E(1，1，0)，F(1，1，2)．
因为EF＝(0，0，2)，AB＝(2，2，0)，所以EF·AB＝0，即EF⊥AB，故A正确．
因为AD＝(0，2，2)，cs 〈EF，AD〉＝EF·ADEFAD＝42×22＝22，
所以直线EF与直线AD所成的角为π4，故B正确．
设平面BCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，BC＝(0，－2，2)，BD＝(－2，0，2)，
则m·BC=0，m·BD=0，所以－2y1+2z1=0，－2x1+2z1=0.
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以m＝(1，1，1)为平面BCD的一个法向量．
所以cs 〈EF，m〉＝EF·mEFm＝223＝33，
故直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33，故C正确．
设平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则n·AB=0，n·AD=0，所以2x2+2y2=0，2y2+2z2=0.
取x2＝1，则y2＝－1，z2＝1，所以n＝(1，－1，1)为平面ABD的一个法向量．
所以cs 〈EF，n〉＝EF·nEFn＝223＝33，故直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为33，故D错误．
11．如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90˚.若PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝60˚，则平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为______．
77 解析：如图，取AD的中点F，BC的中点E，连接PF，FE，由已知可得FE∥AB，FE∥DC.
因为∠BAP＝∠CDP＝90˚，所以AB⊥PA，DC⊥PD，所以FE⊥PA，FE⊥PD.
又因为PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，
所以FE⊥平面PAD.
因为AD，PF⊂平面PAD，所以FE⊥AD，FE⊥PF.
因为PA＝PD，所以PF⊥AD.
以F为原点，FA，FE，FP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝60˚，所以AD＝2，
所以A(1，0，0)，P(0，0，3)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)．
所以BC＝(－2，0，0)，BP＝(－1，－2，3)，BA＝(0，－2，0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，
则n·BC=0，n·BP=0，所以－2x1=0， －x1－2y1+3z1=0.
取y1＝3，则x1＝0，z1＝2，所以n＝(0，3，2)是平面PBC的一个法向量．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则m·BP=0，m·BA=0，所以－x2－2y2+3z2=0，－2y2=0.
取x2＝3，则y2＝0，z2＝1，所以m＝(3，0，1)是平面PAB的一个法向量．
设平面PBC与平面PAB的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝n·mnm＝27×2＝77，
所以平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为77.
12．(2024·广东一模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点P 是圆O1，上异于点C，D的任意一点．
(1)若点D到平面ACP 的距离为233，证明：O1P⊥CD.
(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围．
(1)证明：如图1，连接DP，过点D作DH⊥AP, 垂足为 H.
因为CD是圆O1的直径，所以 CP⊥DP.
因为AD是圆柱侧面的母线，所以AD⊥平面CDP.
因为CP⊂平面CDP，所以AD⊥CP.
又因为AD，DP⊂平面ADP，AD∩DP＝D，所以CP⊥平面ADP.
因为DH⊂平面ADP, 所以 DH⊥CP.
又因为DH⊥AP，AP，PC⊂平面ACP，AP∩PC＝P，所以DH⊥平面ACP.
所以点D到平面ACP的距离为DH，即DH＝233.
设DP＝a(a>0)，则AP＝a2+4.
由AD·DP＝AP·DH，得2·a＝a2+4·233，解得a＝2.
因为CD＝2，所以DP＝PC＝2.
因为O1是 CD的中点，所以O1P⊥CD．

图1 图2
(2)(方法一)如图2，在平面PCD内，过点 O1作O1E⊥O1C交圆O1于点 E，连接OO1.
因为OO1⊥平面 PCD，所以 O1E，O1C，O1O两两相互垂直，以O1为原点，分别以O1E，O1C，O1O所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，2)，C(0，1，0)，A(0，－1，2)．
设点P(m，n，0)，因为点P 在圆O1上，所以 m2＋n2＝1，且 n∈(－1，1)．
则OC＝(0，1，－2)，AC＝(0，2，－2)，CP＝(m，n－1，0)．
设平面ACP的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC=0，n·CP=0，即2y－2z=0， mx+n－1y=0，解得y=z，y=－mn－1x，取x＝n－1，得n＝(n－1，－m，－m)．
设OC与平面ACP所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈OC，n〉|＝OC·nOCn＝m5·2m2+n－12＝15·2+n－12m2＝15·2+n－121－n2.
因为n－121－n2＝n－1n－11－n1+n＝－n－11+n＝－1＋21+n，且n∈(－1，1)，
所以－1＋21+n∈(0，＋∞)．
所以2+n－121－n2＝2+－1+21+n∈(2，＋∞).
所以sin θ＝15·2+n－121－n2∈0，1010.
所以OC与平面ACP 所成角的正弦值的取值范围是0，1010.
(方法二)由(1)知，点D 到平面ACP的距离为DH.
连接 OD交 AC于点 F，如图3.
图3
因为OA∥CD,且OA＝12CD, 所以OF＝12DF.
所以点O到平面ACP的距离为12DH.
在Rt△ADP中，由等面积法得DH＝AD·DPAP＝2DP4+DP2，DP∈(0，2)．
所以DH＝2DP4+DP2＝2DP24+DP2＝21－44+DP2∈(0，2).
设OC与平面ACP所成角为θ，
所以OC与平面ACP所成角的正弦值sin θ＝12DHOC＝DH25.
所以sin θ＝DH25∈0，1010.
所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是0，1010.
13．(2024·1月·九省适应性测试)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45˚ .
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求平面BAA1与平面AA1D夹角的正弦值．
(1)证明：如图，连接BC1，DC1.
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC.
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1.
由题意知点O为线段BD的中点，所以C1O⊥BD.
在△C1CO中，CC1＝2，OC＝12AC＝2，∠C1CO＝45˚ ，
所以cs ∠C1CO ＝22＝C1C2+OC2－C1O22CC1·OC，解得C1O＝2，
则C1C2＝OC2 ＋C1O2，所以C1O⊥OC.
又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以CO1⊥平面ABCD.
(2)解：由题意知在正方形ABCD中，AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，2，0)，D(0，－2，0)，A(2，0，0)，C(－2，0，0)，C1(0，0，2)，
所以AA1＝CC1＝(2，0，2)，AB＝(－2，2，0)，AD＝(－2，－2，0)．
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则AA1·m=0，AB·m=0，即2x1+2z1=0，－2x1+2y1=0.
令x1＝1，则y1＝1，z1＝－1，所以m＝(1，1，－1)为平面BAA1的一个法向量．
设平面AA1D的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则AA1·n=0，AD·n=0，即2x2+2z2=0，－2x2－2y2=0.令x2＝1，则y2＝－1，z2＝－1，
所以n＝(1，－1，－1)为平面AA1D的一个法向量．
设平面BAA1与平面AA1D的夹角为θ，
则cs θ＝m·nm·n ＝13×3＝13，所以sin θ＝1－cs2θ＝223，
所以平面BAA1与平面AA1D夹角的正弦值为223.