2025高考数学一轮复习题组层级快练51含答案.doc

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题组层级快练(五十一)

(第一次作业)

一、单项选择题

1．四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V－AB－C的余弦值的大小为()

A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(2),4)

C.eq\f(\r(7),3) D.eq\f(2\r(2),3)

答案B

解析如图所示，取AB中点E，过V作底面的垂线，垂足为O，易知O为底面ABCD的中心，连接OE，VE，根据题意可知，∠VEO是二面角V－AB－C的平面角．因为OE＝1，VE＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，所以cos∠VEO＝eq\f(OE,VE)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4).故选B.

2.如图，棱长都相等的平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，∠DAB＝∠A′AD＝∠A′AB＝60°，则二面角A′－BD－A的余弦值为()

A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)

C.eq\f(\r(3),3) D．－eq\f(\r(3),3)

答案A

解析棱长都相等的平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，∠DAB＝∠A′AD＝∠A′AB＝60°，则四面体A′BDA为正四面体，如图，取BD的中点E，连接AE，A′E.设正四面体的棱长为2，则AE＝A′E＝eq\r(3)，且AE⊥BD，A′E⊥BD，则∠AEA′即为二面角A′－BD－A的平面角，在△AA′E中，cos∠AEA′＝eq\f(AE2＋A′E2－A′A2,2AE·A′E)＝eq\f(1,3).故二面角A′－BD－A的余弦值为eq\f(1,3).

二、解答题

3．(2023·东北三校二模)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BB1＝2，点D是棱AA1的中点．

(1)求证：BD⊥B1C；

(2)求二面角B－DC－B1的余弦值．

答案(1)证明见解析(2)eq\f(\r(6),4)

解析(1)证明：设AB的中点为M，连接B1M，CM，如图．

∵正方形ABB1A1中，BB1＝BA，∠B1BM＝∠BAD＝90°，BM＝AD，

∴△B1BM≌△BAD，

易得BD⊥B1M，

∵AA1⊥平面ABC，CM?平面ABC，

∴AA1⊥CM，

又AC＝BC，M为AB中点，

∴CM⊥AB，

∵AB∩AA1＝A，∴CM⊥平面ABB1A1，

∵BD?平面ABB1A1，∴BD⊥CM，

∵B1M∩CM＝M，B1M?平面B1CM，CM?平面B1CM，∴BD⊥平面B1CM，

∵B1C?平面B1CM，∴BD⊥B1C.

(2)如图，以B为原点建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，B1(0，0，2)，D(eq\r(3)，1，1)，C(0，2，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．

设平面BDC的法向量n＝(x1，y1，z1)，

则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1＋z1＝0，,2y1＝0，))

取n＝(1，0，－eq\r(3))，

设平面B1DC的法向量m＝(x2，y2，z2)，

则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(B1D,\s\up6(→))·m＝0，,\o(B1C,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋y2－z2＝0，,2y2－2z2＝0，))取m＝(0，1，1)，

则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(\r(6),4)，

由图可知二面角B－DC－B1的余弦值为eq\f(\r(6),4).

4．(2024·湖北部分重点高中联考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E在CC1上，且CE＝2EC1＝2.

(1)若平面A1BE与棱D1C1相交于点F，求D1F；

(2)求二面角A－BE－A1的余弦值．

答案(1)eq\f(4,3)(2)eq\f(2\r(34),17)

解析(1)如图，连接EF，CD1，因为A1B∥CD1，A1B?平面CDD1C1，CD1?平面CDD1C1，所以A1B∥平面CDD1C1，又平面A1BE∩平面CDD1C1＝EF，所以A1B∥EF.