点P,且与平面ACC1A1所成的角为50°,所以满足与PO2所成角为40°的直线PQ有且只有2条.故选B. 4.D 解析: 设B1C1=m,由已知有∠BAC即为二面角B-AA1-C的平面角,设∠BAC=α,如图: 有=2r=2,即m=2sin α,由余弦定理有m2=3+3-2×cos α,4sin2α=6-6cos α, 从而可得(cos α-1)(2cos α-1)=0. ∵0<α<π,∴cos α=. ∴二面角B-AA1-C的余弦值为. 5.C 解析:如下图,OA=1,OC=2.当A'C与圆相切时,直线A'C与平面BCD所成角最大,最大角为30°,其正切值为. 6.B 解析:由PA1=A1E知点P应落在以A1为球心,A1E长为半径的球面上.又知动点P在底面ABCD内,所以点P的轨迹是面ABCD与球面形成的交线,故为圆弧,所以选B. 7.A 解析: 设P1=fα(P),P2=fβ(P). 由条件中的新定义知:PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α,故PP1∥P2Q2,PP2∥P1Q1,PP1⊥P1Q2,PP2⊥P2Q1,可知点P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,记为平面γ,可得α⊥γ,β⊥γ.当α⊥β时,PP2⊥PP1,此时四边形PP1Q2P2为矩形,PP2⊥P2Q2,故Q1与Q2重合,满足题意,A正确; 6 / 10 B中取正方体的一个底面及与其成45°的一个体对角面,则当PQ1=1时,PQ2=,不成立;C中取正方体的一组相对的面,明显有PQ1=1,PQ2=0,不成立;D中与B类似,当PQ1=时,PQ2=,不成立,故选A. 8. 解析:取BC中点E,连接AE,DE,则BC⊥AE,BC⊥DE,∴BC⊥平面ADE.∴∠ADE即为直线AD与平面BCD所成的角,易得AD=DE=AD=.∴∠ADE=,即直线AD与平面BCD所成角为. 9. 解析: 取A1B1的中点E,连接AE,C1E,因为四边形AA1B1B是矩形,D是AB的中点,所以AB",A1B1.所以AD",EB1.所以四边形AEB1D是平行四边形.所以AE∥DB1.所以∠EAC1就是异面直线B1D与AC1所成角. 在三角形AEC1中,AE==5,AC1==2,EC1=3, 所以cos∠EAC1=. 10.①②④ 解析:设AC∩BD=O,①根据图可知BD=DO==1,再由BC=DC=1,可知△DBC是等边三角形;②由AC⊥DO,AC⊥BO,可得AC⊥平面DOB,从而有AC⊥BD;③三棱锥D-ABC的体积=S△ABC·OD=×1×1×;④过点O作OE∥AB,OF∥CD,则∠EOF(或补角)为所求角,在△OEF中可解得∠EOF=120°,故AB与CD所成的角为60°.因此应填“①②④”. 11.①②④ 解析:由题意可得直线BC1平行于直线AD1,并且直线AD1?平面AD1C,直线BC1?平面AD1C, 所以直线BC1∥平面AD1C. 所以.点P到平面AD1C的距离不变,所以体积不变.即①是正确的; 连接A1C1,A1B,可得平面AD1C∥平面A1C1B. 又因为A1P?平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1. 7 / 10 所以②正确; 当点P运动到B点时△DBC1是等边三角形, 所以DP不垂直BC1.故③不正确; 因为直线AC⊥平面DB1,DB1?平面DB1, 所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1. 所以可得DB1⊥平面AD1C. 又因为DB1?平面PDB1, 所以可得平面PDB1⊥平面ACD1. 故④正确.综上,可知正确的序号为①②④. 12.(1)证明: 如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1. 又E是正三角形ABC的边BC的中点,所以AE⊥BC. 因此,AE⊥平面B1BCC1. 而AE?平面AEF,所以,平面AEF⊥平面B1BCC1. (2)解:设AB的中点为D,连接A1D,CD. 因为△ABC是正三角形,所以CD⊥AB. 又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CD⊥AA1. 因此CD⊥平面A1ABB1,于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角. 由题设,∠CA1D=45°,所以A1D=CD=AB=. 在Rt△AA1D中,AA1=, 所以FC=AA1=. 故三棱锥F-AEC的体积V=S△AEC·FC=. 13.(1) 8 / 10 证明:∵四边形ABCD为菱形,且∠ABC=60°, ∴△ABC为正三角形.又E为BC中点, ∴AE⊥BC. 又AD∥BC, ∴AE⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD,又AE?平面ABCD, ∴PA⊥AE. ∴AE⊥平面PAD.又PD?平面PAD, ∴AE⊥PD. (2)解:连接AF,由(1)知AE⊥平面PAD, ∴∠AFE为EF与平面PAD所成的角. 在Rt△AEF中,AE=,∠AFE最大当且仅当AF最短, 即AF⊥PD时∠AFE最大, 依题意,此时在Rt△PAD中,PA·AD=PD·AF, ∴AF=,tan∠AFE=. ∴EF与平面PAD所成最大角的正切值为. 14.(1)证明:显然BD⊥AC,PA⊥平面ABCD,则PA⊥BD, 所以BD⊥平面PAC. 因为QC?平面PAC,所以直线QC⊥直线BD. (2)解:由已知和对称性可知,二面角B-QC-A的大小为,设底面ABCD的棱长为单位长度2,AQ=x,AC,BD交于点E,则有点B到平面AQC的距离BE为1,过点E作QC的垂线,垂足设为F,则有tan∠BFE=tan,BE=1,则EF=,点A到QC的距离为,则有=2x,得x=. 过点M作AB的平行线交AD的中点为G,则GM=2,QG=, 9 / 10 AM=,则QM=, cos∠QMG=. 故所求的QM与AB所成角的余弦值为. 10 / 10
2019-2020学年度高考数学二轮专题复习 专题五 5
