【優(yōu)化方案】2021高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)(湖北理科)課后達(dá)標(biāo)檢測：第7章-第8課時

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1.(2022·高考陜西卷)如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(3,5)解析：選A.不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)＞0，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AB1,\s\up6(→))的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).2．已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則直線BC1與平面A1BD所成的角的正弦值是()A.eq\f(\r(6),4)B.eq\f(1,6)C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(\r(3),2)解析：選C.建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示．設(shè)正方體的棱長為1，直線BC1與平面A1BD所成的角為θ，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1BD的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝x＋z＝0,n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋y＝0))，令z＝1，則x＝－1，y＝1.∴n＝(－1,1,1)，∴sinθ＝|cos〈n，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋1,\r(3)·\r(2))))＝eq\f(\r(6),3).二、填空題3．(2022·江蘇徐州一模)在?ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，將它沿對角線AC折起，使AB和CD成60°角，則B，D兩點間的距離為________．解析：如圖所示．∵AB＝AC＝1，∴AD＝eq\r(2)，BC＝eq\r(2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))·(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(CD,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→)).∵AB⊥AC，CD⊥AC，∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0.當(dāng)B，D在AC兩側(cè)時，eq\o(BA,\s\up6(→))和eq\o(CD,\s\up6(→))成60°角；當(dāng)B，D在AC同側(cè)時，eq\o(BA,\s\up6(→))和eq\o(CD,\s\up6(→))成120°角．∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(CD,\s\up6(→))2＋2×1×1×cos60°，或|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(CD,\s\up6(→))2＋2×1×1×cos120°，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝12＋12＋12＋1＝4，|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝2，或|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝1＋1＋1－1＝2，|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(2).答案：2或eq\r(2)4．(2022·浙江溫州質(zhì)檢)如圖(1)，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在線段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝eq\f(2,3)FD＝4.沿直線EF將△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF，則二面角A′-FD-C的余弦值為________．解析：取線段EF的中點H，連接A′H.∵A′E＝A′F，H是EF的中點，∴A′H⊥EF.又∵平面A′EF⊥平面BEF，∴A′H⊥平面BEF.如圖(2)，可建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A′(2,2,2eq\r(2))，C(10,8,0)，F(xiàn)(4,0,0)，D(10,0,0)，故eq\o(FA,\s\up6(→))′＝(－2,2,2eq\r(2))，eq\o(FD,\s\up6(→))＝(6,0,0)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面A′FD的一個法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＋2\r(2)z＝0，,6x＝0.))取z＝eq\r(2)，則n＝(0，－2，eq\r(2))．又平面BEF的一個法向量m＝(0,0,1)，故cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)三、解答題5．(2021·高考江蘇卷)如圖，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，點D是BC的中點．(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值．解：(1)以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(1，－1，－4)．由于cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(C1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(C1D,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(C1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(18,\r(20)×\r(18))＝eq\f(3\r(10),10)，所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),10).(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，由于eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,2,4)，所以n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AC1,\s\up6(→))＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一個法向量．取平面AA1B的一個法向量為n2＝(0,1,0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ.由|cosθ|＝|eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)|＝eq\f(2,\r(9)×\r(1))＝eq\f(2,3)，得sinθ＝eq\f(\r(5),3).因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為eq\f(\r(5),3).6．(2022·宜昌市模擬)如圖，在底面是正方形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，BD交AC于點E，F(xiàn)是PC的中點，G為AC上一點．(1)確定點G在線段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并說明理由；(2)當(dāng)二面角B－PC－D的大小為eq\f(2π,3)時，求PC與底面ABCD所成角的正切值．解：(1)當(dāng)G為EC中點，即AG＝eq\f(3,4)AC時，F(xiàn)G∥平面PBD，理由如下：連接PE(圖略)，由F為PC中點，G為EC中點，知FG∥PE，而FG?平面PBD，PB?平面PBD，故FG∥平面PBD.(2)作BH⊥PC于H，連接DH(圖略)．由于PA⊥面ABCD，四邊形ABCD是正方形，所以PB＝PD，又由于BC＝DC，PC＝PC，所以△PCB≌△PCD，所以DH⊥PC，且DH⊥BH.所以∠BHD是二面角B－PC－D的平面角，即∠BHD＝eq\f(2π,3).由于PA⊥面ABCD，所以∠PCA就是PC與底面ABCD所成的角．連接EH，則EH⊥BD，∠BHE＝eq\f(π,3)，EH⊥PC，所以tan∠BHE＝eq\f(BE,EH)＝eq\r(3)，BE＝EC.所以eq\f(EC,EH)＝eq\r(3)，所以sin∠PCA＝eq\f(EH,EC)＝eq\f(\r(3),3)，所以tan∠PCA＝eq\f(\r(2),2).所以PC與底面ABCD所成角的正切值是eq\f(\r(2),2).[力氣提升]1.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，點D是A1B1的中點，點E在A1C1上且DE⊥AE.(1)證明：平面ADE⊥平面ACC1A1；(2)求直線AD和平面ABC1所成角的正弦值．解：(1)證明：由正三棱柱ABC-A1B1C1的性質(zhì)知AA1⊥平面A1B1C1.又DE?平面A1B1C1，所以DE⊥AA1.而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE?平面ADE，故平面ADE⊥平面ACC1A1.(2)如圖所示，設(shè)O是AC的中點，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)AA1＝eq\r(2)，則AB＝2，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,2，eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).設(shè)平面ABC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝2y＋\r(2)z＝0.))解得x＝－eq\f(\r(3),3)y，z＝－eq\r(2)y.故可取n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(6))．所以cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AD,\s\up6(→)),|n|·|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq\f(\r(10),5).由此即知，直線AD和平面ABC1所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).2．(2021·高考湖北卷)如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，直線PC⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點．(1)記平面BEF與平面ABC的交線為l，試推斷直線l與平面PAC的位置關(guān)系，并加以證明；(2)設(shè)(1)中的直線l與圓O的另一個交點為D，且點Q滿足eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up6(→)).記直線PQ與平面ABC所成的角為θ，異面直線PQ與EF所成的角為α，二面角E-l-C的大小為β，求證：sinθ＝sinαsinβ.解：(1)直線l∥平面PAC.證明如下：連接EF，由于E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點，所以EF∥AC.又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.由于l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直線l∥平面PAC.(2)法一(綜合法)：如圖(1)，連接BD，由(1)可知交線l即為直線BD，且l∥AC.由于AB是⊙O的直徑，所以AC⊥BC，于是l⊥BC.已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l.而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.連接BE，BF，由于BF?平面PBC，所以l⊥BF.故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角，即∠CBF＝β.由eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up6(→))，作DQ∥CP，且DQ＝eq\f(1,2)CP.連接PQ，DF，由于F是CP的中點，CP＝2PF，所以DQ＝PF，從而四邊形DQPF是平行四邊形，PQ∥FD.連接CD，由于PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC內(nèi)的射影．故∠CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.又BD⊥平面PBC，所以BD⊥BF，所以∠BDF為銳角．故∠BDF為異面直線PQ與EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分別可得sinθ＝eq\f(CF,DF)，sinα＝eq\f(BF,DF)，sinβ＝eq\f(CF,BF)，從而sinαsinβ＝eq\f(BF,DF)·eq\f(CF,BF)＝eq\f(CF,DF)＝sinθ，即sinθ＝sinαsinβ.法二(向量法)：如圖(2)，由eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up6(→))，作DQ∥CP，且DQ＝eq\f(1,2)CP.連接PQ，EF，BE，BF，BD.由(1)可知交線l即為直線BD.以點C為原點，向量eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CA＝a，CB＝b，CP＝2c，則有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，c))，F(xiàn)(0,0，c)．于是eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，0))，eq\o(QP,\s\up6(→))＝(－a，－b，c)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－b，c)，所以cosα＝eq\f(|\o(FE,\s\up6(→))·\o(QP,\s\up6(→))|,|\o(FE,\s\up6(→))||\o(QP,\s\up6(→))|)＝eq\f(a,\r(a2＋b2＋c2))，從而sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2)).取平面ABC的一個法向量為m＝(0,0,1)，可得sinθ＝eq\f(|m·\o(QP,\s\up6(→))|,|m||\o(QP,\s\up6(→))|)＝eq\f(c,\r(a2＋b2＋c2)).設(shè)平面BEF的一個法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ax＝0，,－by＋cz＝0，))取n＝(0，c，b)．于是|cosβ|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(b,\r(b2＋c2))，從而sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(c,\r(b2＋c2)).故sinαsinβ＝eq\f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2))·eq\f(c,\r(b2＋c2))＝eq\f(c,\r(a2＋b2＋c2))＝sinθ，即sinθ＝sinαsinβ.3.(2022·江西省七校聯(lián)考)如圖，ABCD是邊長為3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE與平面ABCD所成的角為60°.(1)求證：AC⊥平面BDE；(2)求二面角F-BE-D的余弦值；(3)設(shè)點M是線段BD上一個動點，試確定點M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．解：(1)證明：∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AC.∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又DE∩BD＝D，∴AC⊥平面BDE.(2)∵D