【優(yōu)化方案】2021屆高中數(shù)學(xué)人教版高考復(fù)習(xí)知能演練輕松闖關(guān)-第七章第8課時

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]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\{(\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).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：∵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\{(\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)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coseq\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·浙江名校聯(lián)考)如圖，AB為圓O的直徑，點E、F在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面與圓O所在的平面相互垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求證：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直線AB與平面CBF所成角的大??；(3)當(dāng)AD的長為何值時，平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60°？解：(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB．又AB為圓O的直徑，∴AF⊥BF，又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CBF.∵AF?平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF.(2)由(1)知AF⊥平面CBF，∴FB為AB在平面CBF內(nèi)的射影，因此，∠ABF為直線AB與平面CBF所成的角．∵AB∥EF，∴四邊形ABEF為等腰梯形，過點F作FH⊥AB，交AB于H.已知AB＝2，EF＝1，則AH＝eq\f(AB－EF,2)＝eq\f(1,2).在Rt△AFB中，依據(jù)射影定理得AF2＝AH·AB，∴AF＝1，sin∠ABF＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(1,2)，∴∠ABF＝30°.∴直線AB與平面CBF所成角的大小為30°.(3)設(shè)EF中點為G，以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OG,\s\up6(→))、eq\o(AD,\s\up6(→))方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．設(shè)AD＝t(t>0)，則點D的坐標(biāo)為(1，0，t)，C(－1，0，t)．又A(1，0，0)，B(－1，0，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(FD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，t)).設(shè)平面DCF的法向量為n1＝(x，y，z)，則n1·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(FD,\s\up6(→))＝0.即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,\f(x,2)－\f(\r(3),2)y＋tz＝0，))令z＝eq\r(3)，解得x＝0，y＝2t，∴n1＝(0，2t，eq\r(3))．由(1)可知AF⊥平面CBF，取平面CBF的一個法向量為n2＝eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，依題意，n1與n2的夾角為60°.∴cos60°＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)，即eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3)t,\r(4t2＋3)×1)，解得t＝eq\f(\r(6),4)，因此，當(dāng)AD的長為eq\f(\r(6),4)時，平面DFC與平面CBF所成的銳二面角的大小為60°.[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\{(\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．(2022·安徽省“江南十?！甭?lián)考)如圖1，直角梯形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝AB＝2，BC＝3，E，F(xiàn)分別是AD，BC上的點，且AE＝BF＝1，G為AB的中點，將四邊形ABFE沿EF折起到圖2所示的位置，使得EG⊥GC，連接AD，BC，AC，得圖2所示的六面體．(1)求證：EG⊥平面CFG；(2)求二面角A-CD-E的余弦值．解：(1)證明：∵E，F(xiàn)分別是AD，BC上的點，AE＝BF＝1，∴四邊形ABFE為矩形．∴折疊后EF⊥FC，EF⊥BF，即EF⊥平面BFC．連接GF，∵AE＝1，BF＝1，AB＝2，∴∠EGF＝90°.又EG⊥GC，∴EG⊥平面CFG.(2)由(1)知FC⊥EG，∵FC⊥EF，∴FC⊥平面ABFE.∴FC⊥BF.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系F-xyz，則A(1，0，2)，C(0，2，0)，D(0，1，2)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACD的法向量，∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0,－y＋2z＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x,y＝2z)).令z＝1，得n1＝(2，2，1)．又n2＝(1，0，0)為平面CDEF的一個法向量，設(shè)二面角A-CD-E為θ，則cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,\r(4＋4＋1))＝eq\f(2,3)，即cosθ＝eq\f(2,3).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)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE與平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴eq\f(ED,BD)＝eq\r(3).由AD＝3，得BD