2021高考数学总复习(湖北理科)课后达标检测：第7章-第8课时.docx

[基础达标]
一、选择题
1. (2022·高考陕西卷)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A.不妨令CB＝1，则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)，
∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0，
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
2．已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是(　　)
A. B.
C. D.
解析：

选C.建立空间直角坐标系如图所示．
设正方体的棱长为1，直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，
∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面A1BD的一个法向量，
则，令z＝1，则x＝－1，y＝1.
∴n＝(－1,1,1)，
∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
二、填空题
3．(2022·江苏徐州一模)在▱ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB和CD成60°角，则B，D两点间的距离为________．

解析：如图所示．
∵AB＝AC＝1，
∴AD＝，BC＝，＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)·(＋＋)
＝2＋·＋·＋·＋2＋·＋·＋·＋2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.
∵AB⊥AC，CD⊥AC，∴·＝0，·＝0.
当B，D在AC两侧时，和成60°角；
当B，D在AC同侧时，和成120°角．
∴||2＝2＋2＋2＋2×1×1×cos 60°，
或||2＝2＋2＋2＋2×1×1×cos 120°，
∴||2＝12＋12＋12＋1＝4，||＝2，
或||2＝1＋1＋1－1＝2，||＝.
答案：2或
4．(2022·浙江温州质检)如图(1)，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF，则二面角A′­FD­C的余弦值为________．

解析：取线段EF的中点H，连接A′H.
∵A′E＝A′F，H是EF的中点，∴A′H⊥EF.
又∵平面A′EF⊥平面BEF，
∴A′H⊥平面BEF.
如图(2)，可建立空间直角坐标系A­xyz，
则A′(2,2,2)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0)，
故′＝(－2,2,2)，＝(6,0,0)．
设n＝(x，y，z)为平面A′FD的一个法向量，
∴
取z＝，则n＝(0，－2，)．
又平面BEF的一个法向量m＝(0,0,1)，
故cos〈n，m〉＝＝，∴二面角的余弦值为.
答案：
三、解答题
5．(2021·高考江苏卷) 如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解：

(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则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＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．
由于cos〈，〉＝
＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，由于＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·＝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的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝||＝＝，得sin θ＝.
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.

6．(2022·宜昌市模拟)如图，在底面是正方形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC的中点，G为AC上一点．
(1)确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由；
(2)当二面角B－PC－D的大小为时，求PC与底面ABCD所成角的正切值．
解：(1)当G为EC中点，即AG＝AC时，FG∥平面PBD，理由如下：
连接PE(图略)，由F为PC中点，G为EC中点，知FG∥PE，
而FG⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，故FG∥平面PBD.
(2)作BH⊥PC于H，连接DH(图略)．
由于 PA⊥面ABCD，四边形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＝.
由于PA⊥面ABCD，
所以∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角．
连接EH，则EH⊥BD，∠BHE＝，EH⊥PC，
所以tan∠BHE＝＝，BE＝EC.
所以＝，所以sin∠PCA＝＝，
所以tan∠PCA＝.
所以PC与底面ABCD所成角的正切值是.

[力气提升]

1. 如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DE⊥AE.

(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1；
(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．
解：(1)证明：由正三棱柱ABC­A1B1C1的性质知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)如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA1＝，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，B(，0,0)，C1(0,1，)，D.
易知＝(，1,0)，＝(0,2，)，
＝.
设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有
解得x＝－y，z＝－y.故可取n＝(1，－，)．
所以cos〈n，〉＝＝＝.
由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为.
2．(2021·高考湖北卷)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．

(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试推断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足＝.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E­l­C的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β .
解：(1)直线l∥平面PAC.证明如下：
连接EF，由于E，F分别是PA，PC的中点，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，所以直线l∥平面PAC.
(2)法一(综合法)：如图(1)，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.
由于AB是⊙O的直径，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.
连接BE，BF，由于BF⊂平面PBC，所以l⊥BF.
故∠CBF就是二面角E­l­C的平面角，即∠CBF＝β.
由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.
连接PQ，DF，由于F是CP的中点，CP＝2PF，
所以DQ＝PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.
连接CD，由于PC⊥平面ABC，
所以CD是FD在平面ABC内的射影．
故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.
又BD⊥平面PBC，所以BD⊥BF，所以∠BDF为锐角．
故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得
sin θ＝，sin α＝，sin β＝，
从而sin αsin β＝·＝＝sin θ，
即sin θ＝sin αsin β.

法二(向量法)：如图(2)，由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.连接PQ，EF，BE，BF，BD.
由(1)可知交线l即为直线BD.
以点C为原点，向量，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，设CA＝a，CB＝b，CP＝2c，则有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(0,0，c)．
于是＝，＝(－a，－b，c)，＝(0，－b，c)，
所以cos α＝＝，
从而sin α＝＝ .
取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)，
可得sin θ＝＝.
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)．
由可得取n＝(0，c，b)．
于是|cos β|＝＝，
从而sin β＝＝.
故sin αsin β＝·＝
＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.
3. (2022·江西省七校联考)如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.

(1)求证：AC⊥平面BDE；
(2)求二面角F­BE­D的余弦值；
(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．
解：(1)证明：∵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与平面ABCD所成的角，
即∠EBD＝60°.
∴＝.由AD＝3，得BD＝3，DE＝3，AF＝.

如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3,0,0)，F(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)．
∴＝(0，－3，)，＝(3,0，－2)．
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则，
即.令z＝，则n＝(4,2，)．
∵AC⊥平面BDE，
∴＝(3，－3,0)为平面BDE的一个法向量．
∵cos〈n，〉＝＝＝.
故二面角F­BE­D的余弦值为.
(3)依题意，设M(t，t,0)(t>0)，则＝(t－3，t,0)，
∵AM∥平面BEF，∴·n＝0，
即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.
∴点M的坐标为(2,2,0)，此时＝，
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点．