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，CACC12CB，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CB1，则CACC12.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，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z1，则x1，y1.n(1,1,1)，sin |cosn，|.二、填空题3(2022江苏徐州一模)在ABCD中，ABAC1，ACD90，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ABAC1，AD，BC，|2()()222222222.ABAC，CDAC，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|2222211cos 60，或|2222211cos 120，|212121214，|2，或|211112，|.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，AEEBAFFD4.沿直线EF将AEF翻折成AEF，使平面AEF平面BEF，则二面角AFDC的余弦值为_解析：取线段EF的中点H，连接AH.AEAF，H是EF的中点，AHEF.又平面AEF平面BEF，AH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AFD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cosn，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，ABAC，ABAC2，A1A4，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n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，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.由|cos |，得sin .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BPCD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AGAC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FGPE，而FG平面PBD，PB平面PBD，故FG平面PBD.(2)作BHPC于H，连接DH(图略)由于 PA面ABCD，四边形ABCD是正方形，所以PBPD，又由于BCDC，PCPC，所以PCBPCD，所以DHPC，且DHBH.所以BHD是二面角BPCD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EHBD，BHE，EHPC，所以tanBHE，BEEC.所以，所以sinPCA，所以tanPCA.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，ABAA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DEAE. (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DEAA1.而DEAE，AA1AEA，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AB2，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xy，zy.故可取n(1，)所以cosn，.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，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin .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EFAC.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ABCl，所以EFl.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lAC.由于AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.连接BE，BF，由于BF平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，DF，由于F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.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.又BD平面PBC，所以BDBF，所以BDF为锐角故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得sin ，sin ，sin ，从而sin sin sin ，即sin sin sin .法二(向量法)：如图(2)，由，作DQCP，且DQCP.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CAa，CBb，CP2c，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 ，从而sin .取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin .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 |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .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，AFDE，DE3AF，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，DEAC.ABCD是正方形，ACBD，又DEBDD，AC平面BDE.(2)DE平面ABCD，EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.由AD3，得BD3，DE3，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cosn，.故二面角FBED的余弦值为.(3)依题意，设M(t，t,0)(t0)，则(t3，t,0)，AM平面BEF，n0，即4(t3)2t0，解得t2.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