【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：8.8.docx

第八章 8.8 第8课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　)

A．45°　　　　　　　　　B．60°
C．90° D．120°
答案　B

解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)
∴·＝2，记，所成为θ
则cosθ＝＝.
∴EF和BC1所成角为60°.
2．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为(　　)
A. B．2
C．3 D．4
答案　B
解析　设A、B在x轴上的射影分别为C、D，则AC＝3，BD＝2，CD＝5，又＝＋＋，，所夹的角为60°
易求得||＝＝2.
3．如右图所示，

在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于(　　)
A.　　 　B. C.　　　 　D.
答案　B

解析　本题考查空间向量的运算．设正方体的边长为2，建立如右图所示的坐标系，O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，∴＝(－1,0,2)，＝(－1,1,1)，
∴cos<，> ＝＝＝.
4．已知二面角α—l—β的大小为60°，m、n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，由m、n所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案　B
解析　画出图形可得B正确．
5.

如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为和.过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB:A′B′等于(　　)
A．2:1 B．3:1
C．3:2 D．4:3
答案　A
解析　在Rt△ABB′中，AB′＝AB·sin＝AB.
在Rt△ABA′中，AA′＝AB·sin＝AB.
在Rt△AA′B′中，A′B′＝＝AB.
∴AB:A′B′＝2:1.
6.

如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若E、F分别是BC、DD1的中点，则B1到平面ABF的距离为(　　)
A.　　　　　 B.
C. D.
答案　D
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,1)，B1(1,1,0)，
设F(0,0，)，E(，1,1)，B(1,1,1)
＝(0,1,0)，＝(－，0,1)，＝(－1,0，－)．
∵·＝(－1,0，－)·(－，0,1)＝0，
∴⊥，又⊥，∴⊥平面ABF，
平面ABF的法向量为＝(－，0,1)，＝(0,1，－1)．
B1到平面ABF的距离为＝.
7．等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝1，M为AC中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C—BM—A的大小为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案　C

解析　如图，由AB＝BC＝1，
∠ABC＝90°，得AC＝.
∵M为AC中点，∴MC＝AM＝，
且CM⊥BM，AM⊥BM.
∴∠CMA为二面角C－BM－A的平面角．
∵AC＝1，MC＝MA＝，∴∠CMA＝90°.
8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　连结A1C1交B1D1于O点，由已知条件得C1O⊥B1D1，且平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，所以C1O⊥平面BDD1B1.连结BO，则BO为BC1在平面BDD1B1上的射影，∠C1BO即为所求，OC1＝A1C1＝AC＝2，BC1＝＝2.
通过计算得sin∠C1BO＝＝.
9．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　BB1与平面ACD1所成的角等于DD1与平面ACD1所成的角，在三棱锥D－ACD1中，由三条侧棱两两垂直得点D在底面ACD1内的射影为等边三角形ACD1的垂心即中心H，连接D1H，DH，则∠DD1H为DD1与平面ACD1所成的角，设正方体棱长为a，则cos ∠DD1H＝＝，故选D
二、填空题
10．正四棱锥S—ABCD的侧棱长为，底面的边长为，E是SA的中点，则异面直线BE和SC所成的角等于________．
答案　60°

解析　建立如图所示空间直角坐标系，由于AB＝，SA＝，可以求得SO＝.
B(，，0)，A(，－，0)，
C(－，，0)，S(0,0，)．
由于E为SA的中点，∴E(，－，)，
∴＝(－，－，)，＝(－，，－)，
∵·＝－1，||＝，||＝.
∴cos，＝＝－，∴，＝120°.
∴异面直线BE与SC所成的角为60°.
三、解答题
11．已知：正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，E、F分别为棱AB、BC的中点．
(1)求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；
(2)求点D1到平面B1EF的距离．
(1)证明　

建立如右图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，
B(2，2，0)，E(2，，0)，
F(，2，0)，D1(0,0,4)，
B1(2，2，4)．
＝(－，，0)，＝(2，2，0)，＝(0,0,4)，
∴·＝0，·＝0.
∴EF⊥DB，EF⊥DD1，DD1∩BD＝D，
∴EF⊥平面BDD1B1.
又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
(2)解析　由(1)知＝(2，2，0)，
＝(－，，0)，＝(0，－，－4)
设平面B1EF的法向量为n，且n＝(x，y，z)
则n⊥，n⊥
即n·＝(x，y，z)·(－，，0)＝－x＋y＝0，
n·＝(x，y，z)·(0，－，－4)＝－y－4z＝0，
令x＝1，则y＝1，z＝－，
∴n＝(1,1，－)，∴D1到平面B1EF的距离
d＝＝＝.
12．

如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD＝1，AD＝2，∠BAD＝∠CDA＝45°.
(1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值；
(2)证明：CD⊥平面ABF；
(3)求二面角B－EF－A的正切值．
解析　(1)

由于四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED.故∠CED为异面直线CE与AF所成的角．
由于FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD，故ED⊥CD.
在Rt△CDE中，CD＝1，ED＝2，CE＝＝3，故cos∠CED＝＝.
所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为.
(2)过点B作BG∥CD，交AD于点G，则∠BGA＝∠CDA＝45°.由∠BAD＝45°，可得BG⊥AB.从而CD⊥AB.又CD⊥FA，FA∩AB＝A，所以CD⊥平面ABF.
(3)由(2)及已知，可得AG＝.即G为AD的中点．取EF的中点N，连接GN.则GN⊥EF.由于BC∥AD，所以BC∥EF.过点N作NM⊥EF，交BC于M，则∠GNM为二面角B－EF－A的平面角．
连接GM，可得AD⊥平面GNM，故AD⊥GM.从而BC⊥GM.由已知，可得GM＝.由NG∥FA，FA⊥GM，得NG⊥GM.
在Rt△NGM中，tan∠GNM＝＝.
所以二面角B－EF－A的正切值为.
13.

如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.
(Ⅰ)求证：BC⊥平面PAC；
(Ⅱ)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的余弦值；
(Ⅲ)是否存在点E使得二面角A－DE－P为直二面角？并说明理由．
解析　

解法一　(Ⅰ)∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC，
(Ⅱ)∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴DE＝BC.
又由(Ⅰ)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E，
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.
又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形，
∴AD＝AB.
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°.
∴BC＝AB，
∴Rt△ADE中，sinDAE＝＝＝，
∴cos∠DAE＝.
(Ⅲ)∵DE∥BC，
又由(Ⅰ)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE，
∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°，
∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.
这时，∠AEP＝90°.
故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角．

解法二　如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.
设PA＝a，由已知可得A(0,0,0)，B(－a，a,0)，C(0，a,0)，P(0,0，a)．
(Ⅰ)∵＝(0,0，a)，＝(a,0,0)，
∴·＝0，∴BC⊥AP.
又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面PAC.
(Ⅱ)∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴E为PC的中点，
∴D(－a，a，a)，E(0，a，a)．
又由(Ⅰ)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E，
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵＝(－a，a，a)，＝(0，a，a)，
∴cosDAE＝＝.
(Ⅲ)同解法一．
14.

已知等腰直角三角形RBC，其中∠RBC＝90°，RB＝BC＝2.点A、D分别是RB、RC的中点，现将△RAD沿着边AD折起到△PAD位置．
(1)求证：BC⊥PB；
(2)求二面角A－CD－P的余弦值．
解析　(1)

∵点A、D分别是RB、RC的中点，
∴AD∥BC且AD＝BC.
∴∠PAD＝∠RAD＝∠RBC＝90°，
∴PA⊥AD又PA⊥AB，DA∩AB＝A
∴PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC
∵BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.
∵PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB.
(2)法一：取RD的中点F，连结AF、PF.
∵RA＝AD＝1，∴AF⊥RC.
又由(1)知PA⊥面ABCD，而RC⊂平面ABCD，
∴PA⊥RC.∵AF∩PA＝A，
∴RC⊥平面PAF.
∴∠AFP是二面角A－CD－P的平面角．
在Rt△RAD中，AF＝RD＝＝，
在Rt△PAF中，PF＝＝，
∴cos∠AFP＝＝＝.
∴二面角A－CD－P的余弦值是.
法二：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则D(－1,0,0)，C(－2,1,0)，P(0,0,1)．

∴＝(－1,1,0)，＝(1,0,1)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则，令x＝1，得y＝1，z＝－1，∴n＝(1,1，－1)．
明显，是平面ACD的一个法向量＝(0,0，－1)．
∴cos〈n，〉＝＝＝
∴二面角A－CD－P的余弦值是.
15.

如图，在五棱锥P－ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2AE＝4，三角形PAB是等腰三角形．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的大小；
(3)求四棱锥P－ACDE的体积．
解析　(1)证明：在ΔABC中，由于∠ABC＝45°，BC＝4，AB＝2，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 45°＝8，
因此AC＝2，故BC2＝AC2＋AB2
所以∠BAC＝90°.
又PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，
所以CD⊥PA，CD⊥AC，
又PA，AC⊂平面PAC，且PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAC.
(2)解法一：由于ΔPAB是等腰三角形，
所以PA＝AB＝2，
因此PB＝＝4.
又AB∥CD，
所以点B到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，
由于CD⊥平面PAC，在RtΔPAC中，PA＝2，AC＝2，
所以PC＝4，
故PC边上的高为2，此即为点A到平面PCD的距离．
设直线PB与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝，
又θ∈[0，]，所以θ＝.

解法二：由(1)知AB，AC，AP两两相互垂直，分别以AB、AC、AP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于ΔPAB是等腰三角形，
所以PA＝AB＝2，
又AC＝2，
因此A(0,0,0)，B(2，0,0)，
C(0,2，0)，P(0,0,2)，
由于AC∥ED，CD⊥AC，
所以四边形ACDE是直角梯形，
由于AE＝2，∠ABC＝45°，AE∥BC，所以∠BAE＝135°，
因此∠CAE＝45°，
故CD＝AE·sin 45°＝2×＝，
所以D(－，2，0)．
因此C＝(0，－2，2)，C＝(－，0,0)，
设m＝(x，y，z)是平面PCD的一个法向量，
则m·＝0，m·＝0，解得x＝0，y＝z，
取y＝1，得m＝(0,1,1)，
又＝(－2，0,2)，
设θ表示向量与平面PCD的法向量m所成的角，
则cos θ＝＝，
所以θ＝，
因此直线PB与平面PCD所成的角为.
(3)由于AC∥ED，CD⊥AC，
所以四边形ACDE是直角梯形，
由于AE＝2，∠ABC＝45°，AE∥BC，
所以∠BAE＝135°，因此∠CAE＝45°，
故CD＝AE·sin 45°＝2×＝，
ED＝AC－AE·cos 45°＝2－2×＝，
所以S四边形ACDE＝×＝3.
又PA⊥平面ABCDE，
所以VP－ACDE＝×3×2＝2.

拓展练习·自助餐

1.

以等腰Rt△ABC的斜边BC上的高AD为折痕，将△ABC折起(如图)，使折起后的△ABC恰好为等边三角形．M为高AD的中点，则直线AB与CM所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D．－
答案　C
解析　

设直角边AB＝AC＝2，则BC＝2.
取BD中点N，连结MN，
则MN∥AB，所以∠NMC即为所求．
∵MN＝AB＝1，MC＝＝NC，
在△NCM中，由余弦定理可得cos∠NMC＝.
2．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是(　　)
A．30°　　　　B．45° C．60°　　　　D．90°
答案　C

解析　如图是三棱柱ABC－A1B1C1，不妨设各棱长为1.
取BC的中点E，连接AE，DE，∵CC1⊥底面ABC，∴侧面BB1C1C⊥底面ABC，
又E为BC的中点，且△ABC为正三角形，∴AE⊥BC，由两平面垂直的性质定理知，AE⊥平面BB1C1C，∴∠ADE的大小就是AD与平面BB1C1C所成角的大小．简洁计算∠ADE＝60°.

3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱AB上一点，过P点在空间作直线l，使l与面ABCD和ABC1D1均成30°角，则这样的直线的条数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案　B
解析　由于二面角C1－AB－C的大小为45°，所以可在二面角内过棱上一点P作两条直线．均能与平面ABCD和ABC1D1成30°角．
4．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，假如∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．
答案　90°
解析　不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，

NF⊥AB于F，如图：
∵∠EPM＝∠EPN＝45°，
∴PE＝a，PF＝b，
∴·＝(－)·(－)
＝·－·－·＋·
＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b＝－－＋＝0，
∴⊥，∴二面角α－AB－β的大小为90°.
另外，本题也可不用向量法，由二面角的定义求解．
5.

如右图所示，ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝.求面SCD与面SBA所成二面角的余弦值．
解析　以A为坐标原点，BA、AD、AS所在直线分别为x、y、z建立如图所示的空间直角坐标系，则S(0,0,1)，C(－1,1,0)，D(0，，0)．
∴＝(－1,1，－1)，＝.
设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)．
∵n⊥，n⊥，
∴n·＝0，n·＝0.
即解得x＝z，y＝2z.
令z＝1，则n＝(1,2,1)．
又∵平面SAB的法向量为＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝.
由题意知，二面角为锐角，所以二面角的大小等于两法向量的夹角．
∴所求二面角的大小为arccos.
6.

如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F为线段A′C的中点．
(1)求证：BF∥平面A′DE；
(2)设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值．
解析　

(1)取A′D的中点G，连结GF，GE，由条件易知
FG∥CD，FG＝CD，BE∥CD，BE＝CD，
所以FG∥BE，FG＝BE，故四边形BEGF为平行四边形，
所以BF∥EG.
由于EG⊂平面A′DE，BF⊄平面A′DE，
所以BF∥平面A′DE.
(2)在平行四边形ABCD中，设BC＝a，则AB＝CD＝2a，AD＝AE＝EB＝a，连CE，由于∠ABC＝120°，
在△BCE中，可得CE＝a，在△ADE中，可得DE＝a，
在△CDE中，由于CD2＝CE2＋DE2，所以CE⊥DE，
在正三角形A′DE中，M为DE中点，所以A′M⊥DE.
由平面A′DE⊥平面BCD，
可知A′M⊥平面BCD，A′M⊥CE.
取A′E的中点N，连结NM，NF，所以NF⊥DE，NF⊥A′M.
由于DE交A′M于M，所以NF⊥平面A′DE，
则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成角．
在Rt△FMN中，NF＝a，MN＝a，FM＝a，
则cos∠FMN＝，所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.
7.

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.
(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；
(2)证明AF⊥平面A1ED；
(3)求二面角A1－ED－F的正弦值．

解析　如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，，0)．
(1)易得＝(0，，1)，＝(0,2，－4)．
于是cos，＝＝－.
所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.
(2)连接ED，易知＝(1,2,1)，＝(－1，－，4)，＝(－1，，0)，
于是·＝0，·＝0.因此，AF⊥EA1，AF⊥ED.又EA1∩ED＝E，
所以AF⊥平面A1ED.
(3)设平面EFD的一个法向量为u＝(x，y，z)，则即
不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)．由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量．
于是cos<u，>＝＝，从而sin<u，>＝.
所以二面角A1－ED－F的正弦值为.
老师备选题

1．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达C1点，这时异面直线AD与BC1所成角的余弦值是(　　)
A．－　　　B．－ C.　　　D.
答案　D
解析　如图，

设正方形边长为1，
则BC＝BC1＝1.∵AD∥BC，
∴∠CBC1就是异面直线AD与BC1所成的角．在△BC1C中，CC1＝，使用余弦定理，即可得出cos∠CBC1＝.
2．如图所示，

已知四周体顶点A(2,3,1)，B(4,1，－2)，C(6,3,7)和D(－5，－4,8)，求从顶点D所引的四周体的高h＝________.
答案　11
解析　由题意知＝(2，－2，－3)，
＝(4,0,6)，＝(7,7，－7)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则由·n＝0及·n＝0
得⇒
令z＝2，则有n＝(－3，－6,2)．
又∵·n＝(7,7，－7)·(－3，－6,2)＝－77.
而|n|＝7，∴h＝＝11.
3.

如图所示，ABCD—EFGH为边长等于1的正方体，若点P在正方体的内部且满足＝＋＋.则点P到直线AB的距离为________．
答案　
解析　

建立空间坐标系，
则B(0,1,0)，D(－1,0,0)，A(0,0,0)，E(0,0,1)，
＝＋＋
＝(－，，)，
P点到AB的距离为＝.