【优化方案】2021届高中数学人教版高考复习知能演练轻松闯关-第七章第8课时

[基础达标]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．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：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)，∴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(→))与eq\o(AB1,\s\up6(→))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eq\f(\r(5),5).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．eq\f(\r(6),4) B．eq\f(1,6)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(3),2)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)，∴eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)．设n＝(x，y，z)是平面A1BD的一个法向量，则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，则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：∵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.当B，D在AC两侧时，eq\o(BA,\s\up6(→))和eq\o(CD,\s\up6(→))成60°角；当B，D在AC同侧时，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＝eq\f(2,3)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′(2，2，2eq\r(2))，C(10，8，0)，F(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)．设n＝(x，y，z)为平面A′FD的一个法向量，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＋2\r(2)z＝0，,6x＝0.))取z＝eq\r(2)，则n＝(0，－2，eq\r(2))．又平面BEF的一个法向量m＝(0，0，1)，故cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)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)，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),10).(2)设平面ADC1的法向量为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|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与平面ABA1所成二面角的正弦值为eq\f(\r(5),3).6.(2022·浙江名校联考)如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面相互垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？解：(1)证明：∵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为圆O的直径，∴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为AB在平面CBF内的射影，因此，∠ABF为直线AB与平面CBF所成的角．∵AB∥EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH⊥AB，交AB于H.已知AB＝2，EF＝1，则AH＝eq\f(AB－EF,2)＝eq\f(1,2).在Rt△AFB中，依据射影定理得AF2＝AH·AB，∴AF＝1，sin∠ABF＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(1,2)，∴∠ABF＝30°.∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30°.(3)设EF中点为G，以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OG,\s\up6(→))、eq\o(AD,\s\up6(→))方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD＝t(t>0)，则点D的坐标为(1，0，t)，C(－1，0，t)．又A(1，0，0)，B(－1，0，0)，Feq\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)).设平面DCF的法向量为n1＝(x，y，z)，则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的一个法向量为n2＝eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，依题意，n1与n2的夹角为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，当AD的长为eq\f(\r(6),4)时，平面DFC与平面CBF所成的锐二面角的大小为60°.[力气提升]1.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝eq\r(2)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＝eq\r(2)，则AB＝2，相关各点的坐标分别是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))).设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有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，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).2．(2022·安徽省“江南十校”联考)如图1，直角梯形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝AB＝2，BC＝3，E，F分别是AD，BC上的点，且AE＝BF＝1，G为AB的中点，将四边形ABFE沿EF折起到图2所示的位置，使得EG⊥GC，连接AD，BC，AC，得图2所示的六面体．(1)求证：EG⊥平面CFG；(2)求二面角A­CD­E的余弦值．解：(1)证明：∵E，F分别是AD，BC上的点，AE＝BF＝1，∴四边形ABFE为矩形．∴折叠后EF⊥FC，EF⊥BF，即EF⊥平面BFC．连接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.如图，建立空间直角坐标系F­xyz，则A(1，0，2)，C(0，2，0)，D(0，1，2)．设n1＝(x，y，z)为平面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)为平面CDEF的一个法向量，设二面角A­CD­E为θ，则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°.∴eq\f(ED,BD)＝eq\r(3).由AD＝3，得BD