优化方案(高考总复习)新课标-湖北理科第七章第8课时课后达标检测.doc
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[基础达标]
一、选择题
1.(2012·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),
∴sinθ=|cos〈n,〉|==.
二、填空题
3.(2014·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×cos60°,
或||2=2+2+2+2×1×1×cos120°,
∴||2=12+12+12+1=4,||=2,
或||2=1+1+1-1=2,||=.
答案:
2或
4.(2014·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.(2013·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).
因为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),因为=(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|cosθ|=||==,得sinθ=.
因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
6.(2014·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).
因为PA⊥面ABCD,四边形ABCD是正方形,
所以PB=PD,又因为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=.
因为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.
[能力提升]
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.(2013·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,试判断直线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:
sinθ=sinαsinβ.
解:
(1)直线l∥平面PAC.证明如下:
连接EF,因为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.因为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.
因为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,因为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,因为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,因为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
sinθ=,sinα=,sinβ=,
从而sinαsinβ=·==sinθ,
即sinθ=sinαsinβ.
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cosα==,
从而sinα==.
取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
可得sinθ==.
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|cosβ|==,
从而sinβ==.
故sinαsinβ=·=
=sinθ,即sinθ=sinαsinβ.
3.(2014·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.
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- 优化 方案 高考 复习 新课 湖北 理科 第七 课时 课后 达标 检测