2020版高考数学(理)一轮总复习层级快练：第八章 立体几何 作业56 含解析

题组层级快练(五十六)
1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →
〉的值等于( ) A.1
2 B.21015 C.23
D.
1115
答案 B
解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建系，令AD ＝1， ∴DB 1→＝(1，1，1)，CM →
＝(1，－12，0)．
∴cos 〈DB 1→，CM →
〉＝1－123·52＝1515.
∴sin 〈DB 1→，CM →
〉＝21015
.
2．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010
B.15
C.31010
D.35
答案 C
解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．
设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)． ∴BE →＝(0，－1，1)，CD 1→
＝(0，－1，2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→
〉＝1＋22·5
＝31010.
3．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．150°
答案 C
解析 设直线l 与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos120°|＝1
2，又0°≤θ≤90°.∴θ＝30°.
4．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )
A.32
B.52
C.
105
D.1010
答案 C
解析 由题意，连接A 1C 1，交B 1D 1于点O ，连接BO.∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，∴C 1O ⊥B 1D 1.易得C 1O ⊥平面DBB 1D 1，∴∠C 1BO 即为直线BC 1与平面DBB 1D 1所成的角． 在Rt △OBC 1中，OC 1＝22，BC 1＝25，∴直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为10
5
，故选C.
5.(2019·辽宁沈阳和平区模拟)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.13 B.33
C.63
D.223
答案 A
解析 如图所示，建立空间直角坐标系．
则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，4)，B(2，2，0)，B 1(2，2，4)，AC →
＝(－2，2，0)，AD 1→＝(－2，0，4)，BB 1→
＝(0，0，4)．
设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·
AC →＝0，n ·AD 1→＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，
－2x ＋4z ＝0，取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2，2，1)是平面ACD 1的一个法向量． 设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sinθ＝|cos 〈n ，BB 1→
〉|＝|n ·BB 1→
||n |·|BB 1→|＝49×4＝13.故选A.
6．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.3
5 B.4
5 C.34 D.55
答案 B
解析 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形． 设棱长为1，则有AD ＝
52，B 1D ＝32，DC ＝52
，
∴S △B 1DC ＝12×32×52＝15
8.
设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有 V A －B 1DC ＝VB 1－ADC ，
∴13×h ×S △B 1DC ＝1
3×B 1D ×S △ADC . ∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25
. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sinθ＝
h AD ＝4
5
.
向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，
则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B 1(3，0，2)． 设n ＝(x ，y ，z)为平面B 1CD 的法向量，
则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·
CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0，2，1)．
∴sin 〈AD →
，n 〉＝AD →
·n |AD →
|·|n |
＝45.
7．(2019·河南林州期末)如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝1
3
AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )
A.33535
B.277
C.33
D.24
答案 A
解析 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)， ∴DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →
＝(0，3，－1)．
设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩
⎪⎨⎪
⎧（x ，y ，z ）·（1，1，－1）＝0，（x ，y ，z ）·（0，3，－1）＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，
z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)．
∵cos 〈DC 1→
，n 〉＝DC 1→
·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，
∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为335
35
，故选A.
8．(2019·昆明市高三调研)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝4，AA 1＝2.过点A 1作平面α与AB ，AD 分别交于M ，N 两点，若AA 1与平面α所成的角为45°，则截面A 1MN 面积的最小值是( ) A ．2 3 B ．4 2 C ．4 6 D ．8 2
答案 B
解析 如图，过点A 作AE ⊥MN ，连接A 1E ，∵A 1A ⊥平面ABCD ，∴
A 1A ⊥MN ，∴MN ⊥平面A 1AE ，∴A 1E ⊥MN ，平面A 1AE ⊥平面A 1MN ，∴∠AA 1E 为AA 1与平面A 1MN 所成的角，∴∠AA 1E ＝45°，在Rt △A 1AE
中，
∵AA 1＝2，∴AE ＝2，A 1E ＝22，在Rt △MAN 中，由射影定理得ME·EN ＝AE 2＝4，由基本不等式得MN ＝ME ＋EN ≥2ME·EN ＝4，当且仅当ME ＝EN ，即E 为MN 的中点时等号成立，∴截面A 1MN 面积的最小值为1
2
×4×22＝42，故选B.
9．(2019·保定模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.则A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是( ) A.2
3 B.73 C.32
D.37
答案 B
解析 以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立直角坐标系，设CA ＝CB ＝a ，则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(a ，0，2)，D(0，0，1)，∴E(a 2，a
2，
1)，G(a 3，a 3，13)，GE →＝(a 6，a 6，23
)，BD →
＝(0，－a ，1)，
∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →
＝0，解得a ＝2. ∴GE →＝(13，13，23
)，BA 1→
＝(2，－2，2)，
∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →
为平面ABD 的一个法向量． ∵cos<GE →，BA 1→
>＝GE →·BA 1→|GE →|·|BA 1→|＝4
363×23
＝23，
∴A 1B 与平面ABD 所成的角的余弦值为
73
. 10．(2019·河北承德期末)已知四棱锥P －ABCD 的底面是菱形，∠BAD ＝60°，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AB ，点E 是棱AD 的中点，F 在棱PC 上．若PF ∶FC ＝1∶2，则直线EF 与平面ABCD 所成角的正弦值为________． 答案
435
35
解析 如图，以D 点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz.设菱形ABCD 的边长为2，则D(0，0，0)，E(32，－12，0)，F(0，23，43
)，所以EF →＝(－
32，76，4
3
)． 又平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈EF →
，n 〉＝
43
（－
32）2＋（76）2＋（4
3
）2×1＝435
35
，
即直线EF 与平面ABCD 所成角的正弦值为435
35
.
11．(2019·上海八校联考)如图所示为一名曰“堑堵”的几何体，已知
AE ⊥底面BCFE ，DF ∥AE ，DF ＝AE ＝1，CE ＝7，四边形ABCD 是正方形．
(1)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，判断四面体EABC 是否为鳖臑，
若是，写出其每一个面的直角，并证明；若不是，请说明理由． (2)记AB 与平面AEC 所成的角为θ，求cos2θ的值． 答案 (1)略 (2)1
7
解析 (1)∵AE ⊥底面BCFE ，EC ，EB ，BC 都在底面BCFE 上，∴AE ⊥EC ，AE ⊥EB ，AE ⊥BC.∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE.又∵BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE ，∴四面体EABC 是鳖臑，∠AEB ，∠AEC ，∠CBE ，∠ABC 为直角． (2)∵AE ＝1，CE ＝7，AE ⊥EC ， ∴AC ＝22，又ABCD 为正方形． ∴BC ＝2，∴BE ＝ 3.
作BO ⊥EC 于O ，则BO ⊥平面AEC ，连接OA ，则OA 为AB 在面AEC 上的射影．∴θ＝∠BAO ，由等面积法得BE·BC ＝EC·OB. ∴OB ＝
3·27
，sin θ＝OB AB ＝217，cos2θ＝1－2sin 2θ＝1
7.
12.(2014·福建，理)在平面四边形ABCD 中．AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示． (1)求证：AB ⊥CD ；
(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)
63
解析 (1)∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD.
又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.
(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图所示．
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD.
以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系． 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，12，则BC →
＝(1，1，0)，BM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，AD →
＝(0，1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0
＝0，12y 0＋1
2z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，
则sinθ＝|cos 〈n ，AD →
〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →
|＝63，
即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
6
3
.
13．(2019·郑州一中测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π
6，AB ＝2AD.
(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；
(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)
4214
解析 (1)在△ABD 中，∠ABD ＝π
6，AB ＝2AD ，
由余弦定理，得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ， 所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°.
因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD. 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE.
因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE.
(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π
3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设
AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.
因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，
所以可以以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(1，0，0)，C(－1，3，0)，E(0，0，3)，F(0，3，3)， 所以AE →＝(－1，0，3)，AC →
＝(－2，3，0)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，
令z ＝1，得n ＝(3，2，1)为平面AEC 的一个法向量． 因为AF →
＝(－1，3，3)，
所以cos 〈n ，AF →
〉＝n ·AF →|n |·|AF →
|＝4214，
所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为
42
14
.
14.(2019·太原模拟)如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD. (1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；
(2)若点P 在平面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值． 答案 (1)略 (2)
42
7
解析 (1)如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ，
∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ，∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD.
又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，∴BD ⊥平面AEC ， 又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD. 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，
在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32
，
∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝3
2，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC.
又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ，∴EO ⊥平面ABCD ， 又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD.
(2)如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上． 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(32，0，0)，B(0，32，0)，E(0，0，32)，M(34，0，34)，D(0，－32，0)，N(34，3
4，0)，
∴AB →＝(－32，32，0)，AE →＝(－32，0，32)，DM →＝(34，32，34)，MN →
＝(0，34，－34)，
设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，
－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，
3)，
设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →
＝(34，32＋34λ，34－34λ)，
设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sinθ＝|n ·DP →|n |·|DP →|
|＝12
42×λ2＋λ＋4，
∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sinθ取得最大值42 7.
故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为42 7.。