优化方案高考总复习新课标湖北理科时课后达标检测

优化方案高考总复习新课标湖北理科时课后达
标检测
文档编制序号：[KK8UY-LL9IO69-TTO6M3-MTOL89-FTT688]
[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ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )
A.55
B.53
C.
255 D.35
解析：选A.不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.
可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC 1
→＝(0,2，－1)，AB 1
→＝(－2,2,1)， ∴cos 〈BC
1
→，AB 1
→〉＝BC 1→·AB 1
→|BC 1→||AB 1→|
＝4－15×9＝1
5＝5
5＞0，
∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1
的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为5
5
.
2．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，则直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是( )
A.64
B.16
C.63
D.32 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BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， ∴DA 1
→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC
1
→＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DA 1→＝x ＋z ＝0n ·DB →＝x ＋y ＝0
，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.
∴n ＝(－1,1,1)，
∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪1＋13·2＝63. 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 ＝2，BC ＝2，BD →＝BA →＋AC →＋CD →， ∴|BD →|2＝(BA →＋AC →＋CD →)·(BA →＋AC →＋CD →)
＝BA →2＋BA →·AC →＋BA →·CD →＋AC →·BA →＋AC →2＋AC →·CD →＋CD →·BA →＋CD →·AC →＋CD →2
＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·AC →＋2AC →·CD →＋2BA →·CD →. ∵AB ⊥AC ，CD ⊥AC ，∴BA →·AC →＝0，AC →·CD →＝0. 当B ，D 在AC 两侧时，BA →和CD →成60°角； 当B ，D 在AC 同侧时，BA →和CD →成120°角． ∴|BD →|2＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2×1×1×cos 60°， 或|BD →|2＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2×1×1×cos 120°， ∴|BD →|2＝12＋12＋12＋1＝4，|BD →|＝2， 或|BD →|2＝1＋1＋1－1＝2，|BD →|＝ 2.
答案：2或 2
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 ＝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 ′-FD -C 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A -xyz ，
则A ′(2,2,22)，C (10,8,0)，F (4,0,0)，D (10,0,0)， 故FA →′＝(－2,2,22)，FD →＝(6,0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′FD 的一个法向量，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2x ＋2y ＋22z ＝0，6x ＝0.
取z ＝2，则n ＝(0，－2，2)．
又平面BEF 的一个法向量m ＝(0,0,1)，
故cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝33，∴二面角的余弦值为3
3
.
答案：3
3
三、解答题
5．(2013·高考江苏卷) 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．
(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；
(2)求平面ADC 1与平面ABA 1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A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，
所以A 1
B →＝(2,0，－4)，
C 1
D →＝(1，－1，－4)．
因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1
B →||
C 1
D →|
＝
1820×18
＝310
10
， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为310
10
.
(2)设平面ADC 1
的法向量为n 1
＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC
1
→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1
→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝29×1＝23，得sin θ＝5
3.
因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为
5
3
. 6．(2014·宜昌市模拟)如图，在底面是正方形的四棱锥P -ABCD 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2π
3
时，求PC 与底面ABCD 所成角的
正切值．
解：(1)当G 为EC 中点，即AG ＝3
4
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 ＝2π
3
.
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 ＝π
3
，EH ⊥PC ，
所以tan ∠BHE ＝BE
EH
＝3，BE ＝EC .
所以EC EH ＝3，所以sin ∠PCA ＝EH EC ＝33
，
所以tan ∠PCA ＝
2
2
. 所以PC 与底面ABCD 所成角的正切值是
22
. [能力提升]
1. 如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点，点E 在A 1C 1上且DE ⊥AE .
(1)证明：平面ADE ⊥平面ACC 1A 1；
(2)求直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值．
解：(1)证明：由正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1.又DE ?平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.
而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ?平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1.
(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AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，
B (3，0,0)，
C 1(0,1，2)，
D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，－1
2，2.
易知AB →＝(3，1,0)，AC
1
→＝(0,2，2)， AD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，12，2.
设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AB →＝3x ＋y ＝0，n ·AC 1→＝2y ＋2z ＝0.
解得x ＝－
3
3
y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)．
所以cos 〈n ，AD →〉＝
n ·AD
→|n |·|AD →|
＝2310×3＝10
5. 由此即知，直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值为
10
5
. 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DQ →＝12
CP →.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E -l -C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β .
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E -l -C 的平面角，即∠CBF ＝β.
由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝1
2
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
sin θ＝CF DF ，sin α＝BF DF ，sin β＝CF
BF
，
从而sin αsin β＝BF DF ·CF BF ＝CF
DF
＝sin θ，
即sin θ＝sin αsin β.
法二(向量法)：如图(2)，由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12
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CA →，CB →，CP →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 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12a ，0，c ，F (0,0，c )． 于是FE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c )，BF →＝(0，－b ，c )， 所以cos α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|
＝a
a 2＋
b 2＋
c 2
， 从而sin α＝1－cos 2α＝b 2＋c
2
a 2＋
b 2＋c
2
. 取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，
可得sin θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝c
a 2＋
b 2＋
c 2
. 设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．
由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·FE →＝0，n ·BF →＝0，
可得⎩⎨⎧
12
ax ＝0，
－by ＋cz ＝0，
取n ＝(0，c ，b )．
于是|cos β|＝
|m·n||m||n|＝b
b 2＋c
2， 从而sin β＝1－cos 2
β＝c b 2＋c
2
. 故sin αsin β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2·c b 2＋c 2＝c
a 2＋
b 2＋c
2
＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.
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F -BE -D 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°.
∴ED
BD
＝ 3.由AD ＝3，得BD ＝32，DE ＝36，AF ＝ 6. 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 (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)．
∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．
设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BF →＝0
n ·EF →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－3y ＋6z ＝0
3x －26z ＝0
.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)．
∵AC ⊥平面BDE ， ∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量． ∵cos 〈n ，CA →〉＝
n ·CA
→|n ||CA →|
＝6
26×32＝13
13. 故二面角F -BE -D 的余弦值为13
13
.
(3)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.
∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23
DB →，
∴点M 是线段BD 上靠近B 点的三等分点．。