高考数学专题复习练习：8-8 专项基础训练 11页

‎ A组　专项基础训练 ‎(时间：40分钟)‎ ‎1．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．60°或30°‎ ‎【解析】 设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.‎ 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝.‎ 又∵0°≤β≤90°，∴β＝30°，故选C.‎ ‎【答案】 C ‎2．(2017·福建福州质检)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E为CC1的中点，那么异面直线OE与AD1所成角的余弦值等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎【解析】 取BC的中点F，连接EF，OF，BC1，如图所示．‎ ‎∵E为CC1的中点，∴EF∥BC1∥AD1，故∠OEF即为异面直线OE与AD1所成角．‎ 设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△OEF中，EF＝，OE＝，故cos∠OEF＝＝.故选D.‎ ‎【答案】 D ‎3．(2017·宁夏银川一中模拟)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【解析】 如图所示，∵AA1⊥底面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角．∵平面ABC∥平面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面ABC所成角．‎ ‎∵S△A1B1C1＝×()2＝，‎ ‎∴V三棱柱ABCA1B1C1＝AA1·S△A1B1C1＝.‎ AA1＝，解得AA1＝.又P为正三角形A1B1C1的中心，∴A1P＝A1D＝××sin 60°＝1.在Rt△AA1P中，tan∠APA1＝＝，∴∠APA1＝.故选B.‎ ‎【答案】 B ‎4．(2017·浙江余杭区模拟)如图，已知DE是正△ABC的中位线，沿AD将△ABC折成直二面角BADC，则翻折后异面直线AB与DE所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D．0‎ ‎【解析】 如图，以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系．‎ 设正△ABC的边长为2，则A(0，0，)，B(1，0，0)，D(0，0，0)，E，＝(1，0，－)，＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝－，∴翻折后异面直线AB与DE所成角的余弦值为.故选A.‎ ‎【答案】 A ‎5．(2017·福建福州期末)如图所示，在三棱锥CABD中，E，F分别是AC和BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的大小为________．‎ ‎【解析】 取AD的中点G，连接EG，GF，则EG綊DC＝2，GF綊AB＝1，故∠GEF即为EF与CD所成的角．又∵FE⊥AB，∴FE⊥GF，∴在Rt△EFG中，EG＝2，GF＝1，故∠GEF＝30°.‎ ‎【答案】 30°‎ ‎6．(2017·上海静安区质检)如图所示，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥底面ABCD，PA＝1，底面ABCD是正方形，PC与底面ABCD所成角的大小为，则该四棱锥的体积是________．‎ ‎【解析】 ∵PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PC与底面ABCD 所成角的大小为，∴在Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝，AC＝.∵底面ABCD是正方形，∴AB＝.故V＝×××1＝.‎ ‎【答案】 ‎7．(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；‎ ‎(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．‎ ‎【解析】 (1)证明 如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.‎ 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.‎ 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.‎ 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.‎ 又AE⊥EC，可得EG＝，且EG⊥AC.‎ 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.‎ 在Rt△FDG中，可得FG＝.‎ 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，‎ 可得EF＝.‎ 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.‎ 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.‎ 因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.‎ ‎(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，F，‎ C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝.‎ 故cos〈，〉＝＝－.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.‎ ‎8．(2016·北京)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【解析】 (1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.‎ 因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD.‎ 如图建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意，得A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，＝(2，0，－1)．‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.‎ 所以n＝(1，－2，2)．‎ 又＝(1，1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得＝λ.‎ 因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．‎ 因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD.‎ 当且仅当·n＝0，‎ 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.‎ 所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.‎ B组　专项能力提升 ‎(时间：30分钟)‎ ‎9．(2017·四川宜宾模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若M是线段A1C1上的动点，则下列结论不正确的是(　　)‎ A．三棱锥MABD的正视图面积不变 B．三棱锥MABD的侧视图面积不变 C．异面直线CM，BD所成的角恒为 D．异面直线CM，AB所成的角可为 ‎【解析】 对于选项A，三棱锥MABD的正视图为三角形，底边为AB的长，高为正方体的高，故棱锥的正视图面积不变，故A正确．对于选项B，侧视图为三角形，底边为AD的长，高为正方体的高，故棱锥侧视图的面积不变，故B正确．对于选项C，连接AC，BD，A1C，则BD⊥AC，‎ ‎∵AC∥A1C1，∴BD⊥A1C1.‎ 又∵BD⊥CC1，∴BD⊥平面A1C1C.‎ ‎∵CM⊂平面A1C1C，∴BD⊥CM，故C正确．‎ 对于选项D，分别以AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，以A为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，M(a，a，1)，B(1，0，0)，A(0，0，0)，C(1，1，0)．∴＝(a－1，a－1，1)，＝(1，0，0)，∴cos〈，〉＝≠±，∴异面直线CM，AB所成的角不可能是，故D错误．故选D.‎ ‎【答案】 D ‎10．(2017·成都模拟)如图，在四棱锥SABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足＝＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE为直角．‎ ‎【解析】 因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，‎ 故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ ‎∵AB＝4，SA＝3，‎ ‎∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．‎ 设BC＝m，则C(m，4，0)，‎ ‎∵＝＝λ，‎ ‎∴＝λ.‎ ‎∴－＝λ(－)．‎ ‎∴＝(＋λ)＝(0，4λ，3)，‎ ‎∴F.‎ 同理可得E，‎ ‎∴＝.‎ ‎∵＝，要使∠AFE为直角，‎ 即·＝0，‎ 则0·＋·＋·＝0，‎ ‎∴16λ＝9，解得λ＝.‎ ‎【答案】 ‎11．(2015·江苏)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.‎ ‎(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；‎ ‎(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．‎ ‎【解析】 分别以，，为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．‎ ‎(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．‎ 因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．‎ 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 即令y＝1，解得z＝1，x＝1.‎ 所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．‎ 从而cos〈，m〉＝＝，‎ 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.‎ ‎(2)因为＝(－1，0，2)，‎ 设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，‎ 又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，‎ 又＝(0，－2，2)，‎ 从而cos〈，〉＝＝.‎ 设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，‎ 则cos2〈，〉＝＝≤.‎ 当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.‎ 因为y＝cos x在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.‎ ‎12．(2016·天津)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.‎ ‎(1)求证：EG∥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角OEFC的正弦值；‎ ‎(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．‎ ‎【解析】 因为四边形OBEF为矩形，所以OF⊥OB.因为平面OBEF⊥平面ABCD，平面OBEF∩平面ABCD＝OB，OF⊥OB，OF⊂平面OBEF，所以OF⊥平面ABCD.‎ 如图，以O为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)．‎ ‎(1)证明 依题意，＝(2，0，0)，＝(1，－1，2)，设n1＝(x，y，z)为平面ADF的法向量，则即不妨设z＝1，可得n1＝(0，2，1)．‎ 又＝(0，1，－2)，可得·n1＝0.‎ 又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)易证＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量．‎ 依题意，＝(1，1，0)，＝(－1，1，2)，‎ 设n2＝(x，y，z)为平面CEF的法向量，则 即不妨设x＝1，可得n2＝(1，－1，1)．‎ 因此有cos〈，n2〉＝＝－，于是sin〈，n2〉＝.‎ 所以二面角OEFC的正弦值为.‎ ‎(3)由AH＝HF，得AH＝AF.因为＝(1，－1，2)，所以＝＝，‎ 进而有H，‎ 从而＝，‎ 因此cos〈，n2〉＝＝－.‎ 所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.‎