2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)測試專題強(qiáng)化練七含解析

PAGE專題強(qiáng)化練(七)1.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點．(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．解：如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{eq\o(OB,\s\up14(→))，eq\o(OC,\s\up14(→))，eq\o(OO1,\s\up14(→))}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2)．(1)因為P為A1B1的中點，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，從而eq\o(BP,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(AC1,\s\up14(→))＝(0，2，2)，故|cos〈eq\o(BP,\s\up14(→))，eq\o(AC1,\s\up14(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up14(→))·\o(AC1,\s\up14(→))|,|\o(BP,\s\up14(→))||\o(AC1,\s\up14(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3\r(10),20).因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),20).(2)因為Q為BC的中點，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，因此eq\o(AQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AC1,\s\up14(→))＝(0，2，2)，eq\o(CC1,\s\up14(→))＝(0，0，2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AQ,\s\up14(→))·n＝0，,\o(AC1,\s\up14(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n＝(eq\r(3)，－1，1)．設(shè)直線CC1與平面AQC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CC1,\s\up14(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CC1,\s\up14(→))·n|,|\o(CC1,\s\up14(→))||n|)＝eq\f(2,2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5).所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).2.如圖，直角三角形ABD所在的平面與半圓弧eq\o(BD,\s\up14(︵))所在平面相交于BD，AB＝BD＝2，E，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，C是eq\o(BD,\s\up14(︵))上異于B，D的點，EC＝eq\r(2).(1)證明：平面CEF⊥平面BCD；(2)若點C為半圓弧eq\o(BD,\s\up14(︵))上的一個三等分點(靠近點D)求二面角ACEB的余弦值．(1)證明：因為C為半圓弧eq\o(BD,\s\up14(︵))上的一點，所以BC⊥CD.在△ABD中，E，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，所以EF＝eq\f(1,2)AB＝1，且EF∥AB.于是在△EFC中，EF2＋FC2＝1＋1＝2＝EC2，所以△EFC為直角三角形，且EF⊥FC.因為AB⊥BD，EF∥AB，所以EF⊥BD.因為EF⊥FC，EF⊥BD，BD∩FC＝F,所以EF⊥平面BCD.又EF?平面CEF，所以平面CEF⊥平面BCD.(2)解：由已知∠BFC＝120°，以F為坐標(biāo)原點，分別以垂直于BD、向量eq\o(FD,\s\up14(→))，eq\o(FE,\s\up14(→))所在方向作為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Fxyz，則Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，E(0，0，1)，B(0，－1，0)，A(0，－1，2),eq\o(CE,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq\o(BE,\s\up14(→))＝(0，1，1)，eq\o(AE,\s\up14(→))＝(0，1，－1).設(shè)平面ACE的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up14(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up14(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1－z1＝0，,－\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)y1＋z1＝0，))取z1＝1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，1)).設(shè)平面BCE的法向量n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up14(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up14(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝0，,－\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2＋z2＝0，))取z2＝1，得n＝(eq\r(3)，－1，1).所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\f(\r(21),3)×\r(5))＝eq\f(\r(105),35)，又二面角A-CE-B為銳角，所以二面角ACEB的余弦值為eq\f(\r(105),35).3.如圖，已知平行四邊形ABCD中，AB＝1，AD＝2，AB⊥BD，E是線段AD的中點，沿BD將△BCD翻折到△BC′D，使得平面BC′D⊥平面BCD.(1)求證：C′D⊥平面BCD；(2)求二面角EBC′D的余弦值．(1)證明：由題意可知CD＝BA＝C′D＝1，BC′＝BC＝AD＝2，AB⊥BD，即BC′2＝C′D2＋BD2，故C′D⊥BD.因為平面BC′D⊥平面BCD，平面BC′D∩平面BCD＝BD，C′D?平面BC′D，所以C′D⊥平面BCD.(2)解：由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，以D為原點，DB，CD，DC′所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D(0，0，0)，A(eq\r(3)，1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C′(0，0，1)．由于E是線段AD的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，在平面BEC′中，eq\o(BE,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(BC′,\s\up14(→))＝(－eq\r(3)，0，1)．設(shè)平面BEC′的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up14(→))·n＝0，,\o(BC′,\s\up14(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，,－\r(3)x＋z＝0，))令x＝1，得y＝z＝eq\r(3)，所以平面BEC′的一個法向量為n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，而平面BDC′的一個法向量為eq\o(DC,\s\up14(→))＝(0，－1，0)．故cos〈n，eq\o(DC,\s\up14(→))〉＝eq\f(n·\o(DC,\s\up14(→)),|n|·|\o(DC,\s\up14(→))|)＝－eq\f(\r(21),7)，易知二面角E-BC′-D的平面角為銳角，故二面角E-BC-′D的余弦值為eq\f(\r(21),7).＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，M是棱BC的中點，點P在線段A1B上．(1)若P是線段A1B的中點，求直線MP與直線AC所成角的大??；(2)若N是CC1的中點，直線A1B與平面PMN所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7)，求線段BP的長度．解：以{eq\o(AB,\s\up14(→))，eq\o(AC,\s\up14(→))，eq\o(AA1,\s\up14(→))}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，M(1，1，0)．(1)若P是線段A1B的中點，則P(1，0，1)，eq\o(MP,\s\up14(→))＝(0，－1，1)，eq\o(AC,\s\up14(→))＝(0，2，0)．所以cos〈eq\o(MP,\s\up14(→))，eq\o(AC,\s\up14(→))〉＝eq\f(\o(MP,\s\up14(→))·\o(AC,\s\up14(→)),|\o(MP,\s\up14(→))|·|\o(AC,\s\up14(→))|)＝－eq\f(\r(2),2).又〈eq\o(MP,\s\up14(→))，eq\o(AC,\s\up14(→))〉∈[0，π]，所以〈eq\o(MP,\s\up14(→))，eq\o(AC,\s\up14(→))〉＝eq\f(3π,4).所以直線MP與直線AC所成的角的大小為eq\f(π,4).(2)由N(0，2，1)，得eq\o(MN,\s\up14(→))＝(－1，1，1)．設(shè)P(x，y，z)，eq\o(BP,\s\up14(→))＝λeq\o(BA1,\s\up14(→))，0≤λ≤1，則(x－2，y，z)＝λ(－2，0，2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2－2λ，,y＝0，,z＝2λ，))所以P(2－2λ，0，2λ)，所以eq\o(MP,\s\up14(→))＝(1－2λ，－1，2λ)．設(shè)平面PMN的法向量n＝(x1，y1，z1)，則n⊥eq\o(MN,\s\up14(→))，n⊥eq\o(MP,\s\up14(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＋z1＝0，,（1－2λ）x1－y1＋2λz1＝0，))取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2λ)，\f(1,2λ)，1)).因為eq\o(BA1,\s\up14(→))＝(－2，0，2)，設(shè)直線A1B與平面PMN所成角為θ.由sinθ＝|cos〈n，eq\o(BA1,\s\up14(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BA1,\s\up14(→)),|n|·|\o(BA1,\s\up14(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（－2）×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2λ)))＋2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2λ)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2λ)))\s\up12(2)＋1)·2\r(2))))＝eq\f(\r(7),7)，得λ＝eq\f(1,4).所以eq\o(BP,\s\up14(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BA1,\s\up14(→))，所以BP＝eq\f(1,4)BA1＝eq\f(\r(2),2).5.(2024·梅河口市第五中學(xué)零模)在四棱錐P-ABCD的底面是菱＝5，∠BAD＝60°.(1)求證：AC⊥PE；(2)求直線PB與平面POE所成角的正弦值；(3)在DC邊上是否存在點F，使BF與PA所成角的余弦值為eq\f(3\r(3),10)，若存在，確定點F的位置；若不存在，說明理由．(1)證明：由菱形的性質(zhì)可得：AC⊥BD，結(jié)合三角形中位線的性質(zhì)可知：OE∥BD，故OE⊥AC，PO⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，故AC⊥OP，且OP∩OE＝O，故AC⊥平面POE，PE?平面POE，所以AC⊥PE.(2)解：由題意結(jié)合菱形的性質(zhì)易知OP⊥OA，OP⊥AB，OA⊥OB，以點O為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則P(0，0，4)，B(0，3eq\r(3)，0)，O(0，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)，0))，設(shè)平面POE的一個法向量為m＝(x，y，z)，則：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OP,\s\up14(→))＝4z＝0，,m·\o(OE,\s\up14(→))＝\f(3,2)x＋\f(3,2)\r(3)y＝0，))據(jù)此可得平面POE的一個法向量為m＝(eq\r(3)，－1，0)，而eq\o(PB,\s\up14(→))＝(0，3eq\r(3)，－4)，設(shè)直線PB與平面POE所成角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(PB,\s\up14(→))·m|,|\o(PB,\s\up14(→))|×|m|)＝eq\f(3\r(3),2×\r(43))＝eq\f(3,86)eq\r(129).(3)解：由題意可得：D(－3，0，0)，C(－6，3eq\r(3)，0)，A(3，0，0)假設(shè)滿意題意的點F存在，設(shè)F(x，y，z)，eq\o(DF,\s\up14(→))＝λeq\o(DC,\s\up14(→))(0<λ<1)，據(jù)此可得：(x＋3，y，z)＝λ(－3，3eq\r(3)，0)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3λ－3，,y＝3\r(3)λ，,z＝0，))從而點F的坐標(biāo)為F(－3λ－3，3eq\r(3)λ，0)，據(jù)此可得：eq\o(BF,\s\up14(→))＝(－3λ－3，3eq\r(3)λ－3eq\r(3)，0)，eq\o(PA,\s\up14(→))＝(3，0，－4)，結(jié)合題意有eq\f(|\o(BF,\s\up14(→))·\o(PA,\s\up14(→))|,|\o(BF,\s\up14(→))|×|\o(PA,\s\up14(→))|)＝eq\f(9λ＋9,5×\r(9（λ＋1）2＋27（λ－1）2))＝eq\f(3\r(3),10)，解得λ＝eq\f(1,2).故點F為CD中點時滿意題意．6．(2024·日照模擬)在四邊形ABCP中，AB＝BC＝eq\r(2)，∠P＝eq\f(π,3)，PA＝PC＝2；如圖，將△PAC沿AC邊折起，連結(jié)PB，使PB＝PA.(1)求證：平面ABC⊥平面PAC；(2)若F為棱AB上一點，且AP與平面PCF所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)，求二面角F-PC-A的大?。?1)證明：在△PAC中，PA＝PC＝2，∠P＝eq\f(π,3)，所以△PAC為正三角形，且AC＝2，在△ABC中，AB＝BC＝eq\r(2)，所以△ABC為等腰直角三角形，且AB⊥BC，取AC的中點O，連接OB，OP，所以O(shè)B⊥AC，OP⊥AC，因為OB＝1，OP＝eq\r(3)，PB＝PA＝2，所以PB2＝OB2＋OP2，所以O(shè)P⊥OB，因為OP∩AC＝O，AC，OP?平面PAC，所以O(shè)B⊥平面PAC，因為OB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAC.(2)解：以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up14(→))＝(1，1，0)，eq\o(AP,\s\up14(→))＝(0，1，eq\r(3))，eq\o(CP,\s\up14(→))＝(0，－1，eq\r(3))，eq\o(CA,\s\up14(→))＝(0，－2，0)，設(shè)eq\o(AF,\s\up1