2021高考数学二轮专题复习测试 专题强化练（七）（含解析）.doc

1、专题强化练(七)1.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解：如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0，2，2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦

2、值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0，2，2)，(0，0，2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1，1)设直线CC1与平面AQC1所成的角为，则sin |cos，n|.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.2.如图，直角三角形ABD所在的平面与半圆弧所在平面相交于BD，ABBD2，E，F分别为AD，BD的中点，C是上异于B，D的点，EC .(1)证明：平面CEF平面BCD；(2)若点C为半圆弧上的一个三等分点(靠近点D)求二面角ACEB的余弦值(1)证明：因为C为半圆弧上的一点，所以BCCD.在ABD中，E，F分别为AD，BD的中点，所以EFA

3、B1，且EFAB.于是在EFC中，EF2FC2112EC2，所以EFC为直角三角形，且EFFC. 因为ABBD，EFAB，所以EFBD. 因为EFFC，EFBD，BDFCF, 所以EF平面BCD.又EF平面CEF，所以平面CEF平面BCD. (2)解：由已知BFC120，以F为坐标原点，分别以垂直于BD、向量，所在方向作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz，则C，E(0，0，1)，B(0，1，0)，A(0，1，2), ，(0，1，1)，(0，1，1). 设平面ACE的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则即取z11，得m. 设平面BCE的法向量n(x2，y2，z2)

4、，则即取z21，得n(，1，1). 所以cosm，n， 又二面角A-CE-B为锐角，所以二面角ACEB的余弦值为. 3.如图，已知平行四边形ABCD中，AB1，AD2，ABBD，E是线段AD的中点，沿BD将BCD翻折到BCD，使得平面BCD平面BCD.(1)求证：CD平面BCD；(2)求二面角EBCD的余弦值(1)证明：由题意可知CDBACD1，BCBCAD2，ABBD，即BC2CD2BD2，故CDBD.因为平面BCD平面BCD，平面BCD平面BCDBD，CD平面BCD，所以CD平面BCD.(2)解：由(1)知CD平面ABD，且CDBD，以D为原点，DB，CD，DC所在直线分别为x，y，z轴建

5、立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则D(0，0，0)，A(，1，0)，B(，0，0)，C(0，0，1)由于E是线段AD的中点，所以E，在平面BEC中，(，0，1)设平面BEC的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得yz，所以平面BEC的一个法向量为n(1，)，而平面BDC的一个法向量为(0，1，0)故cosn，易知二面角E-BC-D的平面角为锐角，故二面角E-BC-D的余弦值为.4.(2020扬州中学模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1ABAC2，ABAC，M是棱BC的中点，点P在线段A1B上(1)若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成角的大小；(2)若N是CC

6、1的中点，直线A1B与平面PMN所成角的正弦值为，求线段BP的长度解：以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，M(1，1，0)(1)若P是线段A1B的中点，则P(1，0，1)，(0，1，1)，(0，2，0)所以cos，.又，0，所以，.所以直线MP与直线AC所成的角的大小为.(2)由N(0，2，1)，得(1，1，1)设P(x，y，z)，01，则(x2，y，z)(2，0，2)，所以所以P(22，0，2)，所以(12，1，2)设平面PMN的法向量n(x1，y1，z1)，则n，n， 所以取n.因为(2，0，2)，设直线A

7、1B与平面PMN所成角为.由sin |cosn，|，得.所以，所以BPBA1.5.(2020梅河口市第五中学零模)在四棱锥P-ABCD的底面是菱形， PO底面ABCD，O，E分别是AD，AB的中点，AB6，AP5，BAD60 .(1)求证：ACPE；(2)求直线PB与平面POE所成角的正弦值；(3)在DC边上是否存在点F，使BF与PA所成角的余弦值为，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由(1)证明：由菱形的性质可得：ACBD，结合三角形中位线的性质可知：OEBD，故OEAC，PO底面ABCD，AC底面ABCD，故ACOP，且OPOEO，故AC平面POE，PE平面POE，所以ACPE.(2

8、)解：由题意结合菱形的性质易知OPOA，OPAB，OAOB，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则P(0，0，4)，B(0，3，0)，O(0，0，0)，E，设平面POE的一个法向量为m(x，y，z)，则：据此可得平面POE的一个法向量为m(，1，0)，而(0，3，4)，设直线PB与平面POE所成角为，则sin .(3)解：由题意可得：D(3，0，0)，C(6，3，0)，A(3，0，0)假设满足题意的点F存在，设F(x，y，z)，(01)，据此可得：(x3，y，z)(3，3，0)，即从而点F的坐标为F(33，3，0)，据此可得：(33，33，0)，(3，0，4)，结合题意有

9、，解得.故点F为CD中点时满足题意6(2020日照模拟)在四边形ABCP中，ABBC，P，PAPC2；如图，将PAC沿AC边折起，连结PB，使PBPA.(1)求证：平面ABC平面PAC；(2)若F为棱AB上一点，且AP与平面PCF所成角的正弦值为，求二面角F-PC-A的大小(1)证明：在PAC中，PAPC2，P，所以PAC为正三角形，且AC2，在ABC中，ABBC，所以ABC为等腰直角三角形，且ABBC，取AC的中点O，连接OB，OP，所以OBAC，OPAC，因为OB1，OP，PBPA2，所以PB2OB2OP2，所以OPOB，因为OPACO，AC，OP平面PAC，所以OB平面PAC，因为OB平面ABC，所以平面ABC平面PAC.(2)解：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(0，1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，(1，1，0)，(0，1，)，(0，1，)，(0，2，0)，设m(0m1)则(m，m2，0)，设平面PFC的一个法向量为n(x，y，z)则所以令y，解得所以n，因为AP与平面PFC所成角的正弦值为，所以，整理得3m24m40，解得m或m2(舍去)，所以n(2，1)，又为平面PAC的一个法向量，所以cosn，所以二面角F-PC-A的大小为.