2016优化探究高考一轮复习资料 (42)

A组 考点基础演练

一、选择题

1．直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面α，则x的值为( )

A．－2 B．－2 C.2

D．±2 解析：线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量， 故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±2. 答案：D

2．(2015年太原月考)如图，在正方体AC1中，M是棱DD1的中点，O是平面ABCD的中心，P是A1B1上的任意一点，则直线AM与OP所成角是( )

πA. 6πC. 3

πB. 4πD. 2

解析：设正方体的棱长为2a，建立如图所示的空间直角坐标系，则有A(2a,0,0)，M(0,0，a)，O(a，a,0)．

∵P是A1B1上任意一点，

∴不妨设P(2a，m,2a)(0≤m≤2a)． →

∴AM＝(0,0，a)－(2a,0,0)＝(－2a,0，a)， →

OP＝(2a，m,2a)－(a，a,0)＝(a，m－a,2a)．

→→∴AM·OP＝－2a×a＋0×(m－a)＋a×2a＝0. π∴异面直线AM与OP所成角为. 2答案：D

3.如图所示，ABCD -A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E、F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为( )

A.3

2

1B. 226D.

5

1C. 5

解析：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知当E(6，3,0)、F(3,6,0)时，A1、E、F、C1共面，设平面A1DE的法向量为n1＝(a，→DE＝6a＋3b＝0，n1·

b，c)，依题意得可取n1＝(－1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法

→DA1＝6a＋6c＝0，n1·|n1·n2|1

向量为n2＝(2，－1,1)，故平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为＝.故选

|n1|·|n2|2B.

答案：B

4．在正三棱柱ABC -A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为( )

A.C.6

410 4

B．－D．－

6 410 4

解析：

取AC中点E，连接BE，则BE⊥AC， 如图所示，建立空间直角坐标系B -xyz，则A31→

则AD＝－，－，1.

22∵平面ABC⊥平面AA1C1C，

平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BE⊥AC， ∴BE⊥平面AA1C1C，

3→

∴BE＝，0，0为平面AA1C1C的一个法向量，

26→→

∴cosAD，BE＝－，

4

6→→

设AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α＝|cosAD，BE|＝. 4答案：A

5．(2014年泰安联考)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为( )

A．150° C．60°

B．45° D．120°

31

，D(0,0,1)，

2，2，0

→→→→→→→→

解析：由条件知CA·AB＝0，AB·BD＝0，CD＝CA＋AB＋BD.

→→→→→→→→→→∴|CD|2＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝62＋42＋82＋2×6× →→

8cosCA，BD＝(217)2.

1→→→→→→

∴cosCA，BD＝－，CA，BD＝120°，AC，BD＝60°.

2∴二面角的大小为60°. 答案：C 二、填空题

6. (2015年潍坊考试)如图，平行六面体ABCD -A1B1C1D1，若ABCD是边长为2的正方形，AA1＝1，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则BD1的长为________．

→→→→

解析：∵BD1＝BA＋BC＋BB1，

→→→→

∴|BD1|2＝(BA＋BC＋BB1)2＝9，故BD1＝3. 答案：3

7．如图，直三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝2，∠B1A1C1＝90°，D为BB1

的中点，则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为________．

解析：以A为原点建立空间直角坐标系，如图，A1(0,0,2)，C(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,1,2)， →→→→→→

则C1D＝(1，－1，－1)，A1C＝(0,1，－2)，|C1D|＝3，|A1C|＝5，C1D·A1C＝1， →→

C1D·A1C1515→→

cosC1D，A1C＝＝，故异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为.

1515→→

|C1D||A1C|

答案：

15 15

8．正四棱锥S -ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．

解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系O -xyz.

aa

0，－，， 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P22aa→→→

－a，－，，CB＝(a，a,0)， 则CA＝(2a,0,0)，AP＝22设平面PAC的一个法向量为n，可取n＝(0,1,1)，

→CB·na1→

则cosCB，n＝＝＝， 22→2a·2|CB|·|n|

→

∴CB，n＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.

答案：30° 三、解答题

9．(2014年南昌一模)在五边形ABCDE中(图(1))，BD是AC的垂直平分线，O为垂足，ED∥AC，AE∥BD，AB⊥BC，P为AB的中点．沿对角线AC将四边形ACDE折起，使平面ACDE⊥平面ABC(图(2))．

(1)求证：PE∥平面DBC；

(2)当AB＝2AE时，求直线DA与平面DBC所成角的正弦值． 1解析：(1)证明：设M为BC中点，连接PM，DM.依题意，ED綊AC.

2∵P，M分别为AB，BC的中点， 1

∴PM綊AC，∴ED綊PM，

2

∴四边形PMDE为平行四边形，∴EP∥DM. 又DM⊂平面DBC，PE⊄平面DBC， ∴PE∥平面DBC.

(2)以点O为原点，直线OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设|AE|＝2，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(0,0,2)，E(2,0,2)，P(1,1,0)．

→→→

所以DA＝(2,0，－2)，BC＝(－2，－2,0)，DB＝(0,2，－2)． 设平面DBC的法向量为n＝(x，y，z)， →BC＝0，n·x＋y＝0，

则由得

→y－z＝0，DB＝0，n·

令x＝1，则y＝z＝－1， ∴n＝(1，－1，－1)．

→DA·n6→

cosOA，n＝＝，

3→

|DA|·|n|

∴直线DA与平面DBC所成角的正弦值为

6

. 3

10.如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平1

面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，

2CD＝3.

(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；

(2)若二面角M -QB -C为30°，试确定点M的位置． 1

解析：(1)证明：∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，

2∴四边形BCDQ为平行四边形， ∴CD∥BQ. ∵∠ADC＝90°，

∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.

又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BQ⊥平面PAD. ∵BQ⊂平面PQB， ∴平面PQB⊥平面PAD. (2)∵PA＝PD，Q为AD的中点， ∴PQ⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PQ⊥平面ABCD.

如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．

则平面BQC的一个法向量为n＝(0,0,1)，Q(0,0,0)，P(0,0，3)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)．

→→

故设M(x，y，z)，则PM＝(x，y，z－3)，MC＝(－1－x，3－y，－z)， →→∵PM＝tMC，

x＝t－1－x，∴y＝t3－y，z－3＝t－z，

3t∴y＝1＋t，3z＝1＋t.tx＝－，

1＋t

.

→

在平面MBQ中，QB＝(0，3，0)， t3t3→，，QM＝－， 1＋t1＋t1＋t

∴平面MBQ的一个法向量为m＝(3，0，t)， ∵二面角M -BQ -C为30°， cos 30°＝∴t＝3.

∴M位于PC靠近C点的四分之一点．

B组 高考题型专练

1．(2014年高考天津卷)如图，在四棱锥P -ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

n·mt3＝＝， |n||m|3＋0＋t22

(1)证明：BE⊥DC；

(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；

(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F -AB -P的余弦值．

解析：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．

→→

(1)证明：BE＝(0,1,1)，DC＝(2,0,0)， →→

故BE·DC＝0. 所以BE⊥DC.

→→

(2)BD＝(－1,2,0)，PB＝(1,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量， →n·BD＝0，

则

→n·PB＝0，

－x＋2y＝0，

即

x－2z＝0.

不妨令y＝1，

可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量．于是有 →n·BE23→

cosn，BE＝＝＝.

→6×23|n|·|BE|所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为3

. 3

→→→→

(3)BC＝(1,2,0)，CP＝(－2，－2,2)，AC＝(2,2,0)，AB＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，→→

设CF＝λCP，0≤λ≤1.

→→→→→→→

故BF＝BC＋CF＝BC＋λCP＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF·AC＝0，因此，3→1132(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝.即BF＝－，，.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的

4222法向量，

→n1·AB＝0，

则

→n1·BF＝0，

x＝0，

即113

－x＋y＋z＝0.222

不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2

＝(0,1,0)，则

n1·n2－3310

cosn1，n2＝＝＝－. |n1|·|n2|1010×1

310

易知，二面角F-AB-P是锐角，所以其余弦值为.

10

2.如图所示，四棱锥P -ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝2，E为PD上一点，PE＝2ED.

(1)求证：PA⊥平面ABCD. (2)求二面角D -AC -E的余弦值．

(3)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．

解析：(1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝2， ∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD. 又PA⊥CD，AD∩CD＝D， ∴PA⊥平面ABCD.

(2)过E作EG∥PA交AD于G，从而EG⊥平面ABCD， 11

且AG＝2GD，则EG＝PA＝，

33

连接BD交AC于O，过G作GH∥OD，交AC于H， 22

∴GH＝OD＝，

33

连接EH.∵GH⊥AC，∴EH⊥AC，

∴∠EHG为二面角D -AC -E的平面角． πEG2

0<∠EHG<， ∴tan∠EHG＝＝2GH2∴二面角D -AC -E的余弦值为

6

. 3

(3)存在．以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 2121→→

0，，，AC＝(1,1,0)，AE＝0，，. 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，E3333设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)， →AC＝0，n·x＋y＝0，

则即

→2y＋z＝0，AE＝0，n·

令y＝1，则n＝(－1,1，－2)．

→→→

假设侧棱PC上存在一点F，且CF＝λCP(0≤λ≤1)，使得BF∥平面AEC，则BF·n＝0. →→→

又∵BF＝BC＋CF＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， 1→

又BF·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，

2

∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.