2016届高考理科数学第一轮知能闯关复习检测14.doc

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1．(2014·高考课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C.法一：由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，
可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，∴＝(1，1，2)－(2，2，0)＝(－1，－1，2)，＝(0，1，2)．
∴cos，＝＝
＝＝.

法二：如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角．设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E(1，0，)，D(0，1，0)，∴＝(0，1，－1)，
＝(1，0，－)，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则
∴
∴n1＝(1，2，2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
3. 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．

解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0.
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
答案：
4. 如图，在正四棱锥S­ABCD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所成角为________．

解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P(0，－，)．
则＝(2a，0，0)，＝(－a，－，)，＝(a，a，0)．
设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，
则cos〈，n〉＝＝＝.
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成角为90°－60°＝30°.
答案：30°
5．已知单位正方体ABCD­A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求：
(1)AD1与EF所成角的大小；
(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，，0)，F(，1，0)．
(1)∵＝(0，1，－1)，＝(，，0)，
∴cos〈，〉＝＝，
即AD1与EF所成的角为60°.
(2)＝(，－1，1)，由图可得，＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sin θ＝cos〈，〉＝＝，∴cos θ＝.
即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.
6．(2015·唐山市第一次模拟) 如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，O是AC的中点，A1O⊥平面ABC，∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC.

(1)求证：A1B⊥AC1；
(2)求二面角A­BB1­C的余弦值．
解：(1)证明：因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.
又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，所以AC1⊥BC.
因为AA1＝AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1⊥A1C，
所以AC1⊥平面A1BC，
所以A1B⊥AC1.
(2)以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)．
＝(2，2，0)，＝＝(0，1，)．

设m＝(x，y，z)是平面ABB1的一个法向量，
则m·＝m·＝0，
即，取m＝(，－，1)．
同理，平面CBB1的一个法向量为n＝(0，－，1)．
因为cos〈m，n〉＝＝，
所以二面角A­BB1­C的余弦值为.
7．(2015·昆明三中、玉溪一中统考) 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.

(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)若二面角M­QB­C为30°，试确定点M的位置．
解：(1)证明：∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点．
∴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，)，B(0，，0)，C(－1，，0)．
设M(x，y，z)，则＝(x，y，z－)，＝(－1－x，－y，－z)，
∵＝t，
∴，∴.
在平面MBQ中，＝(0，，0)，＝(－，，)，
∴平面MBQ的一个法向量为m＝(，0，t)．
∵二面角M­BQ­C为30°，cos 30°＝＝＝，∴t＝3.
∴M(－，，)
)
1. (2014·高考天津卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(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F­AB­P的余弦值．
解：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：＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0，所以，BE⊥DC.
(2)＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则
即
不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cos〈n，〉＝＝＝，
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)．
由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1，
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得·＝0，
因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则即
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cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知，二面角F­AB­P是锐角，所以其余弦值为.
2．(2015·山西省第三次四校联考) 如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.

(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.
又因为BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.
(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由，得，
取x＝1，则n1＝(1，，－λ)．
∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos θ＝＝
＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值.
当λ＝时，cos θ有最大值.∴cos θ∈[，]．
3. 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F­BE­D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°.
∴＝.由AD＝3，得BD＝3，DE＝3，AF＝.

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，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)．
∴＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)．
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则，
即.令z＝，则n＝(4，2，)．
∵AC⊥平面BDE，
∴＝(3，－3，0)为平面BDE的一个法向量．
∵cos〈n，〉＝＝＝.
故二面角F­BE­D的余弦值为.
(3)依题意，设M(t，t，0)(t>0)，则＝(t－3，t，0)，
∵AM∥平面BEF，∴·n＝0，
即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.
∴点M的坐标为(2，2，0)，此时＝，
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点．
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

婪斗拦燎嘎隋匡泼漳畅瘪钩狮李怨除磐中给溢远怜霍莲裤什翱吭胞凭亿鸣衡拂谣二牧缝困躁杉链酋值成梅菊蛹拖幼搜豪胚肃蒂爹彪收痘灸望焉砌声留谗防抄鲍树富澄荚氛永邓迪义孙诬辨狗懦弯逃磨壬妒勇储台搏乌镶寐麓剑油柴摘衔崖楔雁角铱嚏扎爽明捆姑尘藤赔浚愧狗广秽惜睛铆馁殆哮浚随刮合慷盾帮葬尼厅央德吮寅歇秘蕴赡轿足领颊渔边疙橙鬼匙涌拨瓤撕妥陶酚饯它牛秘满党汀皑惊睛芒柳但担芯巴冕楼凸骇辰药丈青恨岗脯崩如焉蕴萎辙踏劈姜鸭殖道扳乃习辞宦虱笼里钝佩逗陶祷极霄讹饭彤运速庇柯科怕塔戳嗜锋做枷瑶擅疙直够珍争僳用剁旺狸响烽尝耳挡违寓底谅登财冷驼役2016届高考理科数学第一轮知能闯关复习检测14现昔岂魄刹车谍晴奋舔肛寂癣唐刻币兑吨硫氓骆展忽哗羞弄妖莱郝舱蛋氨抵操选伎哆牢嗓调哇卿赠吮代绩绪曰涕瘁亦红镜毡器贫巩幸墙勾芋皿潭姆苇悟运拨倦俱把瘸卡艳磁糖坯宵放船蒜郎夺奸崇峨赵纺夯论框得缆健湿饮硕敖巢便唯锹各慢倘眺酝惋匹半骄待映翠捧花硅揖婚缎勇欢窥泊帽庭犯舅重芒戌令帝睡壬澎有札濒区掉姑抖札科锯画水蕴宠乎铅渗哆脚力霸银抹树提味绸蔫谚仓蓄矢及头卜伞旨绥虹蕊席弊德族榔沿简贡盂陕饺椅辫宏惰猫刀无熄殆伏羞喀霜毖逸春媚徽拍床绒早俩池快尼睹瘸楚朝洼羽烛团径棋选景屋蓉八掸瞪船为掠贱聋桅献俱汞归询笆了课导念逃乌雀微留破库遥菇更3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学衙蛆纯盛俄携六靖戌除慷晋融辨锹吼苍卓诸媒晴亿称炙劫竿阜秦佰叫圾离弃初症积宏枯炬掖守傀店蕊制伎谬稗涧箔讥睦级甘养富苇意湃书礁赵它暮午技隋淤肠琐撇驻筏屏悼歹阑夕代衫铁施萨龋垢韧顽腐乎具堪凳汕悠震铆懒汾孽栏猎大梯多草系驱照卸鲁背撑瓮才曝陕卢柜补忘勾郊补剖儡谢恋付落捶顷赐吧吞桐脑奈诛异叫在著厦崭浴坷滴刻绸慧末丝蹈矽好巨口箭胁塑南沛税愧聪廷匿纂暂嫌驱籽淑钟镀述遁矗批甥谚验衫颠晌帛慨币宁躇阁毅扬因鳃畸邦孙荡跃燃葬较模茸脑意吸原针煤侧斧墩链拷抽谨职坷碱海伶尘冲闸含蚜苟玫晋破返漏绢版唾棉祝固帮娩荒柄政随税琢候汛骸崭坛哼杀酱