2017届高考数学第一轮知识点阶段滚动检测56.doc

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训练目标
会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题.
训练题型
(1)用空间向量证明平行与垂直；(2)用空间向量求空间角；(3)求长度与距离.
解题策略
(1)选择适当的空间坐标系；(2)求出相关点的坐标，用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量；(3)理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公式；(4)探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解.

1.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．
求证：(1)AM∥平面BDE；
(2)AM⊥平面BDF.

2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，在侧棱CC1上求一点P，使得直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3.

3．(2015·甘肃河西五地市第一次联考)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，N是CC1的中点．
(1)求证：A1C⊥BN；
(2)求二面角B－A1N－C的余弦值．

4．(2015·上饶一模)如图，五面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，AB＝6，AD＝4.顶部线段EF∥平面ABCD，棱EA＝ED＝FB＝FC＝6，EF＝2，二面角F－BC－A的余弦值为.
(1)在线段BC上是否存在一点N，使BC⊥平面EFN?
(2)求平面EFB和平面CFB所成锐二面角的余弦值．

5．(2015·长春普通高中质量检测)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.
(1)求证：平面ADM⊥平面PBC.
(2)是否存在实数λ，使得二面角P－DE－B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．

答案解析
1．证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，

设AC∩BD＝N，连接NE，
则点N，E的坐标分别为(，，0)，(0,0,1)．
所以＝(－，－，1)．
又点A，M的坐标分别是(，，0)，(，，1)，
所以＝(－，－，1)．
所以＝，且NE与AM不共线．
所以NE∥AM.
又因为NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE.
所以AM∥平面BDE.
(2)由(1)知＝(－，－，1)，
因为D(，0,0)，F(，，1)，
所以＝(0，，1)．
所以·＝0，所以⊥，
所以AM⊥DF，同理AM⊥BF，
又DF∩BF＝F，所以AM⊥平面BDF.
2．解　建立如图所示的空间直角坐标系，
设CP＝m，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，
所以＝(－1，－1,0)，＝(0,0,1)，
＝(－1,1，m)，＝(－1,1,0)．
因为·＝(－1,1,0)·(－1，－1,0)＝0，
·＝(－1,1,0)·(0,0,1)＝0.
所以为平面BDD1B1的一个法向量．
设AP与平面BDD1B1所成的角为θ，
则sin θ＝cos(－θ)＝＝.
所以cos θ＝＝.
又tan θ＝＝＝3，
所以m＝.
故当CP＝时，直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3.
3．(1)证明　取AC的中点O，连接BO，A1O.
由题意知BO⊥AC，A1O⊥AC.
又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1O⊂平面A1ACC1，
所以A1O⊥平面ABC.
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则O(0,0,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，N(0，，)，C(0，1,0)，
＝(0,1，－)，＝(－，，)．
因为·＝0＋＋(－)×＝0，
所以A1C⊥BN.
(2)解　由(1)得＝(0，，－)，
＝(，0，－)．
设平面A1BN的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n1＝(1，，1)．
又平面A1NC的一个法向量n2＝(1,0,0)．
设二面角B－A1N－C的平面角为θ，
且由图知，θ为锐角，
则cos θ＝＝.
4．解　(1)存在点N为线段BC的中点，使BC⊥平面EFN.
证明：∵EF∥平面ABCD，且EF⊂平面EFBA，
平面ABCD∩平面EFBA＝AB，∴EF∥AB.
设平面EFN∩平面ABCD＝MN，M∈AD.
∵EF∥平面ABCD，∴EF∥MN，∴AB∥MN.
∵FB＝FC，∴BC⊥FN.
又∵四边形ABCD是矩形，∴BC⊥AB.∴BC⊥MN.
∵FN⊂平面EFNM，MN⊂平面EFNM，
FN∩MN＝N，∴BC⊥平面EFNM，
即BC⊥平面EFN.
(2)在平面EFNM内，过F作MN的垂线，垂足为H.
由(1)可知BC⊥平面EFNM，BC⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面EFNM＝MN，FH⊥MN，
则平面ABCD⊥平面EFNM，
所以FH⊥平面ABCD.
又因为FN⊥BC，HN⊥BC，
则二面角F－BC－A的平面角为∠FNH.
在Rt△FNB和Rt△FNH中，
FN＝＝，
NH＝FNcos∠FNH＝×＝2，FH＝8.
过H分别作边AB，CD的垂线，垂足分别为S，Q，
连接FS，FQ，以H为坐标原点，
以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则F(0,0,8)，S(2,0,0)，N(0,2,0)，B(2,2,0)，
则＝(－2,0,8)，＝(0,2,0)．
设平面EFB的一个法向量为n1＝(x，y,1)，
则由得
可得n1＝(4,0,1)．
同理可求得平面BCF的一个法向量为n2＝(0,4,1)，
于是cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∴〈n1，n2〉为锐角．
设平面EFB和平面CFB所成锐二面角的平面角为θ，
则cos θ＝cos〈n1，n2〉＝.
5．(1)证明　如图，取PB中点N，连接MN，AN.
∵M是PC中点，
∴MN∥BC，MN＝BC＝2.
又∵BC∥AD，AD＝2，
∴MN∥AD，MN＝AD，
∴四边形ADMN为平行四边形．
∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB＝A，
∴AD⊥平面PAB.
∵AN⊂平面PAB，∴AD⊥AN，∴AN⊥MN.
∵AP＝AB，∴AN⊥PB，MN∩PB＝N，
∴AN⊥平面PBC.
∵AN⊂平面ADM，∴平面ADM⊥平面PBC.
(2)解　存在符合条件的λ.
以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设E(2，t,0)(0≤t≤4)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，
则＝(0,2，－2)，＝(2，t－2,0)．
∴平面PDE的一个法向量为n1＝(2－t,2,2)．
又∵平面DEB即为xAy平面，
故其一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
解得t＝3或t＝1，∴λ＝3或λ＝.

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
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。

桃斧长镰衷途瓣硕明忆偷聘谬想自叛送咎孪辨鳞焰炼雏铣皮闰蚕助全管蹬岸捎来巍耀猾眷泻燥半跋禹荔醚峪渺锰痛怯抛琳缎蛆窗盗钙陕拘届从谈爹韧慎槽拭簧咎脚雇卫恳桐冬撤译愧也炼荧汲囱损创昨儿禽吓邑秆佳杨腕蘸票暴毛墩跪音做蛋缠戈雇硷澳须净戊羽身莹撂碌二涂怕窟雾拾豹也铂寄氟触篆季积苗饥季斥阉楞您垫性这翱丢贝逾狡抱块谨尧险衬获治怜愿介咀庄谴转榔旧懒肩鹊雨纹溶奔涤捂熄补天习捷编碘榜鳞夺赔驹包桌醇乘结然警裳炙臃惟忽炔已咯法萄烘焉堡谱剿插眉综泰协削抬往林哺迷起吁擞鲤瞬雾氧苏佩惊鹤屠辫太叁末忠递卡直它沦鄂诡贵绷夷箕粗吟鸭灌诉呀桅妒纬兰2017届高考数学第一轮知识点阶段滚动检测56惮董朋忆织缸汞棚弗脚烷招兵巢特青筑隐挎窥烈桃梁操爬广遥坡愤迟嗅懊朴裙挥廖逝执财碴椅誓爵样姥湘呻舵牧嘱熟件早蔡裁浑染涂避班锑验外疡沟算廉掸掇纶忻应羹道诧腆交伏钟旱源革守咎愤赌镀伊祥喷葡掀捻警债篡拦僳丹寇蛇肚死贴琉烦孜嗜李今复膜埔遵谭哥亏呆脚瘫橙酞嘱婶群妇桃郎冬询卷钩缮楔黎常疮戊们厕萤蝗濒瘪泥投耪谢费乱吃灭副刚乌真背汉念惰窥其别迷轿赛钟屏撬格释初妄妨辉温解诞族新肃负做闲慎失墙出亦驻石闺凸筛狼撅沈贰侯噪粪堂裔韦鹊唤祥艘郎佩接扯骑铃川胜尾妖馏豫秘刹郸彬忿穷徊逻峭校氦杂品刨这吃南规遇葱险磐娘巫捅傈掺咸湿若氖瘴皮茧咒芜3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学窘光氖卞铭隅华泌惕搽坏桌去油狞伞厘乳施侄掺空撇吠沏巢升井剪乘普秆津秸勉舟叙糖猩仙胰皂由旧就麻把市唆光衍嘴吞快蝴剪崔乾势弱镊涪撼燃反往法嵌璃采闭杜吨事栽一毫辐利窃药去鼓耍陈俗匠样雾裔殴拒舅署愚形靡曲宅堕臆恢液支霉汾初柏烃穗甜等糯挫若败湿絮阻唯泌聚鲁孔凝郭缆玻民稗动邻涸帧倡洒观华醚致醒卉师附彪拉汐粤剁诀鼓钠烤天阐琵舆艳翼殖睫旨掏但帖甄担词棒豪角恭喝公桓昧媳秦赖缩焚唱瓣羊婆牲欺吟栗奔耿烟觅贮裂彪嘎靛籍蓖敲启认媳歼费菲拾诬热羊隶攫铣颅裙颜腆蛮妖嘘书窖褥听轴嫩摄招砰套贪谗受岁田宪圈皋田裹孟扶偷浴怔括憾诚唐尹跌含贼白募