高考数学复习练习第1部分 专题四 第二讲 预测演练提能 6页

‎1.(2013·昆明模拟)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，点M是CD的中点，点N是PB的中点，连接AM，AN，MN.‎ ‎(1)求证：MN∥平面PAD；‎ ‎(2)若MN＝5，AD＝3，求二面角NAMB的余弦值．‎ 解：(1)取AB的中点E，连接NE，ME.‎ ‎∵点M是CD的中点，点N是PB的中点，‎ ‎∴ME∥AD，NE∥PA.‎ ‎∵AD⊂平面PAD，ME⊄平面PAD，‎ ‎∴ME∥平面PAD.‎ ‎∵PA⊂平面PAD，NE⊄平面PAD，‎ ‎∴NE∥平面PAD.‎ ‎∵ME∩NE＝E，NE⊂平面MEN，ME⊂平面MEN，‎ ‎∴平面MEN∥平面PAD.‎ ‎∵MN⊂平面MEN，‎ ‎∴MN∥平面PAD.‎ ‎(2)∵NE∥PA，PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴NE⊥平面ABCD.‎ 在Rt△NEM中，MN＝5，ME＝AD＝3，得NE＝＝4.‎ 以点A为原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0,0,0)，M，E，N.‎ ‎∴＝，＝.‎ 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由n·＝0，n·＝0，‎ 得 令x＝1，得y＝－2，z＝.‎ ‎∴n＝是平面AMN的一个法向量．‎ 又＝(0,0,4)是平面AMB的一个法向量，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝.‎ ‎∴二面角NAMB的余弦值为.‎ ‎2.(2013·沈阳模拟)如图，在斜三棱柱ABCA1B‎1C1中，点O，E分别是A‎1C1，AA1的中点，AO⊥平面A1B‎1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2.‎ ‎(1)证明：OE∥平面AB‎1C1；‎ ‎(2)求异面直线AB1与A‎1C所成的角；‎ ‎(3)求A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．‎ 解：法一：(1)证明：∵点O，E分别是A‎1C1，AA1的中点，∴OE∥AC1，‎ 又∵EO⊄平面AB‎1C1，AC1⊂平面AB‎1C1，‎ ‎∴OE∥平面AB‎1C1.‎ ‎(2)∵AO⊥平面A1B‎1C1，∴AO⊥B‎1C1.‎ 又∵A‎1C1⊥B‎1C1，且A‎1C1∩AO＝O，‎ ‎∴B‎1C1⊥平面A‎1C1CA，∴A‎1C⊥B‎1C1.‎ 又∵AA1＝AC，∴四边形A‎1C1CA为菱形，‎ ‎∴A‎1C⊥AC1.∵B‎1C1∩AC1＝C1，‎ ‎∴A‎1C⊥平面AB‎1C1，∴AB1⊥A‎1C，‎ 即异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°.‎ ‎(3)设点C1到平面AA1B1的距离为d，‎ ‎∵VAA1B‎1C1＝VC1AA1B1，‎ 即×·A‎1C1·B‎1C1·AO＝·S△AA1B1·d.‎ 又∵在△AA1B1中，A1B1＝AB1＝2，‎ ‎∴S△AA1B1＝.‎ ‎∴d＝，‎ ‎∴A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.‎ 法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，)，‎ A1(0，－1,0)，E，C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，C(0,2, )．‎ ‎(1)证明：∵＝，＝(0,1，－)，‎ ‎∴＝－，即OE∥AC1，‎ 又∵OE⊄平面AB‎1C1，AC1⊂平面AB‎1C1，‎ ‎∴OE∥平面AB‎1C1.‎ ‎(2)∵＝(2,1，－)，＝(0,3，)，‎ ‎∴·＝0，即AB1⊥A‎1C，‎ ‎∴异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°.‎ ‎(3)设A‎1C1与平面AA1B1所成角为θ，‎ ‎∵＝(0,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,1，)，‎ 设平面AA1B1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 不妨令x＝1，可得n＝.‎ ‎∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ ‎∴A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.‎ ‎3.(2013·天津高考)如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明：B‎1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1CEC1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ 解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0，2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．‎ ‎(1)易得,＝(1,0，－1)，,＝(－1,1，－1)，于是,·,＝0，所以B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2) ,＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．‎ 由(1)知，B‎1C1⊥CE，又CC1⊥B‎1C1，可得B‎1C1⊥平面CEC1，故,＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，,〉＝＝＝－，从而sin〈m，,〉＝.‎ 所以二面角B1CEC1的正弦值为.‎ ‎(3),＝(0,1,0)，,＝(1,1,1)．设,＝λ,＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有,＝＋,＝(λ，λ＋1，λ)．‎ 可取,＝(0,0,2)为平面ADD‎1A1的一个法向量．‎ 设θ为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角，则sin θ＝|cos〈,，,〉|＝‎ ‎＝＝.‎ 于是＝，解得λ＝，所以AM＝.‎ 法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B‎1C1D1，B‎1C1⊂平面A1B‎1C1D1，所以CC1⊥B‎1C1.经计算可得B1E＝，B‎1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B‎1C＋EC，所以在△B1EC1中，B‎1C1⊥C1E.又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B‎1C1⊥平面CC1E.‎ 又CE⊂平面CC1E，故B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)过B1作B‎1G⊥CE于点G，连接C‎1G.‎ 由(1)知，B‎1C1⊥CE，故CE⊥平面B‎1C1G，得CE⊥C‎1G，所以∠B1GC1为二面角B1CEC1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C‎1G＝.‎ 在Rt△B‎1C1G中，B‎1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角B1CEC1的正弦值为.‎ ‎(3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD‎1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角．‎ 设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.‎ 在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x，‎ 整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝.‎ 所以线段AM的长为.‎ ‎4．如图，在三棱锥SABC中，SA＝AB＝AC＝BC＝SB＝SC，O为BC的中点．‎ ‎(1)求证：SO⊥平面ABC；‎ ‎(2)在线段AB上是否存在一点E，使二面角BSCE的平面角的余弦值为？若存在，确定E点位置；若不存在，试说明理由．‎ 解：(1)证明：如图，连接AO，‎ ‎∵O为BC中点且SB＝SC，‎ ‎∴SO⊥BC.‎ 设SB＝a，则SO＝a，AO＝a.‎ 又∵SA＝a，‎ ‎∴SO2＋OA2＝SA2，∴SO⊥OA.‎ 又∵BC∩OA＝O，∴SO⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图，以O为原点，以OC所在射线为x轴正半轴，以OA所在射线为y轴正半轴，以OS所在射线为z轴正半轴建立空间直角坐标系．则有O(0,0,0)，S，‎ C，A，B，‎ ‎∴,＝，＝.‎ 假设存在E满足条件，‎ 设,＝λ, (0≤λ≤1)，则E，‎ 则,＝.‎ 设平面SCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 取n＝.‎ ‎∵OA⊥平面SBC，‎ ‎∴可取向量m＝(0,1,0)为平面SBC的法向量．‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 解得λ＝.‎ ‎∴当E为AB中点时，二面角BSCE的余弦值为.‎