2017年度高考数学快速命中考点11 7页

‎2014高考数学快速命中考点11‎ 一、选择题 ‎1．在空间中，已知＝(2,4,0)，＝(－1,3,0)，则∠ABC的大小为(　　)‎ A．45°　　　 B．90°　　　‎ C．120°　　　 D．135°‎ ‎【解析】　由＝(－2，－4,0)，＝(－1,3,0)得 cos〈，〉＝＝＝－，‎ 又0°≤〈，〉≤180°，‎ ‎∴∠ABC＝135°.‎ ‎【答案】　D ‎2．已知三棱柱ABC—A1B‎1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面积是边长为的正三角形．若P为底面A1B‎1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎【解析】　画出三棱柱ABC—A1B‎1C1，作出PA与平面ABC所成的角，解三角形求角．‎ 如图所示，P为正三角形A1B‎1C1的中心，设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．‎ 在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝，‎ 则S＝×()2＝，‎ VABC—A1B‎1C1＝S×PO＝，∴PO＝.‎ 又AO＝×＝1，∴tan∠PAO＝＝，‎ ‎∴∠PAO＝.‎ ‎【答案】　B ‎3．在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a.点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F.则PB与平面EFD所成角为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ ‎【解析】　建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，D为坐标原点．则P(0,0，a)，B(a，a,0)，＝(a，a，－a)，又＝，‎ ·＝0＋－＝0，‎ 所以PB⊥DE.由已知DF⊥PB，又DF∩DE＝D，‎ 所以PB⊥平面EFD，所以PB与平面EFD所成角为90°.‎ ‎【答案】　D ‎4．在正方体ABCD—A1B‎1C1D1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】　以A为原点建立空间直角坐标系，如图．‎ 设棱长为1，‎ 则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，‎ 所以＝(0,1，－1)，‎ ＝，‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则所以 所以n1＝(1,2,2)．‎ 设平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝.‎ 即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.故选B.‎ ‎【答案】　B ‎5．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为 ‎(　　)‎ A．60° B．70° ‎ C．80° D．90°‎ ‎【解析】　不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，如图．‎ 因为∠EPM＝∠FPN＝45°，‎ 所以PE＝a，PF＝b，‎ 所以·＝(－)·(－)‎ ‎＝·－·－·＋· ‎＝abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b ‎＝－－＋＝0.‎ 所以⊥，‎ 所以二面角α—AB—β的大小为90°.‎ ‎【答案】　D 二、填空题 ‎6．已知a＝(2，－1,1)，b＝(－1,4，－2)，c＝(11,5，λ)．若向量a，b，c共面，则λ＝________.‎ ‎【解析】　由向量a，b，c共面可得c＝xa＋yb(x，y∈R)，‎ 故有解得 ‎【答案】　1‎ ‎7．已知空间不共面四点O、A、B、C，·＝·＝·＝0，且||＝||＝||，＝，则OM与平面ABC所成角的正切值是________．‎ ‎【解析】　由题意可知，OA、OB、OC两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0，0,1)，M(，，0)，故＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，＝(，，0)．‎ 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由，得，令x＝1，得平面ABC的一个法向量为n＝(1,1,1)．‎ 故cos＝＝，所以OM与平面ABC所成角的正弦值为，正切值为.‎ ‎【答案】　 ‎8．如图4－3－11，正方体ABCD—A1B‎1C1D1，则下列四个命题：‎ 图4－3－11‎ ‎①P在直线BC1上运动时，三棱锥A—D1PC的体积不变；‎ ‎②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；‎ ‎③P在直线BC1上运动时，二面角P—AD1—C的大小不变；‎ ‎④M是平面A1B‎1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线．‎ 其中真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)．‎ ‎【解析】　因为BC1∥AD1，所以BC1∥平面ACD1，BC1上任意一点到平面ACD1的距离为定值，所以VA—D1PC＝VP—ACD1为定值， ①正确；P到面ACD1的距离不变，但AP的长在变化，所以AP与面ACD1所成角的大小是变量，②错误；面PAD1即面ABC1D1，所以面ABC1D1与面ACD1所成二面角的大小不变，③正确；M点的轨迹为A1D1，④正确．‎ ‎【答案】　①③④‎ 三、解答题 ‎9．如图4－3－12，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋，过A作AE⊥CD，垂足为E.F、G分别是CE、AD的中点．现将△ADE沿AE折起，使二面角D—AE—C的平面角为135°.‎ 图4－3－12‎ ‎(1)求证：平面DCE⊥平面ABCE；‎ ‎(2)求直线FG与平面DCE所成角的正弦值．‎ ‎【解】　(1)证明：∵DE⊥AE，CE⊥AE，DE∩CE＝E，DE，CE⊂平面CDE，‎ ‎∴AE⊥平面CDE，‎ ‎∵AE⊂平面ABCE，‎ ‎∴平面DCE⊥平面ABCE.‎ ‎(2)以E为原点，EA、EC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系 ‎∵DE⊥AE，CE⊥AE，‎ ‎∴∠DEC是二面角D—AE—C的平面角，即∠DEC＝135°，‎ ‎∵AB＝1，BC＝2，折起前CD＝1＋，折起前后CE＝1，DE＝不变，‎ ‎∴A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，E(0,0,0)，D(0，－1,1)．‎ ‎∵F、G分别是CE、AD的中点，‎ ‎∴F，G ‎∴＝，＝(－2,0,0)，‎ 由(1)知是平面DCE的法向量，‎ 设直线FG与平面DCE所成角为α，‎ 则sin α＝＝＝，‎ 故直线FG与平面DCE所成角的正弦值为.‎ ‎10．如图4－3－13，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B‎1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ 图4－3－13‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD‎1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A‎1M－N的余弦值．‎ ‎【解】　(1)如图(1)，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.‎ 因为AB＝AC，D是BC的中点，‎ 所以BC⊥AD，则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥l.‎ 又因为AD，AA1在平面ADD‎1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD‎1A1.‎ ‎(1)‎ ‎(2)设A‎1A ‎＝1，则AB＝AC＝2.如图，过点A1作A1E平行于C1B1，以点A1为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz(点O与点A1重合 )，则A1(0,0,0)，A(0,0,1)．‎ ‎(2)‎ 因为P为AD的中点，‎ 所以M，N分别为AB，AC的中点，‎ 故M，N，‎ 所以＝，＝(0,0,1)，＝(，0,0)．‎ 设平面AA‎1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 即 故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0,2，－1)．‎ 设二面角A－A‎1M－N的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝ ‎＝.‎ 故二面角A－A‎1M－N的余弦值为.‎ ‎11．已知四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G、H分别是CE、CF的中点．‎ 图4－3－14‎ ‎(1)求证：平面AEF∥平面BDGH.‎ ‎(2)若平面BDGH与平面ABCD所成的角为60°，求直线CF与平面BDGH所成的角的正弦值．‎ ‎【解】　(1)G、H分别是CE、CF的中点，‎ 所以EF∥GH.‎ 连接AC与BD交与O，因为四边形ABCD是菱形，所以O是AC的中点，‎ 连接OG，OG是三角形ACE的中位线，OG∥AE.‎ 又EF∩AE＝E，GH∩OG＝G，则平面AEF∥平面BDGH.‎ ‎(2)BF⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，‎ 所以BF⊥平面ABCD.‎ 取EF的中点N，连接ON，则ON∥BF，∴ON⊥平面ABCD，‎ 建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝2，BF＝t(t＞0)，‎ 则B(1,0,0)，C(0，，0)，F(1,0，t)，H，＝(1,0,0)，＝.‎ 设平面BDGH的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 即n1＝(0，－t，)，‎ 平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)，‎ ‎|cos〈n1，n2〉|＝＝，所以t2＝9，t＝3，‎ 所以＝(1，－，3)，设直线CF与平面BDGH所成的角为θ，‎ sin θ＝|cos〈，n1〉|＝＝.‎