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  • 2021-06-11 发布

数学卷·2018届黑龙江省哈师大附中高二上学期第一次月考数学试卷(理科) (解析版)

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‎2016-2017学年黑龙江省哈师大附中高二(上)第一次月考数学试卷(理科)‎ ‎ ‎ 一.选择题(每题5分,共60分)‎ ‎1.到两定点F1(﹣2,0)和F2(2,0)的距离之和为4的点M的轨迹是(  )‎ A.椭圆 B.线段 C.圆 D.以上都不对 ‎2.椭圆+=1的焦点在y轴上,则m的取值范围是(  )‎ A.0<m< B.﹣1<m< C.﹣1<m<0 D.m>0‎ ‎3.命题“若a>1且b>1,则a+b>2且ab>1”的逆否命题是(  )‎ A.若a+b≤2且ab≤1,则a≤1且b≤1 B.若a+b≤2且ab≤1,则a≤1或b≤1‎ C.若a+b≤2或ab≤1,则a≤1且b≤1 D.若a+b≤2或ab≤1,则a≤1或b≤1‎ ‎4.椭圆5x2+ky2=5的一个焦点是(0,2),那么k等于(  )‎ A.﹣1 B.1 C. D.﹣‎ ‎5.设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+2y﹣1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎6.若圆C的半径为1,圆心在第一象限,且与直线4x﹣3y=0和x轴相切,则该圆的标准方程是(  )‎ A. B.(x﹣2)2+(y﹣1)2=1‎ C.(x﹣1)2+(y﹣3)2=1 D.‎ ‎7.已知F1,F2为椭圆C:=1的左、右焦点,点P在C上,|PF1|=3|PF2|,则cos∠F1PF2等于(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎8.直线y=x﹣1上的点到圆x2+y2+4x﹣2y+4=0上的点的最近距离为(  )‎ A. B. C. D.0‎ ‎9.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1,E是棱CD中点,则直线A1E与直线BC1所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D.0‎ ‎10.椭圆+=1的左右焦点为F1,F2,P为椭圆上任一点,则|PF1||PF2|的最小值为(  )‎ A.25 B.16 C.10 D.9‎ ‎11.已知命题p:∃x∈R,x+1≤0,命题q:∀x∈R,x2+mx+1>0恒成立.若p∧q为假命题,则实数m的取值范围为(  )‎ A.m≥2 B.m≤﹣2 C.m≤﹣2或x≥2 D.﹣2≤m≤2‎ ‎12.倾斜角为60°的直线与椭圆+=1(a>b>0)交于A,B两点,若+与=(4,﹣)共线,则椭圆的离心率为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ 二.填空题(每题5分,共20分)‎ ‎13.命题“∃x∈(﹣∞,0),有x2>0”的否定是  .‎ ‎14.直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点,则|AB|=  .‎ ‎15.椭圆E:+=1(a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率,过F1的直线交椭圆于A,B两点,且△ABF2的周长为8,椭圆E的方程是  .‎ ‎16.倾斜角为θ的直线过离心率是的椭圆C:+=1(a>b>0)右焦点F,直线与C交于A,B两点,若=7,则θ=  .‎ ‎ ‎ 三.解答题:(共70分)‎ ‎17.已知A,B是椭圆C:+=1的左右顶点,P是异于A,B的椭圆上一点,.‎ ‎( 1 )求P到定点Q(0,1)的最大值;‎ ‎(2)设PA,PB的斜率为k1,k2,求证:k1k2为定值.‎ ‎18.直线l:y=kx+m与椭圆C:+=1.‎ ‎(1)原点到l的距离为1,求出k和m的关系;‎ ‎(2)若l与C交于A,B两点,且•=0,求出k和m的关系.‎ ‎19.已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的距离为1.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程;‎ ‎(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点,当△AOB面积取得最大值时,求直线l的方程.‎ ‎20.如图,在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.‎ ‎(1)证明:直线EE1∥平面FCC1;‎ ‎(2)求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值.‎ ‎21.△ABC为等腰直角三角形,AC=BC=4,∠ACB=90°,D、E分别是边AC和AB的中点,现将△ADE沿DE折起,使面ADE⊥面DEBC,H、F分别是边AD和BE的中点,平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 ‎(Ⅰ)求证:IH∥BC;‎ ‎(Ⅱ)求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值.‎ ‎22.如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥底面ABCD,E、F分别为AB、PC的中点.‎ ‎(1)若PA=1,求证:EF⊥平面PCD;‎ ‎(2)若PA=2,试问在线段EF上是否存在点Q,使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为?若存在,确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈师大附中高二(上)第一次月考数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一.选择题(每题5分,共60分)‎ ‎1.到两定点F1(﹣2,0)和F2(2,0)的距离之和为4的点M的轨迹是(  )‎ A.椭圆 B.线段 C.圆 D.以上都不对 ‎【考点】轨迹方程.‎ ‎【分析】利用已知条件列出关系式,即可得出点M的轨迹.‎ ‎【解答】解:∵到两定点F1(﹣2,0)和F2(2,0)的距离之和为4的点M,‎ ‎∴|MF1|+|MF2|=4=|F1F2|,故动点M为线段F1F2上任意一点,即动点M的轨迹是线段F1F2.‎ 所求轨迹为线段F1F2.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎2.椭圆+=1的焦点在y轴上,则m的取值范围是(  )‎ A.0<m< B.﹣1<m< C.﹣1<m<0 D.m>0‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】利用已知条件列出不等式,求解即可.‎ ‎【解答】解:椭圆+=1的焦点在y轴上,‎ 可得:,解得﹣1<m<0.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎3.命题“若a>1且b>1,则a+b>2且ab>1”的逆否命题是(  )‎ A.若a+b≤2且ab≤1,则a≤1且b≤1 B.若a+b≤2且ab≤1,则a≤1或b≤1‎ C.若a+b≤2或ab≤1,则a≤1且b≤1 D.若a+b≤2或ab≤1,则a≤1或b≤1‎ ‎【考点】四种命题.‎ ‎【分析】根据逆否命题的定义,结合已知中的原命题,可得答案.‎ ‎【解答】解:命题“若a>1且b>1,则a+b>2且ab>1”的逆否命题是“若a+b≤2或ab≤1,则a≤1或b≤1”,‎ 故选:D ‎ ‎ ‎4.椭圆5x2+ky2=5的一个焦点是(0,2),那么k等于(  )‎ A.﹣1 B.1 C. D.﹣‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】把椭圆5x2+ky2=5的方程化为标准形式,得到 c2的值等于4,解方程求出k.‎ ‎【解答】解:椭圆5x2+ky2=5 即 x2 +=1,‎ ‎∵焦点坐标为(0,2),c2=4,‎ ‎∴﹣1=4,∴k=1,‎ 故选 B.‎ ‎ ‎ ‎5.设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+2y﹣1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;直线的一般式方程与直线的平行关系.‎ ‎【分析】运用两直线平行的充要条件得出l1与l2平行时a的值,而后运用充分必要条件的知识来解决即可.‎ ‎【解答】解:∵当a=1时,直线l1:x+2y﹣1=0与直线l2:x+2y+4=0,‎ 两条直线的斜率都是﹣,截距不相等,得到两条直线平行,‎ 故前者是后者的充分条件,‎ ‎∵当两条直线平行时,得到,‎ 解得a=﹣2,a=1,‎ ‎∴后者不能推出前者,‎ ‎∴前者是后者的充分不必要条件.‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎6.若圆C的半径为1,圆心在第一象限,且与直线4x﹣3y=0和x轴相切,则该圆的标准方程是(  )‎ A. B.(x﹣2)2+(y﹣1)2=1‎ C.(x﹣1)2+(y﹣3)2=1 D.‎ ‎【考点】圆的标准方程.‎ ‎【分析】设圆心,然后圆心到直线的距离等于半径可解本题.‎ ‎【解答】解:设圆心为(a,1),由已知得,∴.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎7.已知F1,F2为椭圆C:=1的左、右焦点,点P在C上,|PF1|=3|PF2|,则cos∠F1PF2等于(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】根据椭圆的定义,结合|PF1|=3|PF2|,求出|PF1|=3,|PF2|=1,利用余弦定理,即可求cos∠F1PF2的值.‎ ‎【解答】解:由椭圆C:=1,得a2=4,b2=1,‎ 则,‎ 设|PF1|=3|PF2|=3m,则根据椭圆的定义,可得3m+m=4,∴m=1,‎ ‎∴|PF1|=3,|PF2|=1,‎ ‎∵|F1F2|=2c=.‎ ‎∴cos∠F1PF2=.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎8.直线y=x﹣1上的点到圆x2+y2+4x﹣2y+4=0上的点的最近距离为(  )‎ A. B. C. D.0‎ ‎【考点】点到直线的距离公式;圆的标准方程.‎ ‎【分析】求出圆心和半径,求圆心到直线的距离,此距离减去半径即得所求的结果.‎ ‎【解答】解:由题设知圆心为C(﹣2,1),半径r=1,‎ 而圆心C(﹣2,1)到直线x﹣y﹣1=0距离为,‎ 因此,圆上点到直线的最短距离为,‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎9.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1,E是棱CD中点,则直线A1E与直线BC1所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D.0‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系;异面直线及其所成的角.‎ ‎【分析】令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,建立空间坐标系,利用向量法,可得直线A1E与直线BC1所成角的余弦值.‎ ‎【解答】解:令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,‎ 建立如图所示的坐标系,‎ 则=(1,0,1),=(1,﹣,﹣1),‎ 则直线A1E与直线BC1所成角θ的余弦值为:‎ cosθ==0,‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎10.椭圆+=1的左右焦点为F1,F2,P为椭圆上任一点,则|PF1||PF2|的最小值为(  )‎ A.25 B.16 C.10 D.9‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】由焦半径公式|PF1|=a﹣ex,|PF2|=a+ex.|PF1|•|PF2|=(a﹣ex)(a+ex)=25﹣x2,由x∈[﹣5,5],即可得出.‎ ‎【解答】解:椭圆+=1,a=5,b=4,c=3,e==.‎ 由焦半径公式|PF1|=a﹣ex,|PF2|=a+ex.‎ ‎|PF1|•|PF2|=(a﹣ex)(a+ex)=a2﹣e2x2=25﹣x2,‎ ‎∵x∈[﹣5,5],∴x=±5时,|PF1||PF2|的最小值为16.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎11.已知命题p:∃x∈R,x+1≤0,命题q:∀x∈R,x2+mx+1>0恒成立.若p∧q为假命题,则实数m的取值范围为(  )‎ A.m≥2 B.m≤﹣2 C.m≤﹣2或x≥2 D.﹣2≤m≤2‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用;函数恒成立问题;二次函数的性质.‎ ‎【分析】由已知可得命题p为真命题,若p∧q为假命题,则命题q为假命题,即∃x∈R,x2+mx+1≤0成立,结合二次函数的图象和性质,可得答案.‎ ‎【解答】解::∃x≤﹣1∈R,使x+1≤0,‎ 故命题p为真命题,‎ 若p∧q为假命题,则命题q为假命题,‎ 故命题q:∀x∈R,x2+mx+1>0恒成立不成立,‎ 故∃x∈R,x2+mx+1≤0成立,‎ 故△=m2﹣4≥0,‎ 解得:m≤﹣2或x≥2‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎12.倾斜角为60°的直线与椭圆+=1(a>b>0)交于A,B两点,若+与=(4,﹣)共线,则椭圆的离心率为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】由题意可知,直线AB的斜率k=tan60°=,设直线AB的方程为y=x+m,代入椭圆方程,由韦达定理可知:x1+x2=﹣,则y1+y2=(x1+x2)+2m,+与=(4,﹣)共线,因此﹣(x1+x2)=4(y1+y2),整理得:5(x1+x2)+8m=0,将x1+x2=﹣代入求得3a2=4b2,由b2=a2﹣c2,求得a=2c,由椭圆的离心率公式可知:e===.‎ ‎【解答】解:由题意,由题意可知:直线AB的斜率k=tan60°=,则设直线AB的方程为y=x+m,‎ 则,整理得(b2+3a2)x2+2a2mx+a2m2﹣a2b2=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由韦达定理可知:x1+x2=﹣,则y1+y2=(x1+x2)+2m,‎ 由+=(x1+x2,y1+y2),‎ ‎∵+与=(4,﹣)共线,‎ ‎∴﹣(x1+x2)=4(y1+y2),即4(y1+y2)+(x1+x2)=0,‎ ‎∴4[(x1+x2)+2m]+(x1+x2)=0,‎ ‎∴5(x1+x2)+8m=0,‎ ‎∴5×(﹣)+8m=0,=4,整理得:3a2=4b2,‎ 由b2=a2﹣c2,‎ ‎∴3a2=4(a2﹣c2),整理得:a2=4c2,‎ 则a=2c,‎ 由椭圆的离心率e===,‎ ‎∴椭圆的离心率,‎ 故选A.‎ ‎ ‎ 二.填空题(每题5分,共20分)‎ ‎13.命题“∃x∈(﹣∞,0),有x2>0”的否定是 ∀x∈(﹣∞,0),x2≤0 .‎ ‎【考点】命题的否定.‎ ‎【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.‎ ‎【解答】解:因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题“∃x∈(﹣∞,0),有x2>0”的否定是:∀x∈(﹣∞,0),x2≤0.‎ 故答案为:∀x∈(﹣∞,0),x2≤0.‎ ‎ ‎ ‎14.直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点,则|AB|= 2 .‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系.‎ ‎【分析】可以直接求出A、B然后求值;也可以用圆心到直线的距离来求解.‎ ‎【解答】解:圆心为(0,0),半径为2,‎ 圆心到直线x﹣2y+5=0的距离为d=,‎ 故,‎ 得|AB|=2.‎ 故答案为:2.‎ ‎ ‎ ‎15.椭圆E:+=1(a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率,过F1的直线交椭圆于A,B两点,且△ABF2的周长为8,椭圆E的方程是  .‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】由已知结合椭圆定义可得4a=8,即a=2,再由离心率求得c,结合隐含条件求得b,则椭圆方程可求.‎ ‎【解答】解:由△ABF2的周长为8,可得4a=8,即a=2,又e=,得c=1,‎ ‎∴b2=a2﹣c2=3,‎ ‎∴椭圆E的方程为.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎16.倾斜角为θ的直线过离心率是的椭圆C:+=1(a>b>0)右焦点F,直线与C交于A,B两点,若=7,则θ= 或 .‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】由题意画出图形,结合椭圆的第二定义列式求得答案.‎ ‎【解答】解:如图,‎ 设椭圆的右准线为l,过A,B作AM,BN垂直于l,‎ 过B作BE垂直AM于E,‎ 则|AM|=,BN=,由=7,得|AM|=7|BN|,‎ ‎∴=.‎ ‎∴∠BAE=;‎ 当A在x轴上方时,同理可得.‎ 故答案为:或.‎ ‎ ‎ 三.解答题:(共70分)‎ ‎17.已知A,B是椭圆C:+=1的左右顶点,P是异于A,B的椭圆上一点,.‎ ‎( 1 )求P到定点Q(0,1)的最大值;‎ ‎(2)设PA,PB的斜率为k1,k2,求证:k1k2为定值.‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】(1)由题意可知:设P(4cosα,2sinα),α∈[0,2π),则|PQ|2=(4cosα)2+(2sinα﹣1)2=﹣12(sinα+)2++17,当sinα+=0,即sinα=﹣时,|PQ|取得最大值,|PA|max==;‎ ‎(2)设P(x,y)(y1≠0),A(﹣4,0),B(4,0),根据两点之间的距离公式求得,则k1=,k2=,k1k2=•=,P(x1,y1)在椭圆上,=﹣,k1k2为定值.‎ ‎【解答】解:(1)由题意可知:设P(4cosα,2sinα),α∈[0,2π),‎ 则|PQ|2=(4cosα)2+(2sinα﹣1)2‎ ‎=16cos2α+4sin2α﹣4sinα+1,‎ ‎=16(1﹣sin2α)+4sin2α﹣4sinα+1,‎ ‎=﹣12sin2α﹣4sinα+17,‎ ‎=﹣12(sinα+)2++17,‎ ‎∴当sinα+=0,即sinα=﹣时,‎ ‎|PQ|取得最大值,|PA|max==;‎ ‎(2)证明:设P(x,y)(y1≠0),A(﹣4,0),B(4,0)则k1=,k2=,‎ k1k2=•=,‎ ‎∵P(x1,y1)在椭圆上,+=1,整理得:=﹣‎ ‎∴k1k2为定值﹣.‎ ‎ ‎ ‎18.直线l:y=kx+m与椭圆C:+=1.‎ ‎(1)原点到l的距离为1,求出k和m的关系;‎ ‎(2)若l与C交于A,B两点,且•=0,求出k和m的关系.‎ ‎【考点】直线与椭圆的位置关系.‎ ‎【分析】(1)利用点到直线的距离公式即可得出.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线方程与椭圆方程联立化为:(3+4k2)x2+8kmx+4m2﹣12=0,△>0,化为:4k2+3>m2.由•=0,可得x1x2+y1y2=0,即x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,代入即可得出.‎ ‎【解答】解:(1)由题意可得:=1,可得m2=1+k2.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立,化为:(3+4k2)x2+8kmx+4m2﹣12=0,‎ ‎△=64k2m2﹣4(3+4k2)(4m2﹣12)>0,化为:4k2+3>m2.‎ ‎∴x1x2=,x1+x2=,‎ ‎∵•=0,‎ ‎∴x1x2+y1y2=0,‎ ‎∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,‎ ‎∴(1+k2)×+km•+m2=0,‎ 化为:7m2﹣12k2=12(4k2+3>m2).‎ ‎ ‎ ‎19.已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的距离为1.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程;‎ ‎(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点,当△AOB面积取得最大值时,求直线l的方程.‎ ‎【考点】椭圆的标准方程;直线的一般式方程;椭圆的应用.‎ ‎【分析】(Ⅰ)先设出椭圆标准方程,根据题意可知b=c,根据准线方程求得c和a的关系,进而求得a,b和c,则椭圆方程可得.‎ ‎(Ⅱ)设出直线l的方程和A,B的坐标,进而把直线方程与椭圆方程联立,消去y,根据判别式大于0求得k的范围,根据韦达定理求得x1+x2,x1x2的表达式,表示出|AB|,求得原点到直线的距离,进而表示出三角形的面积,两边平方根据一元二次方程,建立关于S的不等式,求得S的最大值,进而求得k,则直线方程可得.‎ ‎【解答】解:设椭圆方程为 ‎(Ⅰ)由已知得⇒,‎ ‎∴所求椭圆方程为8x2+16y2=1.‎ ‎(Ⅱ)由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2)‎ 由,消去y得关于x的方程:(1+2k2)x2+8kx+6=0,‎ 由直线l与椭圆相交于A、B两点,‎ ‎∴△>0⇒64k2﹣24(1+2k2)>0‎ 解得 又由韦达定理得 ‎∴=‎ 原点O到直线l的距离 ‎∵.‎ 对两边平方整理得:4S2k4+4(S2﹣4)k2+S2+24=0(*)‎ ‎∵S≠0,‎ 整理得:‎ 又S>0,∴‎ 从而S△AOB的最大值为,‎ 此时代入方程(*)得4k4﹣28k2+49=0∴‎ 所以,所求直线方程为:.‎ ‎ ‎ ‎20.如图,在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.‎ ‎(1)证明:直线EE1∥平面FCC1;‎ ‎(2)求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值.‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积.‎ ‎【分析】(1)可以通过证明面面平行来证明线面平行;‎ ‎(2)通过建立空间直角坐标系,先求出两个平面的法向量,则两个平面的法向量的夹角即为两平面的二面角或其补角.‎ ‎【解答】解:(1)∵F为AB的中点,CD=2,AB=4,AB∥CD,∴CD∥AF,‎ ‎∴四边形AFCD为平行四边形,∴AD∥FC.‎ 又CC1∥DD1,FC∩CC1=C,FC⊂平面FCC1,CC1⊂平面FCC1,‎ ‎∴平面ADD1A1∥平面FCC1,‎ 又EE1⊂平面ADD1A1,∴EE1∥平面FCC1.‎ ‎(2)过D作DR⊥CD交于AB于R,以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则F(,1,0),B(,3,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),‎ ‎∴=(0,2,0),=(﹣,﹣1,2),=(,3,0).‎ 由FB=CB=CD=DF,∴四边形BCDF是菱形,∴DB⊥FC.‎ 又CC1⊥平面ABCD,‎ ‎∴为平面FCC1的一个法向量.‎ 设平面BFC1的一个法向量为=(x,y,z),‎ 则得,可得y=0,令x=2,则z=,∴.‎ ‎∴===.‎ 故所求二面角的余弦值为.‎ ‎ ‎ ‎21.△ABC为等腰直角三角形,AC=BC=4,∠ACB=90°,D、E分别是边AC和AB的中点,现将△ADE沿DE折起,使面ADE⊥面DEBC,H、F分别是边AD和BE的中点,平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 ‎(Ⅰ)求证:IH∥BC;‎ ‎(Ⅱ)求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值.‎ ‎【考点】直线与平面所成的角;直线与平面平行的性质.‎ ‎【分析】(I)DE∥BC,可得DE∥平面BCH,可得DE∥IH,即可证明IH∥BC.‎ ‎(II)建立如图所示的空间直角坐标系.设平面BCH的法向量为=(x,y,z),则,设直线AE与平面角GIC所成角为θ,则sinθ=|cos|=.‎ ‎【解答】(I)证明:DE∥BC,DE⊄平面BCH,BC⊂平面BCH,‎ ‎∴DE∥平面BCH,‎ ‎∵平面ADE∩平面BCH=IH,‎ ‎∴DE∥IH,‎ ‎∴IH∥BC.‎ ‎(II)解:建立如图所示的空间直角坐标系.‎ D(0,0,0),A(0,0,2),E(0,﹣2,0),C(2,0,0),‎ H(0,0,1),B(2,﹣4,0),‎ ‎=(﹣2,0,1),=(0,﹣4,0),=(0,﹣2,﹣2).‎ 设平面BCH的法向量为=(x,y,z),则,即,取=(1,0,2).‎ 设直线AE与平面角GIC所成角为θ,则sinθ=|cos|===.‎ ‎ ‎ ‎22.如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥底面ABCD,E、F分别为AB、PC的中点.‎ ‎(1)若PA=1,求证:EF⊥平面PCD;‎ ‎(2)若PA=2,试问在线段EF上是否存在点Q,使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为?若存在,确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.‎ ‎【分析】(1)取PD中点M,连接MF、MA,先证明EF∥AM,然后证明AM⊥平面PCD,利用直线平行的性质即可证明EF⊥平面PCD,‎ ‎(2)以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,则平面PAD的法向量与平面PAQ的法向量的夹角的余弦值即为,建立方程进行计算求解即可.‎ ‎【解答】证明:(1)取PD中点M,连接MF、MA,‎ 在△PCD中,F为PC的中点,∴MF,‎ 正方形ABCD中E为AB中点,∴AE,∴AEMF,‎ 故四边形EFMA为平行四边形,∴EF∥AM,‎ 若PA=1,则PA=AD=1,‎ 即三角形PAD是等腰直角三角形,‎ ‎∵M是中点,∴AM⊥MD,‎ ‎∵CD⊥平面PAD,∴CD⊥AM,‎ ‎∵CD∩MD=D,‎ ‎∴AM⊥平面PCD,‎ ‎∵EF∥AM,‎ ‎∴EF⊥平面PCD;‎ ‎(2)结论:满足条件的Q存在,是EF中点.‎ 理由如下:‎ 如图:以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,‎ 则P(0,0,2),B(0,1,0),C(1,1,0),E(0,,0),F(,,1),‎ 由题易知平面PAD的法向量为=(0,1,0),‎ 假设存在Q满足条件:设=λ,‎ ‎∵=(,0,1),∴Q(,,λ),=(,,λ),λ∈[0,1],‎ 设平面PAQ的法向量为=(x,y,z),‎ 由,可得=(1,﹣λ,0),‎ ‎∴==,‎ 由已知:=,解得:,‎ 所以满足条件的Q存在,是EF中点.‎ ‎ ‎

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