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(教师典型例题专讲)2014届高三数学一轮提能一日一讲(11月18日)

时间:2014-07-08


【教师典型例题专讲】2014 届高三数学一轮提能一日一讲(11 月 18 日)
一、选择题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的,将答案填在题后括号内. 1.已知直线 l 的方向向量为 l,直线 m 的方向向量为 m,若 l=α b+β c(α ,β ∈R),

m∥a,a⊥b,a⊥c

且 a≠0,则 直线 m 与直线 l(
A.共线 C.垂直

) B.相交 D.不共面

解析 由 m∥a 且 a≠0,可得:m=ta(t∈R), 所以 m·l=m·(α b+β c) =α m·b+β m·c=α ta·b+β ta·c=0, 故 m 与 l 垂直,即直线 m 与直线 l 垂直.故选 C. 答案 C 2.若不同直线 l1, l2 的方向向量分别为 μ ,v,则下列直线 l1,l2 中既不平行也不垂 直的是( )

A.μ =(1,2,-1),v=(0,2,4) B.μ =(3,0,-1),v=(0,0, 2) C.μ =(0, 2,-3),v=(0,-2,3) D.μ =(1,6, 0),v=(0,0,-4) 解析 选项 A 中 μ ·v=0+4-4=0, ∴l1⊥l2;选项 C 中 μ =-v, ∴μ ,v 共线,故 l1∥l2; 选项 D 中,μ ·v=0+0+0=0, ∴l1⊥l2,故选 B. 答案 B 3.已知直二 面角 α -l-β ,若 A∈α ,AC⊥l,C 为垂足,点 B∈β ,BD⊥l,D 为垂 足,若 AB=2,AC=BD=1,则 CD 等于( A.2 C. 2 ) B. 3 D.1

解析 如图所示,∵BD⊥l,α ⊥β ,α ∩β =l, ∴BD⊥α ,∴BD⊥AD. → →
2 2

→ →
2 2

∵AB=AC+CD+DB,且 AC⊥l, ∴AB =AC +CD +BD . ∴2 =1 +CD +1 . ∴CD =2,∴CD= 2.故选 C. 答案 C 4.在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧面 BB1C1C 的中心, 则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( A.30° C.60° ) B.45° D.90°
2 2 2 2 2

解析 如图所示,取 BC 中点 E,连接 DE,AE,AD,依题意知,三棱柱为正三棱柱,易 得 AE⊥平面 BB1C1C,故∠ADE 为 AD 与平面 BB1C1C 所成的角.设各棱长为 1,则 AE= 1 = , 2 3 AE 2 tan∠ADE= = = 3, DE 1 2 由于∠ADE∈[0°,90°]. ∴∠ADE=60°,故选 C. 3 ,DE 2

答案 C 5.(2013·全国大纲卷)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( A. C. 2 3 2 3 ) B. D. 3 3 1 3

解析 建立如右图所示坐标系,设 AA1=2AB=2,则 B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2),

D(0,0,0).
→ ? ?n·DB=0 设面 BDC 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ? ?n·DC =0
1 1

代入得? →

?x+y=0 ? ?y+2z=0 ?

令 z=1,得 n=(2,-2,1),设 CD 与面 BDC1 所成的角为 θ ,sinθ

|n·DC| 2 = = ,选 A. → 3 |n||DC| 答案 A 6.过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成 的二面角的大小是( )

A.30° C.60°

B.45° D.90°

解析 解法一:建立如图(1)所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的 |n1·n2| 法向量 n1=(0,1,0), n2=(0,1,1), 故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角的余弦值为 = |n1||n2| 2 ,故所求的二面角的大小是 45°. 2 解法二:将其补成正方体.如图(2),不难发现平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角就是 平面 ABQP 和平面 CDPQ 所成的二面角,其大小为 45°是明显的.

答案 B 二、填空题:本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.将答案填在题中横线上. 7. 在正方体 ABC D-A1B1C1D1 中, CC1 中点为 E, 则直线 AE 与 BC1 所成的角的大小为________.

解析 以点 D 为原 点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴建立如图所示空间直 角坐标系,设棱长为 2,

∴D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(0,2,1), → → → → → → = 2 = , 3×2 2 2 6 ∴AE=(-2,2,1),BC1=(-2,0,2), → →

cos〈AE,BC1〉=

AE·BC1

|AE||BC1| π 所以直线 AE 与 BC1 所成角大小为 . 4 答案 π 4

8.已知点 E,F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1,CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1, 则平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值为________.

解析 如图,建立空间直角坐标系. 1? ? 2? ? 设 DA=1,由已知条件得 A(1,0,0),E?1,1, ?,F?0,1, ?, 3? ? 3? ? →

AE=?0,1, ?, 3

? ? ? ?

1?

?



AF=?-1,1, ?, 3

2?

?

设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z), 平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角为 θ , → ? ?n·AE=0, 由? → ? ?n·AF=0, 1 y+ z=0, ? ? 3 得? 2 -x+y+ z=0. ? ? 3

令 y=1,得 z=-3,x=-1,则 n=(-1,1,-3), 平面 ABC 的法向量 为 m=(0,0,-1),

cosθ =cos〈n,m〉= 2 3

3

2 ,tanθ = . 3 11

答案

→ → →




2


2 1 1

→ → →

→ →



9.已知 ABCD-A1B1C1D1 为正方体,①(A1A+A1D1+A1B1) =3A B ;②A1C·(A1B1-A1A)=0; ③向量AD1与向量A1B的夹角是 60°; ④正方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积为|AB·AA1·AD|.其中正 确命题的序号是________. → → → 答案 ①② 三、解答题:本大题共 3 小题,共 30 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. → → → → → →
2


2

→ →

解析 设正方体的棱长为 1,①中(A1A+A1D1+A1B1) =3(A1B1) =3,故①正确;②中A1B1 -A1A=AB1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 AD1 两异面直线所成的角为 60°,但AD1与

A1B的夹角为 120°,故③不正确;④中|AB·AA1·AD|=0,故④也不正确.

10.(本小题 10 分)如图所示,四棱锥 S -ABCD 的底面是正方形,SD⊥平面 ABCD,SD =AD=a,点 E 是 SD 上的点,且 DE=λ a(0<λ ≤1). (1)求证:对任意的 λ ∈(0,1],都有 AC⊥BE; (2)若二面角 C-AE-D 的大小为 60°,求 λ 的值.



(1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,

a,0),D(0,0,0),E(0,0,λ a),
→ → → ∴AC·BE=0 对任意 λ ∈(0,1]都成立, 即对任意的 λ ∈(0,1],都有 AC⊥BE. (2)显然 n=(0,1,0)是平面 ADE 的一个法向量, 设平面 ACE 的法向量为 m=(x,y,z), → → ∵AC=(-a,a,0),AE=(-a,0,λ a), → ? ?m·AC=0, ∴? → ? ?m·AE=0, → ∴AC=(-a,a,0),BE=(-a,-a,λ a),

? ?-ax+ay=0, 即? ? ?-ax+λ az=0,

∴?

? ?x-y=0, ? ?x-λ

z=0.

令 z=1,则 x=y=λ ,∴m=(λ ,λ ,1). ∵二面角 C-AE-D 的大小为 60°,

n·m λ 1 ∴cos〈n,m〉= = = , 2 |n||m| 2 1+2λ
∵λ ∈(0,1],∴λ = 2 . 2

11.(本小题 10 分)(2013·北京卷)如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长 为 4 的正方形,平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5.

(1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值;

(3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B.并求 解 (1) 因为 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC.

BD 的值. BC1

因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC,所以 AA1⊥平面 ABC. (2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC.

如图所示, 以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz, 则 B(0,3,0), A1(0,0,4), B1(0,3,4),

C1(4,0,4).
设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·A B=0, 则? → ? ?n·A C =0.
1 1 1

? ?3y-4z=0, 即? ?4x=0. ?

令 z=3,则 x=0,y=4,所以 n=(0,4,3). 同理可得,平面 B1BC1 的一个法向量为 m=(3,4,0).

n·m 16 所以 cos〈n,m〉= = . |n||m| 25
由题知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为 . 25 → 所以(x,y-3,z)=λ (4,-3,4). → (3)设 D(x, y,z)是直线 BC1 上一点,且BD=λ BC1.

解得 x=4λ ,y=3-3λ ,z=4λ . → 所以AD=(4λ ,3-3λ ,4λ ). 9 由AD·A1B=0,即 9-25λ =0,解得 λ = . 25 9 BD 9 因为 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B.此时, =λ = . 25 BC1 25 12.(本小题 10 分)(2013·天津卷)如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 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 B1-CE-C1 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 长. 2 ,求线段 AM 的 6



解法一:如图所示,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B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),

→ →



于是B1C1·CE=0,所以 B1C1⊥CE. (2)B1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ?m·B C=0, 则? → ? ?m·CE=0,
1

? ?x-2y-z=0, 即? ?-x+y-z=0. ?

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B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → 2 7 21 于是 cos〈m,B1C1〉= = =- ,从而 sin〈m,B1C1〉= . → 7 7 14× 2 |m|·|B1C1| → →

m·B1C1

-4

所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 → → → →

21 . 7 → → → →

(2)AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1).设EM=λ EC1=(λ ,λ ,λ ),0≤λ ≤1,有AM=AE+

EM=(λ ,λ +1,λ ).可取AB=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量 .设 θ 为直线 AM 与平
→ → → → |AM·AB| 2λ = 2 → → λ + λ + |AM|·|AB|
2

面 ADD1A1 所成的角,则 sinθ =|cos〈AM,AB〉|=

+λ ×2

2



λ 2 1 .于是 = ,解得 λ = ,所以 AM= 2. 2 6 3 3λ +2λ +1 3λ +2λ +1
2

λ

解法二:(1)因为侧棱 CC1⊥底面 A1B1C1D1,B1C1? 平面 A1B1C1D1,所以 CC1⊥B1C1.经计算可 得 B1E= 5,B1C1= 2,EC1= 3,从而 B1E =B1C1+EC1,所以在△B1EC1 中, B1C1⊥C1E,又 CC1,
2 2 2

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 B1-CE-C1 的平面角.在△CC1E 中,由 CE=C1E= 3,CC1=2,可得 C1G 2 6 42 21 = .在 Rt△B1C1G 中,B1G= ,所以 sin∠B1GC 1= ,即二面角 B1-CE-C1 的正弦值 3 3 7 为 21 . 7 (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= 2 34 x,AH= x.在 Rt△C1D1E 中,C1D1=1,ED1 6 6

1 2 2 2 = 2 , 得 EH = 2 MH = x. 在△ AEH 中 ,∠ AEH = 135°, AE = 1 , 由 AH = AE + EH - 3 2AE·EHcos135°, 17 2 1 2 2 得 x =1+ x + x, 18 9 3 整理得 5x -2 2x-6=0,解得 x= 2.所以线段 AM 的长为 2.
2


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