【状元之路】高考数学二轮复习钻石卷 高频考点训练18.docVIP

2014高考数学（全国通用）二轮复习钻石卷高频考点训练18一、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lbc(，r)，ma，ab，ac且a0，则直线m与直线l()a共线 b相交c垂直 d不共面解析由ma且a0，可得：mta(tr)，所以mlm(bc)mbmctabtac0，故m与l垂直，即直线m与直线l垂直故选c.答案c2若不同直线l1， l2的方向向量分别为，v，则下列直线l1，l2中既不平行也不垂直的是()a(1,2，1)，v(0,2,4)b(3,0，1)，v(0,0, 2)c(0, 2，3)，v(0，2,3)d(1,6,0)，v(0,0，4)解析选项a中v0440，l1l2；选项c中v，v共线，故l1l2；选项d中，v0000，l1l2，故选b.答案b3已知直二面角l，若a，acl，c为垂足，点b，bdl，d为垂足，若ab2，acbd1，则cd等于()a2 b.c. d1解析如图所示，bdl，l，bd，bdad.，且acl，ab2ac2cd2bd2.2212cd212.cd22，cd.故选c.答案c4在三棱柱abca1b1c1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()a30 b45c60 d90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，de，tanade，由于ade0，90ade60，故选c.答案c5(2013全国大纲卷)已知正四棱柱abcda1b1c1d1中，aa12ab，则cd与平面bdc1所成角的正弦值等于()a. b.c. d.解析建立如右图所示坐标系，设aa12ab2，则b(1,1,0)，c(0,1,0)，c1(0,1,2)，d(0,0,0)设面bdc1的法向量为n(x，y，z)，则代入得令z1，得n(2，2,1)，设cd与面bdc1所成的角为，sin，选a.答案a6过正方形abcd的顶点a，引pa平面abcd.若paba，则平面abp和平面cdp所成的二面角的大小是()a30 b45c60 d90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，故所求的二面角的大小是45.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abcda1b1c1d1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)，(2,2,1)，(2,0,2)，cos，所以直线ae与bc1所成角大小为.答案8已知点e，f分别在正方体abcda1b1c1d1的棱bb1，cc1上，且b1e2eb，cf2fc1，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设da1，由已知条件得a(1,0,0)，e，f，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，由得令y1，得z3，x1，则n(1,1，3)，平面abc的法向量为m(0,0，1)，coscosn，m，tan.答案9已知abcda1b1c1d1为正方体，()232；()0；向量与向量的夹角是60；正方体abcda1b1c1d1的体积为|.其中正确命题的序号是_解析设正方体的棱长为1，中()23()23，故正确；中，由于ab1a1c，故正确；中a1b与ad1两异面直线所成的角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0，故也不正确答案三、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10(本小题10分)如图所示，四棱锥sabcd的底面是正方形，sd平面abcd，sdada，点e是sd上的点，且dea(01)(1)求证：对任意的(0,1，都有acbe；(2)若二面角caed的大小为60，求的值解(1)证明：如图所示，建立空间直角坐标系dxyz，则a(a,0,0)，b(a，a,0)，c(0，a,0)，d(0,0,0)，e(0,0，a)，(a，a,0)，(a，a，a)，0对任意(0,1都成立，即对任意的(0,1，都有acbe.(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)，(a，a,0)，(a,0，a)，即令z1，则xy，m(，1)二面角caed的大小为60，cosn，m，(0,1，.11(本小题10分)(2013北京卷)如图所示，在三棱柱abca1b1c1中，aa1c1c是边长为4的正方形，平面abc平面aa1c1c，ab3，bc5.(1)求证：aa1平面abc；(2)求二面角a1bc1b1的余弦值；(3)证明：在线段bc1上存在点d，使得ada1b.并求的值解(1)因为aa1c1c为正方形，所以aa1ac.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aa1ac，aa1ab.由题知ab3，bc5，ac4，所以abac.如图所示，以a为原点建立空间直角坐标系axyz，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)，则即令z3，则x0，y4，所以n(0,4,3)同理可得，平面b1bc1的一个法向量为m(3,4,0)所以cosn，m.由题知二面角a1bc1b1为锐角，所以二面角a1bc1b1的余弦值为.(3)设d(x， y，z)是直线bc1上一点，且.所以(x，y3，z)(4，3,4)解得x4，y33，z4.所以(4，33，4)由0，即9250，解得.因为0,1，所以在线段bc1上存在点d，使得ada1b.此时，.12(本小题10分)(2013天津卷)如图所示，四棱柱abcda1b1c1d1中，侧棱a1a底面abcd，abdc，abad，adcd1，aa1ab2，e为棱aa1的中点(1)证明b1c1ce；(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(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以b1c1ce.(2)(1，2，1)设平面b1ce的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)知，b1c1ce，又cc1b1c1，可得b1c1平面cec1，故(1,0，1)为平面cec1的一个法向量于是cosm，从而sinm，.所以二面角b1cec1的正弦值为.(2)(0,1,0)，(1,1,1)设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面add1a1的一个法向量设为直线am与平面add1a1所成的角，则sin|cos，|.于是，解得，所以am.解法二：(1)因为侧棱cc1底面a1b1c1d1，b1c1平面a1b1c1d1，所以cc1b1c1.经计算可得b1e，b1c1，ec1，从而b1e2b1cec，所以在b1ec1中，b1c1c1e，又cc1，c1e平面cc1e.cc1c1ec1，所以b1c1平面cc1e.又ce平面cc1e，故b1c1ce.(2)过b1作b1gce于点g，连接c1g.由(1)知，b1c1ce，故ce平面b1c1g，得cec1g，所以b1gc1为二面角b1cec1的平面角在cc1e中，由cec1e，cc12，可得c1g.在rtb1c1g中，b1g，所以sinb1gc1，即二面角b1cec1的正弦值为.(3)连接d1