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＝αb＋βc(α，β∈R)，m∥a，a⊥b，a⊥c且a≠0，则直线m与直线l()A．共线 B．相交C．垂直 D．不共面解析由m∥a且a≠0，可得：m＝ta(t∈R)，所以m·l＝m·(αb＋βc)＝αm·b＋βm·c＝αta·b＋βta·c＝0，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B3．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 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D．1解析如图所示，∵BD⊥l，α⊥β，α∩β＝l，∴BD⊥α，∴BD⊥AD.∵eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\o(AC,\s\up16(→))＋eq\o(CD,\s\up16(→))＋eq\o(DB,\s\up16(→))，且AC⊥l，∴AB2＝AC2＋CD2＋BD2.∴22＝12＋CD2＋12.∴CD2＝2，∴CD＝eq\r(2).故选C.答案C4．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° B．45°C．60° D．90°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＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(1,2)，tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq\r(3)，由于∠ADE∈[0°，90°]．∴∠ADE＝60°，故选C.答案C5．(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.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(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)．设面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up16(→))＝0,n·\o(DC1,\s\up16(→))＝0))代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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＝eq\f(|n·\o(DC,\s\up16(→))|,|n||\o(DC,\s\up16(→))|)＝eq\f(2,3)，选A.答案A6．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° B．45°C．60° 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eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(2),2)，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ABCD－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)，∴eq\o(AE,\s\up16(→))＝(－2,2,1)，eq\o(BC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2)，cos〈eq\o(AE,\s\up16(→))，eq\o(BC1,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up16(→))·\o(BC1,\s\up16(→)),|\o(AE,\s\up16(→))||\o(BC1,\s\up16(→))|)＝eq\f(6,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以直线AE与BC1所成角大小为eq\f(π,4).答案eq\f(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．设DA＝1，由已知条件得A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AE,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3)))，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，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0.))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〉＝eq\f(3,\r(11))，tanθ＝eq\f(\r(2),3).答案eq\f(\r(2),3)9．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(A1D1,\s\up16(→))＋eq\o(A1B1,\s\up16(→)))2＝3eq\o(A1B1,\s\up16(→))2；②eq\o(A1C,\s\up16(→))·(eq\o(A1B1,\s\up16(→))－eq\o(A1A,\s\up16(→)))＝0；③向量eq\o(AD1,\s\up16(→))与向量eq\o(A1B,\s\up16(→))的夹角是60°；④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AA1,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))|.其中正确命题的序号是________．解析设正方体的棱长为1，①中(eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(A1D1,\s\up16(→))＋eq\o(A1B1,\s\up16(→)))2＝3(eq\o(A1B1,\s\up16(→)))2＝3，故①正确；②中eq\o(A1B1,\s\up16(→))－eq\o(A1A,\s\up16(→))＝eq\o(AB1,\s\up16(→))，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eq\o(AD1,\s\up16(→))与eq\o(A1B,\s\up16(→))的夹角为120°，故③不正确；④中|eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AA1,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))|＝0，故④也不正确．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．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＝λa(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．解(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，λa)，∴eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－a，a,0)，eq\o(BE,\s\up16(→))＝(－a，－a，λa)，∴eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝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)，∵eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－a，a,0)，eq\o(AE,\s\up16(→))＝(－a,0，λa)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax＋ay＝0，,－ax＋λaz＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－λz＝0.))令z＝1，则x＝y＝λ，∴m＝(λ，λ，1)．∵二面角C－AE－D的大小为60°，∴cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(λ,\r(1＋2λ2))＝eq\f(1,2)，∵λ∈(0,1]，∴λ＝eq\f(\r(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eq\f(BD,BC1)的值．解(1)因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.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)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up16(→))＝0，,n·\o(A1C1,\s\up16(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y－4z＝0，,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)．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(16,25).由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为eq\f(16,25).(3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且eq\o(BD,\s\up16(→))＝λeq\o(BC1,\s\up16(→)).所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)．解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.所以eq\o(AD,\s\up16(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)．由eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(A1B,\s\up16(→))＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝eq\f(9,25).因为eq\f(9,25)∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.此时，eq\f(BD,BC1)＝λ＝eq\f(9,25).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eq\f(\r(2),6)，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eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－1,1，－1)，于是eq\o(B1C1,\s\up16(→))·eq\o(CE,\s\up16(→))＝0，所以B1C1⊥CE.(2)eq\o(B1C,\s\up16(→))＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(B1C,\s\up16(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－z＝0，,－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eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈m，eq\o(B1C1,\s\up16(→))〉＝eq\f(m·\o(B1C1,\s\up16(→)),|m|·|\o(B1C1,\s\up16(→))|)＝eq\f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq\f(2\r(7),7)，从而sin〈m，eq\o(B1C1,\s\up16(→))〉＝eq\f(\r(21),7).所以二面角B1－CE－C1的正弦值为eq\f(\r(21),7).(2)eq\o(AE,\s\up16(→))＝(0,1,0)，eq\o(EC1,\s\up16(→))＝(1,1,1)．设eq\o(EM,\s\up16(→))＝λeq\o(EC1,\s\up16(→))＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有eq\o(AM,\s\up16(→))＝eq\o(AE,\s\up16(→))＋eq\o(EM,\s\up16(→))＝(λ，λ＋1，λ)．可取eq\o(AB,\s\up16(→))＝(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sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up16(→))，eq\o(AB,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→))|,|\o(AM,\s\up16(→))|·|\o(AB,\s\up16(→))|)＝eq\f(2λ,\r(λ2＋λ＋12＋λ2)×2)＝eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1)).于是eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))＝eq\f(\r(2),6)，解得λ＝eq\f(1,3)，所以AM＝eq\r(2).解法二：(1)因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂