1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年浙江省衢州市江山实验中学高二（上）11月月考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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1下列命题中正确的是（） A 一直线与一平面平行，这个平面内有无数条直线与它平行 B 平行于同一直线的两个平面平行 C 与两相交平面的交线平行的直线必平行于这两个相交平面 D 两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与该平面平行2下列命题错误的是（） A 命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20” B 命题“xR，x2x0”的否定是“xR，x2
2、x0” C “=0”是“=或=”的必要不充分条件 D “若am2bm2，则ab”的逆命题为真3正方体的外接球与其内切球的体积之比为 （） A B 3：1 C D 9：14已知两个平面、，直线a，则“”是“直线a”的（） A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充要条件 D 既不充分也不必要条件5一个四面体的顶点在空间直角坐系Oxyz中的坐标分别是（1，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，1，1），画该四面体三视图中的正视图时，以zOy平面为投影面，则得到的正视图可为（） A B C D 6对于命题p和命题q，则“p且q为真命题”的必要不充分条件是（） A p或q为假命题 B p
3、且q为真命题 C p或q为假命题 D p或q为真命题7已知m，n为异面直线，m平面，n平面直线l满足lm，ln，l，l，则（） A 且l B 且l C 与相交，且交线垂直于l D 与相交，且交线平行于l8如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E为DC边的中点，沿AE将AD折起，使二面角DAEB为60，则异面直线BC与AD所成的角余弦值为（） A B C D 9已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（） A B C D 10已知点E、F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB、AA1的中点，点M、N分别是线段D1E与C1F上的点，
4、则满足与平面ABCD平行的直线MN有（） A 0条 B 1条 C 2条 D 无数条二、（填空题：本大题共7小题每小题4分，共28分）11=（4，2，4），=（6，3，2），则（23）（+2）=12轴截面是边长等于2的等边三角形的圆锥，它的表面积等于13已知p：，q：（xa）（xa1）0，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是14如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，AMC1的面积为15A是锐二面角l的内一点，AB于点B，AB=，A到l的距离为2，则二面角l的平面角大小为16四面体ABCD中，面ABC
5、与面BCD成600的二面角，顶点A在面BCD上的射影H是BCD的垂心，G是ABC的重心，若AH=4，AB=AC，则GH=17如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）当0CQ时，S为四边形；当CQ=时，S不为等腰梯形；当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=；当CQ1时，S为六边形；当CQ=1时，S的面积为三、解答题（本大题5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18设命题p：函数f（x）=lg的定义域是R；命题q：不等式3x9xa对一切正
6、实数x均成立（1）如果p是真命题，求实数a的取值范围；（2）如果“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，求实数a的取值范围19在ABC中C=90，AC=8，BC=6，以这个直角三角形的一条边所在的直线为轴旋转一周，求所得到的几何体的表面积20如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，且PA=AD=1，AB=2，PAB=120，PBC=90（）平面PAD与平面PAB是否垂直？并说明理由；（）求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值21在四棱锥PABCD中，ADBC，ABC=APB=90，点M是线段AB上的一点，且PMCD，AB=BC=2PB=2AD=4BM（1）证明：面PAB面ABCD；（2
7、）求平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值22若将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角，且EA平面ABD，AE=a（如图）（）若，求证：AB平面CDE；（）求实数a的值，使得二面角AECD的大小为602014-2015学年浙江省衢州市江山实验中学高二（上）11月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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1下列命题中正确的是（） A 一直线与一平面平行，这个平面内有无数条直线与它平行 B 平行于同一直线的两个平面平行 C 与两相交平面的交线平行的直线必平行于这两个相交平面 D 两条平行
8、直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与该平面平行考点： 空间中直线与直线之间的位置关系专题： 空间位置关系与距离分析： A根据直线与平面平行的性质定理，判断该命题是正确的；B、C、D通过举例说明命题是否成立即可解答： 解：对于A，如果一条直线与一平面平行，那么过该条直线作平面与已知平面相交，则该直线与交线平行，这个平面内有无数条直线与该直线平行，A正确；对于B，平行于同一直线的两个平面平行，也可能相交，B错误；对于C，与两相交平面的交线平行的直线，平行于这两个相交平面，也可能在这两个平面内，C错误；对于D，两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也可能在这个平面内，也可能与这个平面平行，
9、D错误故选：A点评： 本题考查了空间中的线线平行、线面平行与的判断与性质的应用问题，解题时应对每一个命题进行分析与判断，是基础题2下列命题错误的是（） A 命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20” B 命题“xR，x2x0”的否定是“xR，x2x0” C “=0”是“=或=”的必要不充分条件 D “若am2bm2，则ab”的逆命题为真考点： 命题的真假判断与应用专题： 简易逻辑分析： A，利用命题及其逆否命题的概念判断即可；B，利用特称命题与全称命题间的关系可判断的正误；C，利用充分必要的概念可判断；D，利用不等式的性质可判断的正误解答： 解：A，命题“若x
10、23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20”，正确；B，命题“xR，x2x0”的否定是“xR，x2x0”，正确；C，“=0”，不一定是=或=，即充分性不成立，反之，若=或=，则=0，即必要性成立，故“=0”是“=或=”的必要不充分条件，正确；是“=或=”的必要不充分条件D，“若am2bm2，则ab”的逆命题为“若ab”，则“am2bm2”是假命题，当m=0时，am2=bm2=0，故D错误故选：D点评： 本题考查命题的真假判断与应用，着重考查命题间的关系及特称命题与全称命题、充分必要的概念的理解与应用，属于中档题3正方体的外接球与其内切球的体积之比为 （） A B 3：1
11、C D 9：1考点： 球内接多面体专题： 计算题；空间位置关系与距离分析： 设出正方体的棱长，分别求出正方体的内切球与其外接球的半径，然后求出体积比解答： 解：设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为a，它的外接球的半径为，故所求的比为3：1，故选C点评： 本题考查正方体的内切球和外接球的体积，是基础题4已知两个平面、，直线a，则“”是“直线a”的（） A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充要条件 D 既不充分也不必要条件考点： 空间中直线与平面之间的位置关系；充要条件专题： 阅读型分析： 根据面面平行的定义可知“”“直线a”是真命题，而“直线a”“”是假命题，根据若pq为真命题且qp
12、为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件进行判断即可解答： 解：根据面面平行的定义可知与无公共点，而a，则a与无公共点，则直线a即“”“直线a”是真命题；直线a，直线a两个平面、可能平行也可能相交，即“直线a”“”是假命题；根据充要条件的判定可知“”是“直线a”的充分不必要条件，故选：A点评： 本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，以及充要条件的判定，同时考查了推理能力，属于基础题5一个四面体的顶点在空间直角坐系Oxyz中的坐标分别是（1，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，1，1），画该四面体三视图中的正视图时，以zOy平面为投影面，则得到的正视图可为（） A B C
13、D 考点： 简单空间图形的三视图专题： 计算题；空间位置关系与距离分析： 由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可解答： 解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是（1，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，1，1），几何体的直观图是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOy平面为投影面，则得到正视图为A故选A点评： 本题考查几何体的三视图的判断，根据题意画出几何体的直观图是解题的关键，考查空间想象能力6对于命题p和命题q，则“p且q为真命题”的必要不充分条件是（） A p或q为假命题 B p且q为真命题 C p或q为假命题 D
14、 p或q为真命题考点： 复合命题的真假专题： 简易逻辑分析： 根据必要不充分条件的概念，以及p且q，p或q，p，q的真假和p，q真假的关系，即可找出正确选项解答： 解：p且q为真命题，则p真q真；Ap或q为假命题，则p，q都为假，所以p，q都为真，p或q为假命题是p且q为真命题的充要条件，该选项错误；Bp且q为真命题，则p，q都为假命题，由p且q为真命题得不出p且q为真命题，即该命题不是p且q为真命题的必要条件，该选项错误；Cp或q为假命题，则p，q都是假命题，由B知该选项错误；Dp或q为真命题，则p，q中至少一个为真命题，p且q为真命题能得到p或q为真命题，而p或q为真命题得不到p且q为真命
15、题，即p或q为真命题是p且q为真命题的必要不充分条件，即该选项正确故选D点评： 考查充分条件，必要条件，必要不充分条件的概念，以及p且q，p或q，p，q的真假和p，q真假的关系7已知m，n为异面直线，m平面，n平面直线l满足lm，ln，l，l，则（） A 且l B 且l C 与相交，且交线垂直于l D 与相交，且交线平行于l考点： 平面与平面之间的位置关系；平面的基本性质及推论专题： 空间位置关系与距离分析： 由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论解答： 解：由m平面，直线l满足lm，且l，所以l，又n平面，ln，l，所以l由直线m，n为异面直线，且m
16、平面，n平面，则与相交，否则，若则推出mn，与m，n异面矛盾故与相交，且交线平行于l故选D点评： 本题考查了平面与平面之间的位置关系，考查了平面的基本性质及推论，考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象和思维能力，是中档题8如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E为DC边的中点，沿AE将AD折起，使二面角DAEB为60，则异面直线BC与AD所成的角余弦值为（） A B C D 考点： 异面直线及其所成的角分析： 如图所示，求出DG、AG、FH、DG、HF、HE的值，根据=（）（+），利用两个向量的数量积的定义，求出异面直线BC与AD所成的角余弦值解答： 解：如图所示：取
17、AB的中点F，连接EF，则EF平行且等于BC作DGAE，G为垂足，GAE，则DG=，AG=，=+作FHAE，H为垂足，HAE，则FH=，EH=，=+=（）（+）=+由二面角DAEB为60，以及作图过程可得，和方向相同， 和的夹角为120，设面直线BC与AD所成的角为，则33cos=0+cos120+0，求得cos=，即异面直线BC与AD所成的角余弦值为点评： 本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义，用向量表示二面角的平面角，属于中档题9已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（） A B C D 考点：
18、用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面所成的角专题： 综合题；压轴题；空间角；空间向量及应用分析： 设AB=1，则AA1=2，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，设=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，CD与平面BDC1所成角为，则sin=|，在空间坐标系下求出向量坐标，代入计算即可解答： 解：设AB=1，则AA1=2，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，如下图所示：则D（0，0，2），C1（1，0，0），B（1，1，2），C（1，0，2），=（1，1，0），=（1，0，2），=（1，0，0），设=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，则
19、，即，取=（2，2，1），设CD与平面BDC1所成角为，则sin=|=，故选A点评： 本题考查直线与平面所成的角，考查空间向量的运算及应用，准确理解线面角与直线方向向量、平面法向量夹角关系是解决问题的关键10已知点E、F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB、AA1的中点，点M、N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（） A 0条 B 1条 C 2条 D 无数条考点： 空间中直线与平面之间的位置关系专题： 空间位置关系与距离分析： 取BB1的中点H，连接FH，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O为线段D1E的中点，交D1H于G
20、，再过G作GNFH，交C1F于N，连接MN，根据线面平行的判定定理，得到GM平面ABCD，NG平面ABCD，再根据面面平行的判断定理得到平面MNG平面ABCD，由面面平行的性质得到则MN平面ABCD，由于M是任意的，故MN有无数条解答： 解：取BB1的中点H，连接FH，则FHC1D，连接HE，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O为线段D1E的中点，交D1H于G，再过G作GNFH，交C1F于N，连接MN，O在平面ABCD的正投影为K，连接KB，则OHKB，由于GMHO，HOKB，KB平面ABCD，GM平面ABCD，所以GM平面ABCD，同理由NGFH，可推得NG平面
21、ABCD，由面面平行的判定定理得，平面MNG平面ABCD，则MN平面ABCD由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条故选：D点评： 本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是直线与平面平行的判断和面面平行的判定与性质，考查空间想象能力和简单推理能力二、（填空题：本大题共7小题每小题4分，共28分）11=（4，2，4），=（6，3，2），则（23）（+2）=200考点： 空间向量的数量积运算专题： 空间向量及应用分析： 利用向量的坐标运算、数量积运算即可得出解答： 解：=2（4，2，4）3（6，3，2）=（10，5，14），=（4，2，4）+2（6，3，2）=（16，8，0），（23）（+
22、2）=16040=200故答案为：200点评： 本题考查了向量的坐标运算、数量积运算，属于基础题12轴截面是边长等于2的等边三角形的圆锥，它的表面积等于3考点： 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积专题： 空间位置关系与距离分析： 由轴截面是边长等于2的等边三角形，求出圆锥的底面半径，母线长，进而求出圆锥的底面周长，代入圆锥表面积公式，即可求出圆锥的表面积解答： 解：一个圆锥的轴截面（过旋转轴的截面）是边长为2的等边三角形，所以圆锥的母线为l=2；底面半径为r=1；圆锥的底面周长为C=2r=2所以圆锥的表面积为：22+12=3故答案为：3点评： 本题是基础题，考查圆锥的轴截面知识，圆锥的表面积的求
23、法，实际上这个圆锥又叫等边圆锥，需要同学注意它的边角关系，常考题目13已知p：，q：（xa）（xa1）0，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断；命题的否定；一元二次不等式的解法分析： 由已知可得：p：，q：xa，或xa+1，再由求命题否定的方法求出q，结合充要条件的判定方法，不难给出答案解答： 解：p：，q：（xa）（xa1）0，q：xa，或xa+1q：axa+1又p是q的充分不必要条件，解得：则实数a的取值范围是故答案为：点评： 判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命
24、题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系14如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，AMC1的面积为考点： 多面体和旋转体表面上的最短距离问题专题： 空间位置关系与距离分析： 先将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由此可以
25、求得AMC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积解答： 解：将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由于AB=1，BC=2，AA1=3，再结合棱柱的性质，可得BM=AA1=1，故B1M=2由图形及棱柱的性质，可得AM=，AC1=，MC1=2 ，cosAMC1=故sinAMC1=，AMC1的面积为 2 =，故答案为：点评： 本题考查棱柱的特征，求解本题的关键是根据棱柱的结构特征及其棱长等求出三角形的边长，再由面积公式求面积，本题代数与几何相结合，综合性强，解题时要注意运算准确，正确认识图形中的位置关系15A是锐
26、二面角l的内一点，AB于点B，AB=，A到l的距离为2，则二面角l的平面角大小为60考点： 用空间向量求平面间的夹角专题： 计算题；空间角分析： 由题意画出图形，说明AOB是二面角l的平面角，或补角，然后求出二面角的大小解答： 解：由题意可知A是二面角l的面内一点，AB平面于点B，AB=，A到l的距离为2，如图：AOl于O，因为AB平面于点B，连结OB，所以AOB是二面角l的平面角，或补角，所以sinAOB=，AOB=60或120l是锐二面角，二面角l的平面角大小为60故答案为：60点评： 本题考查空间几何体中点、线、面的关系，正确作出所求距离是解题的关键，考查计算能力16四面体ABCD中，面
27、ABC与面BCD成600的二面角，顶点A在面BCD上的射影H是BCD的垂心，G是ABC的重心，若AH=4，AB=AC，则GH=考点： 棱锥的结构特征专题： 空间位置关系与距离分析： 根据题意，画出图形，结合图形，把GH放在三角形中，借助于三角形的边角关系，即可求出它的大小来解答： 解：连结AG，并延长交BC于M，连结DM，如图所示；则AM是ABC的中线，AB=AC，AMBC，连结HM，则HM是AM在平面BCD上的射影；根据三垂线逆定理，BCHM，H是BCD的垂心，GM在BC边上的高线DH上，即DM是BC边上的高，DM是BC的垂直平分线，DB=DC，AMD是二面角ABCD的平面角，AMD=60，
28、=sin60，AM=，MH=，在AMH上作GNAH，交MH于N，根据三角形平行比例线段性质，=，根据三角形重心的性质，=，MNGMHA，=，GN=，同理，=，MN=，NH=MHMN=，在RtGNH中根据勾股定理，GH2=GN2+NH2，GH2=+=GH=故答案为：点评： 本题考查了空间中的两点间的距离的求法问题，解题时应画出图形，结合图形，把两点间的距离放在三角形中，利用边角关系进行解答，是难题17如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）当0CQ时，S为四边
29、形；当CQ=时，S不为等腰梯形；当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=；当CQ1时，S为六边形；当CQ=1时，S的面积为考点： 平行投影及平行投影作图法专题： 综合题；空间位置关系与距离分析： 由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误解答： 解：如图当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQAD1，AP=QD1=，故可得截面APQD1为等腰梯形，故不正确；由上图当点Q向C移动时，满足0CQ，只需在DD1上取点M满足AMPQ，即可得截面为四边形APQM，故正确；当CQ=时，如图，延长DD1至N，使D1N=，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可
30、证ANPQ，由NRD1QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，故可得C1R=，故正确；由可知当CQ1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1AF，且PC1=AF，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为AC1PF=，故正确故答案为：点评： 本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题三、解答题（本大题5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18设命题p：函数f（x）=lg的定义域是R；命题q：不等式3x9xa对一切正实数x均成立（1）如果p
31、是真命题，求实数a的取值范围；（2）如果“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，求实数a的取值范围考点： 命题的真假判断与应用专题： 综合题分析： （1）由题意，若p是真命题，则对任意实数都成立，由此能够求出p是真命题时，实数a的取值范围（2）若命题q为真命题时，则3x9xa对一切正实数x均成立由（，0），知q是真命题时，a0再由p或q为真命题，命题p且q为假命题，知或，能求出实数a的取值范围解答： 解：（1）由题意，若p是真命题，则对任意实数都成立，若a=0，显然不成立；若a0，解得a2故如果p是真命题时，实数a的取值范围是（2，+）（2）若命题q为真命题时，则3x9xa对一切正实数x均
32、成立x03x13x9x（，0）所以如果q是真命题时，a0又p或q为真命题，命题p且q为假命题所以命题p与q一真一假或解得0a2综上所述，实数a的取值范围是0，2点评： 本题考查命题的真假判断和应用，解题时要注意公式的灵活运用19在ABC中C=90，AC=8，BC=6，以这个直角三角形的一条边所在的直线为轴旋转一周，求所得到的几何体的表面积考点： 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）专题： 空间位置关系与距离分析： 以三条边分别为轴旋转，得到不同的圆锥或者圆锥的组合体，分别计算表面积解答： 解：（1）当以AC边所在的直线为轴旋转一周时，得到的几何体是一个圆锥，它的母线长为AB，底面圆半径为BC=6由勾股定
33、理，得AB=10这时圆锥的表面积=610+62=60+36=96（2）当以BC边所在直线为轴旋转一周时，得到的几何体也是一个圆锥，它的母线长为AB=10，底面圆半径为AC=8圆锥表面积=810+82=80+64=144（3）当以AB边所在直线为轴旋转一周时，得到的几何体是底面是同圆，母线长分别是AC和BC的两个圆锥作CDAB于D则CD=4.8以AC为母线的圆锥的侧面积=4.88=，以BC为母线的圆锥的侧面积=4.86=，所求几何体的表面积=+=点评： 本题考查了三角形绕一边旋转得到的几何体表面积的计算，实质是圆锥的表面积的计算；关键是明确圆锥的母线长以及底面半径20如图，四棱锥PABCD的底面
34、ABCD为矩形，且PA=AD=1，AB=2，PAB=120，PBC=90（）平面PAD与平面PAB是否垂直？并说明理由；（）求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值考点： 平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角专题： 空间角分析： （I）由ABCD为矩形，PBC=90可证DA平面PAB，再利用面面垂直的判定定理即可证得平面PAD平面PAB；（II）过点P作平面ABCD的垂线，垂足为H，连接CH，可证得PCH为PC与底面ABCD所成的角，在直角三角形PAH，直角三角形BCH，直角三角形PCH中分别求得PH，CH，PC的长，即可求得直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为解答： 解：（）平面PAD平
35、面PABPBC=90BCPB四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形BCABPB平面PAB，AB平面PAB，且PBAB=BBC平面PABADBCAD平面PABAD平面PAD平面PAD平面PAB（）如图，过点P作BA延长线的垂线PH，垂足为H，连接CH由（）可知AD平面PABAD平面ABCD平面PAB平面ABCDPH平面PAB，平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCD=ABPH平面ABCDCH为PC在平面ABCD内的射影PCH为PC与底面ABCD所成的角PAB=120PAH=60PA=1在直角三角形PAH中，PH=PAsin60=，AH=PAcos60=在直角三角形HBC中，BH=AH+AB=
36、+2=，BC=AD=1故CH=在直角三角形PHC中，PC=2sinPCH=故直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为点评： 本题主要考查了两个平面垂直的判定定理、性质定理及直线与平面所成的角概念和求法，培养了空间想象能力及问题的等价转换的能力21在四棱锥PABCD中，ADBC，ABC=APB=90，点M是线段AB上的一点，且PMCD，AB=BC=2PB=2AD=4BM（1）证明：面PAB面ABCD；（2）求平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值考点： 用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法专题： 空间位置关系与距离；空间角分析： （1）由已知条件推导出PMAB，从而
37、得到PM面ABCD，由此能证明面PAB面ABCD（2）延长AB与CD交于一点H，作ANPH，连接ND，则AND就是平面PAB与平面PCD的二面角的平面角，由此能求出平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值解答： （1）证明：AB=2PB=4BM，PMAB，又PMCD，且ABCD，PM面ABCD，（5分）PM面PAB面PAB面ABCD（7分）（2）解：由（1）知：面DA面PAB，延长BA与CD交于一点H，作ANPH，连接ND，则AND就是平面PAB与平面PCD的二面角的平面角，（10分）在AND中，AD=2t，平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值是（15分）点评： 本题考查平面与平面垂直的证明，
38、考查二面角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养22若将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角，且EA平面ABD，AE=a（如图）（）若，求证：AB平面CDE；（）求实数a的值，使得二面角AECD的大小为60考点： 直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法专题： 空间角分析： （）建立空间直角坐标系，确定平面CDE的一个法向量，利用数量积为0，即可证得AB平面CDE； （）确定平面CDE的一个法向量，平面AEC的一个法向量为，利用二面角AECD的大小为60，结合向量的夹角公式，即可求求实数a的值解答： （）证明：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，），（2分）设平面CDE的一个法向量为，则有，取时，（4分），又AB不在平面CDE内，所以AB平面CDE；（7分）（）解：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，a），设平面CDE的一个法向量为，则有，取z=2时，（9分）又平面AEC的一个法向量为，（10分）二面角AECD的大小为60，即，解得（13分）又a0，所以 （14分）点评： 本题考查线面平行，考查面面角，考查利用空间向量解决立体几何问题，确定平面的法向量是关键，属于中档题高考资源网版权所有，侵权必究！
