2013届高考数学一轮复习演练：第七章第7课时知能演练轻松闯关.doc

1、2013年高三数学一轮复习 第七章第7课时知能演练轻松闯关 新人教版1如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PA与平面ABD所成的角为60，在四边形ABCD中，ADCDAB90，AB4，CD1，AD2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值解：(1)建立如图空间直角坐标系，ADCDAB90，AB4，CD1，AD2，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)由PD平面ABCD，得PAD为PA与平面ABCD所成的角，PAD60.在RtPAD中，由AD2，得PD2，P(0,0,2)(2)(2,0，2)，(2，3,0)，cos，PA与B

2、C所成的角的余弦值为.2已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC，PAACAB，N为AB上一点，AB4AN，M，S分别为PB，BC的中点(1)证明：CMSN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小解：设PA1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M，N，S.(1)证明：，.00，CMSN.(2)，设a(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则a0，a0，得令x2，得a(2,1，2)|cosa，|，直线SN与平面CMN所成角的正弦值为.故SN与平面CMN所成角为45.一、选择题1(20

3、12天水调研)已知二面角-l-的大小是，m，n是异面直线，且m，n，则m，n所成的角为()A.B.C. D.解析：选B.m，n，异面直线m，n所成的角的补角与二面角l互补又异面直线所成角的范围为，m，n所成的角为.2如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点则AM与PM的位置关系为()A平行 B异面C垂直 D以上都不对解析：选C.以D点为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)(，2,0)

4、(0,1，)(，1，)，(，2,0)(2，0,0)(，2,0)，(，1，)(，2,0)0，即，AMPM.3直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，AA1，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成的角为()A60 B45C30 D90解析：选D.建立坐标系如图所示，易得M(0,0，)，A1(0，0)，A(0，)，B1(1,0,0)，(1，)，(0，)1030，.即AB1A1M.4已知正方体ABCDA1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是()A. B.C. D.解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示设正方体的棱长为1，设直线BC1与平面A1BD所成

5、的角为，则D(0,0,0)，A(1,0,1)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，设n(x，y，z)是平面A1BD的一个法向量，则，令z1，则x1，y1.n(1,1,1)，sin|cosn，|，cos.5在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，E，(1,0,1)，设n(x，y，z)为平面A1DE的法向量，则，令z1，则x1，y，n，取

6、平面ABCD的法向量m(0,0,1)则cosm，n，故所求锐二面角的余弦值为.二、填空题6已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为_解析：由题知，.所以即解得，x，y，z4.答案：，47(2012贵阳调研)长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为_解析：建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，(1,0,2)，(1,2,1)，cos，.答案：8设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是

7、_解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则.令x1，则n(1，1，1)，点D1到平面A1BD的距离d.答案：三、解答题9(2011高考辽宁卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的余弦值解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.(1)证明：依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0

8、,2,0)，则(1,1,0)，(0,0,1)，(1，1,0)所以0，0，即PQDQ，PQDC.又DQDCD，所以PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)依题意有B(1,0,1)，(1,0,0)，(1,2，1)设n(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即因此可取n(0，1，2)同理，设m是平面PBQ的法向量，则可取m(1,1,1)所以cosm，n.故二面角QBPC的余弦值为.10(2011高考福建卷节选)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD.(2)设ABAP，若直线PB与平

9、面PCD所成的角为30，求线段AB的长解：(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD. (2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos451，CECDsin 451.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，由n，n，得取xt，

10、得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得，cos 60，即，解得t或t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB.11如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明平面AMD平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2，0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1)(1,0,1)，(0，1,1)，于是cos，.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.(2)证明：由，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则于是令x1，可得u(1,1,1)又由题设，平面ACD的一个法向量为(0,0,1)所以cosu，.因为二面角ACDE为锐角，所以其余弦值为.高考资源网w w 高 考 资源 网