1、精品题库试题 理数1. (2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1) 1.B 1.经检验,选项B中向量(1,-1,0)与向量a=(1,0,-1)的夹角的余弦值为,即它们的夹角为60,故选B.2.(2013年北京海淀区高三第二次模拟，13,5分) 正方体的棱长为，若动点在线段上运动，则的取值范围是_. 2. 2.建立空间直角坐标系如图，则D（0，0，0）、C（0，1，0）、A（1，0，0）、B（1，1，0）、D1（0，0，1）所以。因为动点在线段上运动，所以设. 。所以，
2、因为，所以，即的取值范围是。3.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，。是的中点，是的中点，点在线段上，且。(1) 证明: 平面；(2) 若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。 3.查看解析 3. 法一：(1) 如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。故，从而。因平面，平面，故平面；(2) 过作于，作于，连。因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。因，故，因此即为的角平分线。由易知，故，从而，。由题易知平面，故。由题，故。所以，从而。法二：如图建立空间直角坐标系，则，。 (1) 设，则，因此。显然是平面的一个法向量，
3、且，所以平面；(2) 由(1) ，故由得，因此，从而，。设是平面的法向量，则，取得。设是平面的法向量，则，取得。故。4. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。() 求证：当时，平面面；() 当时，求二面角的大小。 4.查看解析 4.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. (1分)设，由已知得：， (2分)() 当时， , =, ， (3分)=，=， (4分)。 (5分)又， 平面平面平面。 (6分)() ，二面角小于， (11分)二面角余弦值为，二面角B-PD-C大小为。 (12分)5. (2014山西忻州
4、一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，19) 如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60, 四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1（1）求证：平面FBC平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为（90），试求cos的取值范围 5.查看解析 5. （1）证明：在四边形ABCD中，ABCD，AD=DC=CB=1，ABC=60, AB=2，AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3, AB2=AC2+BC2, BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCD=AC，BC平面ABCD，
5、BC平面ACFE. 又因为BC平面FBC， 所以平面ACFE平面FBC， . 5分(2) 解：由(1) 可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM=(0), 则C(0，0，0) ，A(，0，0) ，B(0，1，0) ，M(，0，1) ，取x=1, 则n1=(1, , ),n2=(1,0, 0) 是平面FCB的一个法向量,0, 当=0时，cos有最小值，当=时，cos有最大值. cos. 12分6.（2014山东潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，17）如图，在四棱锥E-ABCD中，EA平面ABCD，AB/CD，AD=BC=AB，ABC= (I) 求证：
6、BCE为直角三角形； (II) 若AE=AB，求CE与平面ADE所成角的正弦值 6.查看解析 6.7.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，19）如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，底面是菱形，, 点P在底面上的射影为ACD的重心，点M为线段上的点（1）当点M为PB的中点时，求证：PD/平面ACM；（2）当平面CDM与平面CBM夹角的余弦值为时，试确定点M的位置 7.查看解析 7. （1）设AC、BD的交点为I，连结MI，因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD/MI，又MI在平面ACM内，所以PD/平面ACM； 4分（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、
7、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则, ，6分设，则,，设平面CBM的法向量为，则且，令则 10分所以8.（2014湖北八校高三第二次联考数学（理）试题，19）如图，在三棱锥中， 点是的中点，点在线段上, 且（）求的长； （）求二面角的余弦值 8.查看解析 8.（2） 设平面MNC的一个法向量为，则 令，则，即 9 分平面ANC的一个法向量为， 则 故二面角的余弦值为. 12分9.(2013年北京海淀区高三第二次模拟，17，14分）如图1，在直角梯形中，. 把沿对角线折起到的位置, 如图2所示, 使得点在平面上的正投影恰好落在线段上，连接, 点分别为线段的中点.（）求
8、证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）在棱上是否存在一点, 使得到点四点的距离相等？请说明理由. 9.（）因为点在平面上的正投影恰好落在线段上，所以平面，所以.因为在直角梯形中，所以，.所以是等边三角形，所以是中点.所以.同理可证，又.所以平面.（）在平面内过作的垂线 ，如图建立空间直角坐标系，则，.因为，设平面的法向量为.因为，所以有，即，令则所以 .故.所以直线与平面所成角的正弦值为.(III) 存在，事实上记点为即可.因为在直角三角形中， 在直角三角形中，点，所以点到四个点的距离相等.9.10.（2013重庆，19,13分）如图, 四棱锥P-ABCD中, PA底面ABCD,
9、BC=CD=2, AC=4, ACB=ACD=, F为PC的中点, AFPB.() 求PA的长;() 求二面角B-AF-D的正弦值. 10.() 如图, 连结BD交AC于O, 因为BC=CD, 即BCD为等腰三角形, 又AC平分BCD, 故ACBD. 以O为坐标原点, , , 的方向分别为x轴, y轴, z轴的正方向, 建立空间直角坐标系O-xyz, 则OC=CDcos=1, 而AC=4, 得AO=AC-OC=3, 又OD=CDsin=, 故A(0, -3,0), B(, 0,0), C(0,1, 0), D(-, 0,0).因PA底面ABCD, 可设P(0, -3, z), 由F为PC边中点
10、, F. 又=, =(, 3, -z), 因AFPB, 故=0, 即6-=0, z=2(舍去-2), 所以|=2.() 由() 知=(-, 3,0), =(, 3,0), =(0,2, ). 设平面FAD的法向量为n1=(x1, y1, z1), 平面FAB的法向量为n2=(x2, y2, z2),由n1=0, n1=0, 得因此可取n1=(3, , -2).由n2=0, n2=0, 得故可取n2=(3, -, 2).从而法向量n1, n2的夹角的余弦值为cos =.故二面角B-AF-D的正弦值为.10.11.（2013四川，19,12分）如图, 在三棱柱ABC-A1B1C1中, 侧棱AA1底
11、面ABC, AB=AC=2AA1, BAC=120, D, D1分别是线段BC, B1C1的中点, P是线段AD的中点.() 在平面ABC内, 试作出过点P与平面A1BC平行的直线l, 说明理由, 并证明直线l平面ADD1A1;() 设() 中的直线l交AB于点M, 交AC于点N, 求二面角A-A1M-N的余弦值. 11.() 如图, 在平面ABC内, 过点P作直线lBC, 因为l在平面A1BC外, BC在平面A1BC内, 由直线与平面平行的判定定理可知, l平面A1BC.由已知, AB=AC, D是BC的中点,所以BCAD, 则直线lAD.因为AA1平面ABC, 所以AA1直线l.又因为AD
12、, AA1在平面ADD1A1内, 且AD与AA1相交,所以直线l平面ADD1A1. (6分)() 解法一: 连结A1P, 过A作AEA1P于E, 过E作EFA1M于F, 连结AF.由() 知, MN平面AEA1, 所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN, 则A1MAE.所以A1M平面AEF, 则A1MAF.故AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为).设AA1=1, 则由AB=AC=2AA1, BAC=120, 有BAD=60, AB=2, AD=1.又P为AD的中点, 所以M为AB中点, 且AP=, AM=1,所以在RtAA1P中, A1P=; 在RtA1AM中, A1M=.从
13、而AE=, AF=,所以sin =,所以cos =.故二面角A-A1M-N的余弦值为. (12分)解法二: 设A1A=1. 如图, 过A1作A1E平行于B1C1, 以A1为坐标原点, 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O-xyz(点O与点A1重合).则A1(0,0, 0), A(0,0, 1).因为P为AD的中点, 所以M, N分别为AB, AC的中点,故M, N,所以=, =(0,0, 1), =(, 0,0).设平面AA1M的一个法向量为n1=(x1, y1, z1), 则即故有从而取x1=1, 则y1=-, 所以n1=(1, -, 0).设平面A1M
14、N的一个法向量为n2=(x2, y2, z2), 则即故有从而取y2=2, 则z2=-1, 所以n2=(0,2, -1).设二面角A-A1M-N的平面角为, 又为锐角,则cos =.故二面角A-A1M-N的余弦值为. (12分)11.12.(2013湖南，19,12分)如图, 在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中, ADBC, BAD=90, ACBD, BC=1, AD=AA1=3.() 证明: ACB1D;() 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值. 12.解法一: () 如图1, 因为BB1平面ABCD, AC平面ABCD, 所以ACBB1.又ACBD, 所以AC平面BB1D, 而
15、B1D平面BB1D, 所以ACB1D.图1() 因为B1C1AD, 所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为).如图1, 连结A1D. 因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱, 且B1A1D1=BAD=90, 所以A1B1平面ADD1A1, 从而A1B1AD1. 又AD=AA1=3, 所以四边形ADD1A1是正方形, 于是A1DAD1. 故AD1平面A1B1D, 于是AD1B1D.由() 知, ACB1D, 所以B1D平面ACD1, 故ADB1=90-.在直角梯形ABCD中, 因为ACBD, 所以BAC=ADB. 从而RtABCRtDAB, 故=, 即
16、AB=.连结AB1. 易知AB1D是直角三角形, 且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21, 即B1D=.在RtAB1D中, cosADB1=,即cos(90-) =. 从而sin=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二: () 易知, AB, AD, AA1两两垂直. 如图2, 以A为坐标原点, AB, AD, AA1所在直线分别为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系. 设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0, 0), B(t, 0,0), B1(t, 0,3), C(t, 1,0), C1(t, 1,3), D(0,3, 0), D1(0,3, 3).图2从而=
17、(-t, 3, -3), =(t, 1,0), =(-t, 3,0).因为ACBD, 所以=-t2+3+0=0, 解得t=或t=-(舍去).于是=(-, 3, -3), =(, 1,0).因为=-3+3+0=0, 所以, 即ACB1D.() 由() 知, =(0,3, 3), =(, 1,0), =(0,1, 0).设n=(x, y, z) 是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1, 则n=(1, -, ).设直线B1C1与平面ACD1所成角为, 则sin =|cos |=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.12.13.（2013陕西，18,12分）如图, 四棱柱ABCD-A1B1
18、C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O平面ABCD, AB=AA1=.() 证明: A1C平面BB1D1D;() 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. 13.() 解法一: 由题设易知OA, OB, OA1两两垂直, 以O为原点建立空间直角坐标系, 如图.AB=AA1=,OA=OB=OA1=1,A(1,0, 0), B(0,1, 0), C(-1,0, 0), D(0, -1,0), A1(0,0, 1).由=, 易得B1(-1,1, 1).=(-1,0, -1), =(0, -2,0), =(-1,0, 1),=0, =0,A1CBD, A1CBB1,A1C平面B
19、B1D1D.解法二: A1O平面ABCD, A1OBD.又底面ABCD是正方形,BDAC, BD平面A1OC, BDA1C.又OA1是AC的中垂线,A1A=A1C=, 且AC=2, AC2=A+A1C2,AA1C是直角三角形, AA1A1C.又BB1AA1, A1CBB1, A1C平面BB1D1D.() 设平面OCB1的法向量n=(x, y, z).=(-1,0, 0), =(-1,1, 1),取n=(0,1, -1),由() 知, =(-1,0, -1) 是平面BB1D1D的法向量,cos =|cos |=.又0, =.13.14.（2013江苏，22,10分）如图, 在直三棱柱A1B1C1
20、-ABC中, ABAC, AB=AC=2, A1A=4, 点D是BC的中点.(1) 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值. 14.(1) 以A为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0, 0), B(2,0, 0), C(0,2, 0), D(1,1, 0), A1(0,0, 4), C1(0,2, 4), 所以=(2,0, -4), =(1, -1, -4).因为cos =,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2) 设平面ADC1的法向量为n1=(x, y, z), 因为=(1,1, 0), =(0
21、,2, 4), 所以n1=0, n1=0, 即x+y=0且y+2z=0, 取z=1, 得x=2, y=-2, 所以n1=(2, -2,1) 是平面ADC1的一个法向量. 取平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1, 0), 设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |=, 得sin =.因此, 平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.14.15.（2013辽宁，18,12分）如图, AB是圆的直径, PA垂直圆所在的平面, C是圆上的点.() 求证: 平面PAC平面PBC;() 若AB=2, AC=1, PA=1, 求二面角C-PB-A的余弦值. 15.() 证明:
22、由AB是圆的直径, 得ACBC,由PA平面ABC, BC平面ABC, 得PABC.又PAAC=A, PA平面PAC, AC平面PAC,所以BC平面PAC.因为BC平面PBC.所以平面PBC平面PAC. (6分)() 解法一: 过C作CMAP, 则CM平面ABC.如图, 以点C为坐标原点. 分别以直线CB, CA, CM为x轴, y轴, z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2, AC=1, 所以BC=.因为PA=1, 所以A(0,1, 0), B(, 0,0), P(0,1, 1),故=(, 0,0), =(0,1, 1).设平面BCP的法向量为n1=(x, y, z).则所以不妨令y=1, 则n
23、1=(0,1, -1).因为=(0,0, 1), =(, -1,0),设平面ABP的法向量为n2=(x, y, z),则所以不妨令x=1, 则n2=(1, , 0).于是cos =,所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为. (12分)解法二: 过C作CMAB于M,因为PA平面ABC, CM平面ABC,所以PACM,故CM平面PAB.过M作MNPB于N, 连结NC,由三垂线定理得CNPB.所以CNM为二面角C-PB-A的平面角.在RtABC中, 由AB=2, AC=1, 得BC=, CM=,BM=.在RtPAB中, 由AB=2, PA=1, 得PB=.因为RtBNMRtBAP,所以=, 故M
24、N=.又在RtCNM中, CN=, 故cosCNM=.所以二面角C-PB-A的余弦值为. (12分)15.16.（2013北京, 17,14分）如图, 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.() 求证: AA1平面ABC;() 求二面角A1-BC1-B1的余弦值;() 证明: 在线段BC1上存在点D, 使得ADA1B. 并求的值. 16.() 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.() 由() 知AA1AC, AA
25、1AB.由题知AB=3, BC=5, AC=4, 所以ABAC. 如图, 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), 则即令z=3, 则x=0, y=4, 所以n=(0,4, 3).同理可得, 平面B1BC1的法向量为m=(3,4, 0).所以cos =.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.() 设D(x, y, z) 是直线BC1上一点, 且=.所以(x, y-3, z) =(4, -3,4).解得x=4,
26、y=3-3, z=4.所以=(4, 3-3, 4).由=0, 即9-25=0,解得=.因为, 所以在线段BC1上存在点D, 使得ADA1B. 此时, =.16.17.(2013课标，18,12分)如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1中, D, E分别是AB, BB1的中点, AA1=AC=CB=AB.() 证明: BC1平面A1CD;() 求二面角D-A1C-E的正弦值. 17.() 连结AC1交A1C于点F, 则F为AC1中点.又D是AB中点, 连结DF, 则BC1DF.因为DF平面A1CD, BC1平面A1CD, 所以BC1平面A1CD.() 由AC=CB=AB得, ACBC.以C为坐标原点, 的方向为x轴正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 设CA=2, 则D(1,1, 0), E(0,2, 1), A1(2,0, 2),=(1,1, 0), =(0,2, 1), =(2,0, 2).设n=(x1, y1, z1) 是平面A1CD的法向量, 则即可取n=(1, -1, -1).同理, 设m是平面A1CE的法向量, 则可取m=(2,1, -2).从而cos =, 故sin =.即二面角D-A1C-E的正弦值为.17.