1、高考资源网（） 您身边的高考专家巩固双基,提升能力一、选择题1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()A. B. C. D.解析：建立空间直角坐标系如图则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)(1,0,2)，(1,2,1)，cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.答案：B2在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线CE垂直于()AAC BBDCA1D DA1A解析：以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为
2、1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，E，(1,1,0)，(1,1,0)，(0,1，1)，(0,0，1)显然00，即CEBD.答案：B3在90的二面角的棱上有A、B两点，AC、BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB5，AC3，CD5，则BD()A4 B5 C6 D7解析：由条件知ACAB，BDAB，ACBD，又，2()2|2|2|23252|2(5)2，|216，BD4.答案：A4若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()A120 B60C30 D以上均错解析：设l与所成角为，
3、则sin|cos120|.又090，30.答案：C5已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC4，CC12，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析：如图建立空间直角坐标系，则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)，显然AC平面BB1D1D，(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量又(0,4,2)，cos，.即BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.答案：C6(2013德州调研)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150 B
4、45 C60 D120解析：由题意知与所成角即为该二面角的平面角，2222222.(2)26242822|cos，116268cos，cos，120，60，该二面角的大小为60.答案：C二、填空题7(2013潍坊考试)如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1，若ABCD是边长为2的正方形，AA11，A1ADA1AB60，则BD1的长为_解析：，2()29，故BD13.答案：38(2013怀化模拟)如图，在直三棱柱中，ACB90，ACBC1，侧棱AA1，M为A1B1的中点，则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为_解析：以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x，y，z轴建立空间直
5、角坐标系，则平面AA1C1C的法向量为n(0,1,0)，(1,0，)，则直线AM与平面AA1C1C所成角的正弦值为sin|cos，n|，tan.答案：9(2013东城练习)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD，DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件_时，就有MNA1C1；当N只需满足条件_时，就有MN平面B1D1C.解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M，N(x,0，z)，(1,1,0)，因此(1,1,0)1x0，即x，故点N在E
6、G上，就有MNA1C1.设平面B1D1C的一个法向量为n(1,1,1)，若MN平面B1D1C，则n(1,1,1)1xz0即xz0，故点N在EH上，就有MN平面B1D1C.答案：点N在EG上点N在EH上三、解答题10(2012天津)如图，在四棱锥PABCD中，AP平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长解析：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)(1)易得(
7、0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得.由(2，1,0)，故cos，所以，cos30，解得h，即AE.方法二：(1)由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH.因此DHP
8、C，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图，因为ADC45，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角由于BFCD，故AFBADC，在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin135，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF .在RtBAE中，BE .在EBF中，因为EFBE
9、，从而EBF30，由余弦定理得cos30.可解得h.所以AE.11(2012湖北)如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(如图2所示)(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小图1图2解析：(1)方法一：在如图1所示ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x.由ADBC，ACB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如图2)，A
10、DDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)3，当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，故当x1，即BD1时，三棱锥ABCD的体积最大方法二：同解法1，得VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x3，解得x1.当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,3)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最大值故当BD1时，三棱锥ABCD的体积最大(2)方法一：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz
11、.由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，且(1,1, 1)设N(0，0)，则.因为ENBN等价于0，即(1,1,1)10，故，N.所以当DN(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，ENBM.设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，由及，得可取n(1,2，1)设EN与平面BMN所成角的大小为，则由，n(1,2，1)，可得sincos(90)，即60.故EN与平面BMN所成角的大小为60.图a图b图c图d方法二：由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADC
12、D2.如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MFAD.由(1)知AD平面BCD，所以MF平面BCD.如图c，延长FE至P点使得FPDB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DPBF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则ENDP，所以ENBF.因为MF平面BCD，又EN面BCD，所以MFEN.又MFBFF，所以EN面BMF.又BM面BMF，所以ENBM.因为ENBM当且仅当ENBF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的即当DN(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，ENBM.连接MN，ME，由计算得NBNMEBEM，所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d
13、所示，取BM的中点G，连接EG，NG，则BM平面EGN.在平面ENG中，过点E作EHGN于H，则EH平面BMN，故ENH是EN与平面BMN所成的角在EGN中，易得EGGNNE，所以EGN是正三角形，故ENH60，即EN与平面BMN所成的角的大小为60.12(2012福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解析：(1)以A为原点，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(如图)设
14、ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故 (0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)，n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos.二面角AB1EA1的大小为30，|cos|cos30，即，解得a2，即AB的长为2.高考资源网版权所有，侵权必究！