2013届高考数学一轮复习演练：专题四知能演练轻松闯关

2013年高三数学一轮复习 专题四知能演练轻松闯关 新人教版

1．如图，在三棱锥P－ABC中，已知PC⊥平面ABC，点C在平面PBA内的射影D在直线PB上．

(1)求证：AB⊥平面PBC；

(2)设AB＝BC，直线PA与平面ABC所成的角为45°，求异面直线AP与BC所成的角的大小．

解：(1)证明：因为PC⊥平面ABC，AB?平面ABC， 所以AB⊥PC，

因为点C在平面PBA内的射影D在直线PB上， 所以CD⊥平面PAB，

又因为AB?平面PBA，所以AB⊥CD. 又因为PC∩CD＝C，所以AB⊥平面PBC.

(2)因为PC⊥平面ABC，所以∠PAC为直线PA与平面ABC所成的角，

于是∠PAC＝45°，设AB＝BC＝1，则PC＝AC＝2. 以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(0,0,0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，2)， →→

AP＝(1，－1，2)，BC＝(1,0,0)，

→→AP·BC1→→

因为cos〈AP，BC〉＝＝，

→→2|AP|·|BC|

所以异面直线AP与BC所成的角为60°. 2．一个四棱锥的直观图和三视图如图所示．

(1)设PB的中点为M，求证：CM∥平面PDA；

(2)在BC边上是否存在异于B、C两点的点Q，使得二面角APDQ为120°？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．

解：根据三视图和直观图，可以得BC，BA，BP两两垂直，以B为原点，分别以BC、BA、BP所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,2,0)，P(0,0,1)，C(1,0,0)，

1?→→?D(1,1,0)，M?0，0，?，AP＝(0，－2,1)，AD＝(1，－1,0)． 2??

→→

(1)证明：设平面PDA的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·AD＝0且m·AP＝0，即(x，y，z)·(1，－1,0)＝0且(x，y，z)·(0，－2,1)＝0，即x－y＝0且－2y＋z＝0，令z＝2得x1?→?→

＝y＝1，故平面PDA的一个法向量为m＝(1,1,2)．又向量CM＝?－1，0，?，所以m·CM＝0，

2??

即直线CM的方向向量垂直平面PAD的法向量，故CM∥平面PDA. (2)假设BC边上存在点Q，使得二面角APDQ为120°，

设Q(x0,0,0)，其中x0∈(0,1)，

平面PDQ的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

则n·→PD且n·→

PQ＝0，

因为→PD＝(1,1，－1)，→

PQ＝(x0,0，－1)，所以 ???x1＋y1－z1＝0，?

令z＝11＝1，得n?1??

x?0x1－z1＝0，?x，1－0x，10??，

∴|cos〈n，m〉|＝|3|

??1?x?

2＋?1－1?2＋1×12＋12＋20????x0?

2?

＝|－cos120°|＝1

2

，

解得x10＝2，∴Q??1??2，0，0??

. 故点Q为BC的中点时，使二面角APDQ为120°. 3．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF. (1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE； (2)若AC＝BC＝2AE，求二面角ABFC的大小．

解：(1)证明：法一：因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°.

所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF， 因此BC＝2FG. 连接AF，

由于FG∥BC，FG＝1

2

BC，

在?ABCD中，M是线段AD的中点，

则AM∥BC，且AM＝1

2

BC，

因此FG∥AM且FG＝AM，

所以四边形AFGM为平行四边形， 因此GM∥FA.

又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE， 所以GM∥平面ABFE.

法二：因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF， 所以BC＝2FG.

取BC的中点N，连接GN，

因此四边形BNGF为平行四边形， 所以GN∥F B.

在?ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN， 则MN∥A B. 因为MN∩GN＝N，

所以平面GMN∥平面ABFE.

又GM?平面GMN，所以GM∥平面ABFE.

(2)因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°. 又EA⊥平面ABCD，

所以AC，AD，AE两两垂直．

分别以AC，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，

所以→AB＝(2，－2,0)，→

BC＝(0,2,0)．

又EF＝1

2

AB，

所以F(1，－1,1)，→

BF＝(－1,1,1)． 设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

则m·→BC＝0，m·→

BF＝0，

所以???

y1＝0，?

?x1＝z1，

取z1＝1，得x1＝1， 所以m＝(1,0,1)．

设平面向量ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

则n·→AB＝0，n·→

BF＝0，

所以???x2＝y2，?

?

z2＝0，取y2＝1，得x2＝1， 则n＝(1,1,0)．

所以cos〈m，n〉＝m·n1

|m|·|n|＝2

.

因此二面角ABFC的大小为60°.

4．在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝2，BE和平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上． (1)求证：DE∥平面ABC； (2)求多面体ABCDE的体积；

(3)求二面角EBCA的余弦值．

解：(1)证明：由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形， 取AC的中点O，连接BO，DO， 则BO⊥AC，DO⊥AC. ∵平面ACD⊥平面ABC，

∴DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC交平面ABC于点F， ∴EF∥DO，根据题意，点F落在BO上， ∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3. ∴四边形DEFO是平行四边形，∴DE∥OF. ∵DE?平面ABC，OF?平面ABC， ∴DE∥平面ABC，

(2)∵平面ACD⊥平面ABC，OB⊥AC， ∴OB⊥平面ACD， 又∵DE∥OB， ∴DE⊥平面DAC.

∴三棱锥E－DAC的体积V113－3

1＝3S△ADC·DE＝3×3×(3－1)＝3

.

11

又∵三棱锥E－ABC的体积V2＝S△ABC·EF＝×3×3＝1，

336－3

∴多面体ABCDE的体积为V＝V1＋V2＝.

3

(3)依题意建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则C(－1,0,0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3)，可求得平面ABC的一个法向量为n1＝(0,0,1)，

→

设平面BCE的一个法向量为n2＝(x1，y1，z1)，BC＝(－1，－3，0)，→

BE＝(0，－1，3)， →??n2·BC＝0

则?

→??n2·BE＝0

?－x1－3y1＝0

，即?

?－y1＋3z1＝0

，

取z1＝1，则平面BCE的一个法向量为n2＝(－3，3，1)，

n1·n213

所以cos〈n1，n2〉＝＝.

|n1||n2|13

结合图形可知，所求二面角的平面角是锐角，

13

所以二面角EBCA的余弦值为. 13

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