2013届高三数学一轮复习限时训练8-6
2013届高考数学一轮复习强化训练阶段性测试题八
阶段性测试题八(平面解析几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分150分。
考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(2011～2012·北京四中期中)已知过点A (－2，m )和B (m,4)的直线与直线2x ＋y －1＝0垂直，则m 的值为( )A ．－8B ．0C ．10D ．2[答案] D[解析] 由条件知，4－m m ＋2·(－2)＝－1，∴m ＝2.2．(文)(2011～2012·长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学联考)过点P (1,2)的直线l 平分圆C ：x 2＋y 2＋4x ＋6y ＋1＝0的周长，则直线l 的斜率为( )A.53 B ．1 C.85 D.43[答案] A[解析] ∵直线l 平分⊙C 的周长，∴l 过圆心C (－2，－3)，∴l 的斜率为k PC ＝53.(理)(2011～2012·吉林重点中学一模)过点A (3，－2)的直线l 经过圆x 2＋y 2－2y ＝0的圆心，则直线l 的倾斜角大小为( )A ．150°B ．60°C ．30°D ．120°[答案] D[解析] 圆x 2＋y 2－2y ＝0的圆心C (0,1)，l 过点A (3，－2)和C ，∴其斜率k AC ＝－3，由tan α＝－3，0<α<π得，α＝120°，故选D.3．(文)(2011～2012·青岛市期末)点P (2，－1)为圆(x －1)2＋y 2＝25内弦AB 的中点，则直线AB 的方程为( )A ．x ＋y －1＝0B ．2x ＋y －3＝0C ．x －y －3＝0D ．2x －y －5＝0[答案] C[解析] 圆心C (1,0)，k PC ＝－1，∴k AB ＝1，排除A 、B 、D ，选C. (理)(2011～2012·延边州质检)过(2,2)点且与曲线x 2＋y 2＋2x －2y －2＝0相交所得弦长为23的直线方程是( )A ．3x －4y ＋2＝0B ．3x －4y ＋2＝0或x ＝2C ．3x －4y ＋2＝0或y ＝2D ．x ＝2或y ＝2[答案] C[解析] 圆(x ＋1)2＋(y －1)2＝4的圆心C (－1,1)，半径r ＝2，∵弦长为23，∴C 到直线距离为1，经检验知选C.4．(文)(2011～2012·泉州五中模拟)若双曲线x 24－y 212＝1上的一点P 到它的右焦点的距离为8，则点P 到它的左焦点的距离是( )A ．4B ．12C ．4或12D ．6[答案] C[解析] ∵a 2＝4，∴a ＝2，设左、右焦点分别为F 1、F 2，则由定义知||PF 1|－|PF 2||＝4，∴||PF 1|－8|＝4，∴|PF 1|＝12或4.(理)(2011～2012·淄博一模)设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(b >a >0)的半焦距为c ，直线l 过A (a,0)，B (0，b )两点，若原点O 到l 的距离为34c ，则双曲线的离心率为( )A.233或2 B ．2 C.2或233 D.233[答案] B5．(2011～2012·山东苍山县期末)设椭圆x 2m 2＋y 2n 2＝1(m >0，n >0)的右焦点与抛物线y 2＝8x 的焦点相同，离心率为12，则此椭圆的方程为( )A.x 212＋y 216＝1 B.x 216＋y 212＝1 C.x 248＋y 264＝1 D.x 264＋y 248＝1[答案] B[解析] 抛物线y 2＝8x 的焦点F (2,0)，由条件得⎩⎨⎧m 2－n 2＝42m ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝16n 2＝12，故选B.6．(文)(2011～2012·东营市期末)已知点P 是抛物线y 2＝－8x 上一点，设P 到此抛物线准线的距离是d 1，到直线x ＋y －10＝0的距离是d 2，则d 1＋d 2的最小值是( )A. 3 B ．2 3 C ．6 2D ．3[答案] C[解析] 抛物线y 2＝－8x 的焦点F (－2,0)，根据抛物线的定义知，d 1＋d 2＝|PF |＋d 2，显然当由点F 向直线x ＋y －10＝0作垂线与抛物线的交点为P 时，d 1＋d 2取到最小值，即|－2＋0－10|2＝6 2.(理)(2011～2012·河北五校联盟模拟)直线l 的方向向量为n ＝(4,3)且过抛物线x 2＝4y 的焦点，则直线l 与抛物线围成的封闭图形面积为( )A.858B.12524C.12512D.38524[答案] B[解析] 由条件知，k l ＝34，又l 过抛物线x 2＝4y 的焦点F (0,1)，∴l 的方程为y －1＝34x ，即3x －4y ＋4＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋4＝0x 2＝4y 解得l 与抛物线两交点坐标为A (－1，14)，B (4,4)，故所求面积S ＝⎠⎜⎛-14 (34x ＋1－14x 2)d x ＝(38x 2＋x －112x 3)|4－1＝12524.7．(2011～2012·大庆铁人中学期末)将一张坐标纸折叠一次，使点(10,0)与(－6,8)重合，则与点(－4,2)重合的点是( )A ．(4，－2)B ．(4，－3)C ．(3，32)D ．(3，－1)[答案] A[解析] 解法一：由条件知，点(10,0)与(－6,8)关于折线对称，故折线过点(2,4)，斜率k ＝－18－6－10＝2，故折线所在直线方程为y －4＝2(x －2)，即2x －y ＝0，与点(－4，2)重合的点M 和点(－4,2)的中点应在直线2x －y ＝0上，经检验知，只有A 适合，故选A.解法二：设与点C (－4,2)重合的点为D ，又A (10,0)，B (－6,8)，则必有AB ∥CD ，∴k AB ＝k CD ， ∵k AB ＝－12，∴k CD ＝－12，经检验知，只有A 适合．8．(文)(2011～2012·浙江六校联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线均和圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C 的圆心，则该双曲线的方程为( )A.x 24－y 25＝1 B.x 25－y 24＝1 C.x 23－y 26＝1 D.x 26－y 23＝1[答案] B[解析] 双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，圆C 的圆心C (3,0)，半径r ＝2，由条件知⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝93b a 2＋b2＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝4a 2＝5.(理)(2011～2012·青岛市期末)以双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点F 为圆心，作半径为b 的圆F ，则圆F 与双曲线的渐近线( )A ．相交B ．相离C ．相切D ．不确定[答案] C[解析] 双曲线的焦点F (－c,0)到渐近线y ＝ba x 的距离为d ＝|－bc |a 2＋b2＝b ，故⊙F 与渐近线相切． 9．(2011～2012·厦门市质检)抛物线y 2＝mx 的焦点为F ，点P (2,22)在此抛物线上，M 为线段PF 的中点，则点M 到该抛物线准线的距离为( )A ．1 B.32 C ．2 D.52 [答案] D[解析] ∵点P (2,22)在抛物线上，∴(22)2＝2m ，∴m ＝4，P 到抛物线准线的距离为2－(－1)＝3，F 到准线距离为2，∴M 到抛物线准线的距离为d ＝3＋22＝52.10．(2011～2012·北京四中期末)曲线x 2＋y |y |＝1与直线y ＝kx 有且仅有两个公共点，则k 的取值范围是( )A ．[－1,1]B ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)C ．(－1,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[答案] C[解析] 方程x 2＋y |y |＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1y ≥0或⎩⎨⎧x 2－y 2＝1y <0，其图形如图，若直线y ＝kx 与此曲线有且仅有两个公共点，则－1<k <1.11．(文)(2011～2012·重庆市期末)将直线x ＋y －1＝0绕点(1,0)沿逆时针方向旋转15°得到直线l ，则直线l 与圆(x ＋3)2＋y 2＝4的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．相交或相切[答案] B[解析] 直线x ＋y －1＝0的斜率k ＝－1，∴倾斜角为135°，故直线l 的倾斜角α＝135°＋15°＝150°，斜率k l ＝tan α＝－33，方程为y ＝－33(x －1)，即x ＋3y －1＝0，∵圆心C (－3,0)到直线l 距离d ＝2，∴直线与圆相切．(理)(2011～2012·滨州市沾化一中期末)设双曲线的一个焦点为F ，虚轴的一个端点为B ，如果直线FB 与该双曲线的一条渐近线垂直，那么双曲线的离心率是( )A. 2B. 3C.3＋12D.5＋12[答案] D[解析] 设F (c,0)，B (0，b )，则k FB ＝b－c ，由条件知b a ·(－bc )＝－1，∴b 2＝ac ，又b 2＝c 2－a 2，∴c 2－a 2－ac ＝0， ∴e 2－e －1＝0，∵e >1，∴e ＝5＋12.12．(文)(2011～2012·河北五校联盟月考)已知P 是双曲线x 24－y 2b 2＝1(b >0)上一点，F 1、F 2是左右焦点，△PF 1F 2的三边长成等差数列，且∠F 1PF 2＝120°，则双曲线的离心率等于( )A.357B.352 C.27 D.72[答案] D[解析] 由条件知，2|PF 1|＝|PF 2|＋|F 1F 2|，a ＝2， 设|PF 2|＝t ，则|PF 1|＝4＋t ，∴|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|·cos120°＝t 2＋(4＋t )2－2×t (4＋t )·(－12)＝3t 2＋12t ＋16.由2|PF 1|＝|PF 2|＋|F 1F 2|得，|F 1F 2|＝t ＋8，∴3t 2＋12t ＋16＝(t ＋8)2，∵t ≥0，∴t ＝6.∴|F 1F 2|＝14，∴e ＝72.(理)(2011～2012·河北衡水中学一调)已知双曲线x 29－y 216＝1，其右焦点为F ，P 为其上一点，点M 满足|MF →|＝1，MF →·MP →＝0，则|MP →|的最小值为( )A ．3 B. 3 C ．2 D. 2[答案] B[解析] ∵|MF→|＝1，F 为定点，∴点M 在以F 为圆心，1为半径的圆上，又P 在双曲线上，设P (x 0，y 0)，则x 209－y 2016＝1，∴y 20＝169x 20－16，∵MF →·MP →＝0，∴MF ⊥MP ，∴|MP →|2＝|PF |2－|MF |2＝(x 0－5)2＋y 20－1＝(x 0－5)2＋169x 20－17＝259x 20－10x 0＋8＝259(x 0－95)2－1，∵x 0≤－3或x 0≥3，∴|MP →|2min ＝3，∴|MP →|min＝ 3. 第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(文)(2011～2012·泉州五中模拟)已知直线的倾斜角的余弦值是12，则此直线的斜率是________．[答案]3[解析] 设直线的倾斜角为α，则cos α＝12，0<α<π，∴sin α＝1－cos 2α＝32，∴tan α＝sin αcos α＝ 3.(理)两平行直线x ＋ay －a －1＝0与2x ＋a 2y ＋5＝0之间的距离是________．[答案] 72或11510[解析] ∵两直线平行，∴当a ≠0时，12＝a a 2≠－a －15，∴a ＝2，此时两直线方程为x ＋2y －3＝0与2x ＋4y ＋5＝0，∴距离为d ＝|－6－5|22＋42＝11510，当a ＝0时，两直线方程为x ＝1或x ＝－52，此时两平行直线之间的距离为d 1＝1－(－52)＝72.14．(文)(2011～2012·浙江温州一测)已知双曲线x 24－y 2b 2＝1(b >0)的离心率为2，则它的一焦点到其中一条渐近线的距离为________．[答案] 2 3[解析] 由条件知，4＋b 22＝2，∴b 2＝12，∴b ＝23， ∴一焦点F (4,0)到一条渐近线y ＝3x 的距离d ＝2 3.(理)(2011～2012·黄冈市期末)已知直线ax ＋y ＋2＝0与双曲线x 2－y 24＝1的一条渐近线平行，则这两条平行直线之间的距离是________．[答案]255[解析] 双曲线的渐近线方程为y ＝±2x ，由条件知a ＝±2，∴两平行线2x ＋y ＋2＝0与y ＝－2x 之间的距离是d ＝25＝255.15．若方程x 2sin2α－y 2cos α＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，那么α的取值范围是________．[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋7π6，2k π＋3π2，k ∈Z [解析] 根据题意知，⎩⎨⎧－1cos α>1sin2αcos α<0sin2α>0，化简得，⎩⎨⎧－1≤sin α<－12cos α<0.解得α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋76π，2k π＋32π(k ∈Z )．16．(文)(2011～2012·山东苍山县期末)已知圆C ：x 2＋y 2－6x －4y ＋8＝0，以圆C 与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点，则适合上述条件的双曲线的标准方程为________．[答案] x 24－y 212＝1[解析] 在⊙C 方程中，令x ＝0得y 2－4y ＋8＝0无解，令y ＝0得x 2－6x ＋8＝0，∴x ＝2或4，故双曲线方程中a ＝2，c ＝4，∴b 2＝c 2－a 2＝12，∴双曲线的标准方程为x 24－y 212＝1.(理)(2011～2012·深圳一调)已知抛物线y 2＝8x 的准线l 与双曲线C ：x 2a 2－y 2＝1相切，则双曲线C 的离心率e ＝________.[答案] 52[解析] 抛物线的准线l ：x ＝－2与双曲线C 相切， ∴a ＝2，∴c 2＝a 2＋b 2＝5，∴e ＝c a ＝52.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(文)已知圆C ：x 2＋y 2－6x －8y ＋21＝0和直线kx －y －4k ＋3＝0.(1)证明不论k 取何值，直线和圆总有两个不同交点； (2)当k 取什么值时，直线被圆截得的弦最短？并求这最短弦的长．[解析] (1)证明：由kx －y －4k ＋3＝0得(x －4)k －y ＋3＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x －4＝0，－y ＋3＝0.直线kx －y －4k ＋3过定点P (4,3)． 由x 2＋y 2－6x －8y ＋21＝0，即(x －3)2＋(y －4)2＝4， 又(4－3)2＋(3－4)2＝2<4，∴点P 在⊙C 内， ∴直线和圆总有两个不同的交点．(2)k PC ＝3－44－3＝－1.可以证明与PC 垂直的直线被圆所截得的弦最短，因此过P 点斜率为1的直线即为所求，其方程为y －3＝x －4，即x －y －1＝0. |PC |＝|3－4－1|2＝2，∴|AB |＝2|AC |2－|PC |2＝2 2.[点评] 当点P 在⊙C 内时，过点P 的所有直线l 中，当l ⊥PC 时，l 被⊙C 截得的弦长最短．证明如下：如图，P 在⊙C 内，直线AB 过P ，且AB ⊥PC ，直线DE 是过P 与PC 不垂直的任意一条弦(不是直径)，过C 作CM ⊥DE ，垂足为M ，则PC >CM ，∴PC 2>CM 2，∵CD 2＝CA 2，∴CD 2－CM 2>CA 2－PC 2，∴DM 2>AP 2，∴DM >AP ，∵DE ＝2DM ，AB ＝2AP ，∴DE >AB ，即过点P 的任意与PC 不垂直的弦长，总大于过点P 与PC 垂直的弦长(当DE 为⊙C 的直径时，DE >AB 显然成立)．(理)(2011～2012·会昌中学月考)椭圆的两焦点坐标分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，且椭圆过点M (1，－32)． (1)求椭圆方程；(2)过点N (－65，0)作不与y 轴垂直的直线l 交该椭圆于P ，Q 两点，A 为椭圆的左顶点，试判断∠PAQ 的大小是否为定值，并说明理由．[解析] (1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由题意c ＝3，且椭圆过点M (1，－32)，∴⎩⎨⎧a 2－b 2＝31a 2＋34b 2＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4b 2＝1， ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)设直线PQ ：x ＝ty －65， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －65x 24＋y 2＝1消去x 得，(t 2＋4)y 2－125ty －6425＝0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，∴y 1y 2＝－6425(t 2＋4)，y 1＋y 2＝12t5(t 2＋4)，又A (－2,0)，∴AP →·AQ →＝(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋y 1y 2＝(ty 1＋45)(ty 2＋45)＋y 1y 2 ＝(t 2＋1)y 1y 2＋45t (y 1＋y 2)＋1625＝0，∴∠PAQ ＝π2(定值)．18．(本小题满分12分)(文)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且经过点P (1，32)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设F 是椭圆C 的左焦点，判断以PF 为直径的圆与以椭圆长轴为直径的圆的位置关系，并说明理由．[解析] (1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∴⎩⎨⎧a 2－b 2a ＝121a 2＋94b 2＝1，即⎩⎨⎧3a 2－4b 2＝01a 2＋94b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4b 2＝3， ∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)∵a 2＝4，b 2＝3， ∴c ＝a 2－b 2＝1.∴椭圆C 的左焦点坐标为(－1,0)．以椭圆C 的长轴为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝4，圆心坐标是(0,0)，半径为2.以PF 为直径的圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －342＝2516，圆心坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，半径为54.∵两圆心之间的距离为(0－0)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34－02 ＝34＝2－54，故以PF 为直径的圆与以椭圆长轴为直径的圆内切． (理)已知动圆过定点P (1,0)，且与直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心M 的轨迹C 的方程；(2)设A 、B 是轨迹C 上异于原点O 的两个不同点，若OA ⊥OB ，证明直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标．[解析] (1)设圆心M (x ，y )．由题意知点M 到点P 的距离等于点M 到直线x ＝－1的距离， 故点M 的轨迹C 是以P (1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线．∴轨迹C 的方程是y 2＝4x .(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)．代入C 的方程并整理得k 2x 2＋(2kb －4)x ＋b 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4－2kb k 2，x 1x 2＝b 2k 2. 故y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b ) ＝k 2x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2＝4bk .由OA ⊥OB 得x 1x 2＋y 1y 2＝0，即b 2k 2＋4bk ＝0， 解得b ＝－4k 或b ＝0(舍去)．此时，直线AB 的方程为：y ＝kx －4k ， 即y ＝k (x －4)．此时直线AB 过定点(4,0)．当直线AB 的斜率不存在时，由OA ⊥OB 可知A 、B 两点的坐标分别是(4，－4)、(4,4)．此时直线AB 也过定点(4,0)．综上所述，直线AB 恒过定点(4,0)．19．(本小题满分12分)(文)(2011·广东广州一模)已知直线y ＝－2上有一个动点Q ，过点Q 作直线l 1垂直于x 轴，动点P 在l 1上，且满足OP ⊥OQ (O 为坐标原点)，记点P 的轨迹为C .(1)求曲线C 的方程；(2)若曲线l 2是曲线C 的一条切线，当点(0,2)到直线l 2的距离最短时，求直线l 2的方程．[解析] (1)设P (x ，y )，则Q (x ，－2)， ∵OP ⊥OQ ，∴k OP ·k OQ ＝－1.当x ≠0时，得y x ·－2x ＝－1，化简得x 2＝2y .当x ＝0时，P 、O 、Q 三点共线，不符合题意，故x ≠0. ∴曲线C 的方程为x 2＝2y (x ≠0)． (2)解法一：∵直线l 2与曲线C 相切， ∴直线l 2的斜率存在． 设直线l 2的方程为y ＝kx ＋b ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝2y ，得x 2－2kx －2b ＝0. ∵直线l 2与曲线C 相切，∴Δ＝4k 2＋8b ＝0，即b ＝－k 22.由(0,2)到直线l 2的距离d ＝|－2＋b |k 2＋1＝12·k 2＋4k 2＋1＝12(k 2＋1＋3k 2＋1)≥12×2k 2＋1·3k 2＋1＝ 3.当且仅当k 2＋1＝3k 2＋1，即k ＝±2时，等号成立，此时b ＝－1.∴直线l 2的方程为2x －y －1＝0或2x ＋y ＋1＝0. 解法二：由x 2＝2y ，得y ′＝x .∵直线l 2与曲线C 相切，设切点M 的坐标为(x 1，y 1)，其中y 1＝12x 21，则直线l 2的方程为：y －y 1＝x 1(x －x 1)，化简得x 1x －y －12x 21＝0. 点(0,2)到直线l 2的距离 d ＝|－2－12x 21|x 21＋1＝12·x 21＋4x 21＋1 ＝12(x 21＋1＋3x 21＋1)≥12×2x 21＋1·3x 21＋1＝ 3. 当且仅当x 21＋1＝3x 21＋1，即x 1＝±2时，等号成立． ∴直线l 2的方程为2x －y －1＝0或2x ＋y ＋1＝0.(理)(2011～2012·包头一中期末)已知椭圆P 的中心O 在坐标原点，焦点在x 轴上，且经过点A (0,23)，离心率为12.(1)求椭圆P 的方程；(2)是否存在过点E (0，－4)的直线l 交椭圆P 于点R 、T ，且满足OR →·OT→＝8.若存在，求直线l 的方程；若不存在，说明理由． [解析] (1)设椭圆P 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．由题意得：b ＝23，e ＝c a ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2＝12a ＝2c ，∴c ＝2，a ＝4， 故椭圆P 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在满足题意的直线l .易知当直线l 的斜率不存在时，不符合题意，故直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为：y ＝kx －4.由⎩⎨⎧y ＝kx －4x 216＋y 212＝1可得：(3＋4k 2)x 2－32kx ＋16＝0，则Δ＝(－32k )2－4(3＋4k 2)×16>0，∴k 2>14，设R (x 1，y 1)，T (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝32k3＋4k 2x 1x 2＝163＋4k2，∴y 1y 2＝(kx 1－4)(kx 2－4)＝k 2x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16 ＝16k 23＋4k 2－128k 23＋4k 2＋16＝48－48k 23＋4k 2， ∵OR →·OT →＝8，∴x 1x 2＋y 1y 2＝8， ∴163＋4k 2＋48－48k 23＋4k 2＝8，∴k 2＝12>14，∴k ＝±22， ∴直线l 的方程为：y ＝±22x －4， 故存在直线y ＝±22x －4满足题意．20．(本小题满分12分)(文)(2011～2012·山东日照模拟)设椭圆C 1和抛物线C 2的焦点均在x 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点，从每条曲线上各取两点，将其坐标记录于下表中：(1)12(2)设直线l 与椭圆C 1交于不同两点M 、N ，且OM →·ON →＝0，请问是否存在直线l 过抛物线C 2的焦点F ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解析] (1)由题意(－2,0)，一定在椭圆C 1上， 设C 1方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，则a ＝2， ∴椭圆C 1上任何点的横坐标|x |≤2. 所以(2，22)也在C 1上，从而b 2＝1， ∴C 1的方程为x 24＋y 2＝1.从而(3，－23)，(4，－4)一定在C 2上， 设C 2的方程为y 2＝2px (p >0)， ∴p ＝2，即C 2的方程为y 2＝4x . (2)假设直线l 过C 2的焦点F (1,0)．当l 的斜率不存在时，则M (1，32)，N (1，－32)． 此时OM →·ON →＝1－34＝14≠0，与已知矛盾．当l 的斜率存在时设为k ，则l 的方程为y ＝k (x －1)代入C 1方程并整理得，(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2.y 1y 2＝k (x 1－1)k (x 2－1)＝k 2(x 1x 2－x 1－x 2＋1) ＝－3k 21＋4k 2， ∵OM →·ON →＝0，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0， ∴k 2－4＝0，k ＝±2，∴存在符合条件的直线l 且方程为y ＝±2(x －1)．(理)(2011～2012·襄阳市调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线x －y ＋6＝0相切，过点P (4,0)且不垂直于x 轴直线l 与椭圆C 相交于A 、B 两点．(1)求椭圆C 的方程； (2)求OA →·OB→的取值范围； (3)若B 点关于x 轴的对称点是E ，证明：直线AE 与x 轴相交于定点．[解析] (1)由题意知e ＝c a ＝12，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝14，即a 2＝43b 2，又b ＝61＋1＝3，∴a 2＝4，b 2＝3， 故椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意知直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎨⎧y ＝k (x －4)x 24＋y 23＝1得：(4k 2＋3)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0.由Δ＝(－32k 2)2－4(4k 2＋3)(64k 2－12)>0得：k 2<14，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 24k 2＋3，x 1x 2＝64k 2－124k 2＋3 ①∴y 1y 2＝k (x 1－4)k (x 2－4) ＝k 2x 1x 2－4k 2(x 1＋x 2)＋16k 2，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)·64k 2－124k 2＋3－4k 2·32k 24k 2＋3＋16k 2＝25－874k 2＋3∵0≤k 2<14，∴－873≤－874k 2＋3<－874，∴OA →·OB →∈[－4，134)， ∴OA →·OB →的取值范围是[－4，134)．(3)证明：∵B 、E 两点关于x 轴对称，∴E (x 2，－y 2)， 直线AE 的方程为y －y 1＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 1)，令y ＝0得，x ＝x 1－y 1(x 1－x 2)y 1＋y 2，又y 1＝k (x 1－4)，y 2＝k (x 2－4)，∴x ＝2x 1x 2－4(x 1＋x 2)x 1＋x 2－8，由将①代入得：x ＝1，∴直线AE 与x 轴交于定点(1,0)． 21．(本小题满分12分)(文)(2011～2012·南昌一模)椭圆E 的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，离心率为12.点P (1，32)，A 、B 在椭圆E 上，且PA→＋PB →＝mOP →(m ∈R )． (1)求椭圆E 的方程及直线AB 的斜率；(2)当m ＝－3时，证明原点O 是△PAB 的重心，并求直线AB 的方程．[解析] (1)由e 2＝1－b 2a 2＝14及1a 2＋94b 2＝1，解得a 2＝4，b 2＝3，椭圆方程为x 24＋y 23＝1。
【优化指导】2013高考数学总复习 8.6圆锥曲线的综合问题课时演练 人教版
【优化指导】2013高考数学总复习 8.6圆锥曲线的综合问题课时演练1．若点(x ，y )在椭圆4x 2＋y 2＝4上，则yx －2的最小值为( )A ．1B ．－1C ．－233D ．以上都不对2．已知F 1、F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，过F 1作垂直于x 轴的直线交双曲线于A 、B 两点，若△ABF 2为锐角三角形，则双曲线的离心率的范围是( )A ．(1,1＋2)B ．(1＋2，＋∞)C ．(1－2，1＋2)D ．(2，2＋1)解析：∵△ABF 2为锐角三角形，|AF 1|＝b 2a ，|F 1F 2|＝2c ，∴tan ∠AF 2F 1＝b 2a2c＜tan 45°＝1，∴b 2＜2ac ，c 2－a 2＜2ac ，e 2－2e －1＜0， 解得1－2＜e ＜1＋ 2. 又e ＞1，∴1＜e ＜1＋ 2.故选A. 答案：A3．(2012保定调研)有一矩形纸片ABCD ，按图所示方法进行任意折叠，使每次折叠后点B 都落在边AD 上，将B 的落点记为B ′，其中EF 为折痕，点F 也可落在边CD 上，过B ′作B ′H ∥CD 交EF 于点H ，则点H 的轨迹为( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分解析：如图，连结BH ，BB ′.因B 关于EF 的对称点为B ′，故BH ＝B ′H .又B ′H ∥CD ，故B ′H ⊥AD .即B ′H 为H 点到直线AD 的距离．又因B 为定点，AD 为定直线，且BH ＝B ′H ，故满足抛物线的定义，故H 的轨迹为抛物线的一部分．答案：D4．已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点为F 1，左、右顶点为A 1、A 2，P 为双曲线上任意一点，则分别以线段PF 1，A 1A 2为直径的两个圆的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．以上情况都有可能解析：①若P 在双曲线左支上，设双曲线右焦点为F 2，PF 1的中点为O 1，连结OO 1，PF 2.∴|OO 1|＝|PF 2|2＝|PF 1|＋2a2＝|PF 1|2＋a ，|PF 1|2是以|PF 1|为直径的圆的半径，a 为以A 1A 2为直径的圆的半径，故两圆相外切． ②同理，若P 在双曲线右支上，则可得两圆相内切． 综上得，两圆相切． 答案：B5．已知P 为抛物线y ＝12x 2上的动点，点P 在x 轴上的射影为M ，点A 的坐标是(6，172)，则|PA |＋|PM |的最小值是( )A ．8 B.192 C ．10D.212解析：抛物线的焦点F (0，12)，如图，根据抛物线的定义得|PA |＋|PM |＝|PA |＋|PF |－12≥|AF |－12＝10－12＝192.答案：B6．已知F 1、F 2为椭圆E 的左、右焦点，抛物线C 以F 1为顶点，F 2为焦点，设P 为椭圆与抛物线的一个交点，如果椭圆离心率为e ，且|PF 1|＝e |PF 2|，则e 的值为( )A.22B ．2－ 3C.33D ．2－ 2解析：设椭圆的焦距为2c ，则由题意抛物线的准线为x ＝－3c ，由条件|PF 1|＝e |PF 2|得|PF 1||PF 2|＝e ，由于点P 是椭圆与抛物线的公共点，设点P 到抛物线准线的距离为d ，则由抛物线的定义知|PF 2|＝d ，故|PF 1|d＝e ，又点P 是椭圆上的点，故抛物线的准线也是椭圆的左准线．所以a 2c ＝3c ，即c 2a 2＝13＝e 2，解得e ＝33.答案：C7．过抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点作斜率为1的直线与该抛物线交于A ，B 两点，A ，B 在x 轴上的正射影分别为D ，C .若梯形ABCD 的面积为122，则p ＝______.解析：设直线l ：y ＝x ＋p2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2x 2＝2py得：x 2－2px －p 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2p ，x 1·x 2＝－p 2∴y 1＋y 2＝x 1＋x 2＋p ＝3p ， ∴|CD |＝|x 1－x 2|＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝22p ，∴S 梯形ABCD ＝12(|AD |＋|BC |)·|CD |＝12(y 1＋y 2)·22p＝12×3p ×22p ＝32p 2. ∴32p 2＝122， ∴p ＝2. 答案：28．如图，在平面直角坐标系xOy 中，A 1、A 2、B 1、B 2为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点，F 为其右焦点，直线A 1B 2与直线B 1F 相交于点T ，线段OT 与椭圆的交点M 恰为线段OT 的中点，则该椭圆的离心率为__________．解析：∵A 1(－a,0)，B 1(0，－b )，B 2(0，b )，F (c,0)， ∴直线A 1B 2的方程为－bx ＋ay ＝ab ① 直线B 1F 的方程为b x －cy ＝bc . ②由①②得T (2ac a －c ，b a ＋c a －c )，∴M (ac a －c ，b a ＋c2a －c)． 又∵M 在椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1上，∴a 2c 2a 2a －c 2＋b 2a ＋c 24a －c 2b2＝1，即3a 2－10ac －c 2＝0. ∴e 2＋10e －3＝0.∵0＜e ＜1，∴e ＝27－5. 答案：27－59．设u ，v ∈R ，且|u |≤ 2，v ＞0，则(u －v )2＋(2－u 2－9v)2的最小值为________．解析：考虑式子的几何意义，转化为求圆x 2＋y 2＝2上的点与双曲线xy ＝9上的点的距离的最小值．设(m ，n )为双曲线xy ＝9上的一点，其中m ＞0，n ＞0， 则(m ，n )到原点的距离h ＝m 2＋n 2＝ m 2＋9m2≥2×9＝3 2.又因为圆的半径为2，所以圆上的点与双曲线上的点的距离的最小值是2 2. 答案：2 210．(2012湖北七市联考)椭圆的两焦点坐标分别为F 1(－3，0)和F 2(3，0)，且椭圆过点(3，－12)．(1)求椭圆方程；(2)过点(－65，0)作直线l 交该椭圆于M 、N 两点(直线l 不与x 轴重合)，A 为椭圆的左顶点，试判断∠MAN 的大小是否为定值，并说明理由．解：(1)由题意，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，则2a ＝ 3＋32＋14＋3－32＋14＝4，解得a ＝2，b ＝1.∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)当直线MN ⊥x 轴时，直线MN 的方程为x ＝－65，代入椭圆方程x 24＋y 2＝1得y ＝±45，∴M (－65，－45)，N (－65，45)．设直线MN 与x 轴交于点P ，且A (－2,0)，得AP ＝45，PN ＝45.∴∠NAP ＝π4，得∠MAN ＝π2.∴若∠MAN 的大小为定值，则必为π2.下面判断当直线MN 的斜率存在且不为0时∠MAN 的大小是否为定值π2.设直线MN 的方程为x ＝ky －65，联立直线MN 和曲线C 的方程可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －65，x24＋y 2＝1，得(k 2＋4)y 2－125ky －6425＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝12k5k 2＋4，y 1y 2＝－6425k 2＋4，则AM →·AN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝(k 2＋1)y 1y 2＋45k ·(y 1＋y 2)＋1625＝0，∴∠MAN ＝π2，∴∠MAN 的大小为定值π2.11．如图，A (m, 3m )、B (n ，－3n )两点分别在射线OS 、OT 上移动，且OA →·OB →＝－12，O 为坐标原点，动点P 满足OP →＝OA →＋OB →.(1)求mn 的值；(2)求点P 的轨迹C 的方程，并说明它表示怎样的曲线；(3)若直线l 过点E (2,0)交(2)中曲线C 于M 、N 两点(M 、N 、E 三点互不相同)，且ME →＝3EN →，求l 的方程．解：(1)由已知得OA →·OB →＝(m ，3m )·(n ，－3n ) ＝－2mn ＝－12，∴mn ＝14.(2)设P 点坐标为(x ，y )(x ＞0)，由OP →＝OA →＋OB →得 (x ，y )＝(m ，3m )＋(n ，－3n ) ＝(m ＋n ，3(m －n ))，∴⎩⎨⎧x ＝m ＋n y ＝3m －n，消去m ，n 可得 x 2－y 23＝4mn ，又因mn ＝14，∴P 点的轨迹方程为x 2－y 23＝1(x ＞0)，它表示以坐标原点为中心，焦点在x 轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线x 2－y 23＝1的右支．(3)设直线l 的方程为x ＝ty ＋2，将其代入C 的方程得3(ty ＋2)2－y 2＝3， 即(3t 2－1)y 2＋12ty ＋9＝0.易知(3t 2－1)≠0(否则，直线l 的斜率为±3，它与渐近线平行，不符合题意)． 又Δ＝144t 2－36(3t 2－1)＝36(t 2＋1)＞0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－12t 3t 2－1，y 1y 2＝93t 2－1.∵l 与C 的两个交点M ，N 在y 轴右侧，x 1x 2＝(ty 1＋2)(ty 2＋2)＝t 2y 1y 2＋2t (y 1＋y 2)＋4＝t 2·93t 2－1＋2t ·－12t 3t 2－1＋4＝－3t 2＋43t 2－1＞0，∴3t 2－1＜0，又∵t ＝0不合题意， ∴0＜t 2＜13.又由x 1＋x 2＞0，同理可得0＜t 2＜13.由ME →＝3EN →得(2－x 1，－y 1)＝3(x 2－2，y 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－x 1＝3x 2－2－y 1＝3y 2，由y 1＋y 2＝－3y 2＋y 2＝－2y 2＝－12t 3t 2－1，得y 2＝6t3t 2－1，由y 1y 2＝(－3y 2)y 2＝－3y 22＝93t 2－1， 得y 22＝－33t 2－1.消去y 2，得36t23t 2－12＝－33t 2－1，解之得t 2＝115，满足0＜t 2＜13，故所求直线l 存在，其方程为15x －y －215＝0或 15x ＋y －215＝0.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，∴x 214＋y 213＝1(|x 1|≤2)， |PF 2|2＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝14(x 1－4)2，∴|PF 2|＝12(4－x 1)＝2－12x 1. 连结OM ，OP ，由相切条件知： |PM |2＝|OP |2－|OM |2＝x 21＋y 21－3 ＝x 21＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214－3＝14x 21，∴|PM |＝12x 1，∴|PF 2|＋|PM |＝2－12x 1＋12x 1＝2，同理可求|QF 2|＋|QM |＝2－12x 2＋12x 2＝2，∴|F 2P |＋|F 2Q |＋|PQ |＝2＋2＝4为定值．。
广东省2013届高三数学一轮单元测评训练第八单元理
4
20．(14 分) 已知
1 F 2， 0 为抛物线
y2＝ 2px( p>0) 的焦点， 点 N( x0，y0)( y0>0) 为其上一点，
5 点 M与点 N关于 x 轴对称， 直线 l 与抛物线交于异于 M，N的 A，B 两点， 且 | NF| ＝2，kNA· kNB
＝－ 2.
(1) 求抛物线方程和 N点坐标；
| AF| 点( 点 A 在 x 轴上方 ) ，则 | BF| ＝ ________.
13．设圆 C位于抛物线 y2＝ 2x 与直线 x＝ 3 所组成的封闭区域 ( 包含边界 ) 内，则圆 C的
半径能取到的最大值为 ________．
14．有对称中心的曲线叫做有心曲线， 过有心曲线中心的弦叫做有心曲线的直径． 定理：
x
2 1
y
2 1
一点，则 kACkBC＝ x0－ x1· x0＋ x1. 由于点 A， C在曲线上，所以 m＋ n＝ 1， m＋ n ＝ 1，
y0－ y1 y0＋ y1
n
两式相减得
·
＝－ .
x0－ x1 x0＋ x1
m
15． [ 解答 ] (1) 设 M( x，y) ，则
3 x－ 2
2＋ y2
1
x－ 2＋ y2＝ 2，
M、N，且满
x2 y2
22
19． (14 分 ) 已知椭圆 M： a2＋ b2＝ 1( a>b>0) 的离心率为 3 ，且椭圆上一点与椭圆的两
个焦点构成的三角形周长为 6＋4 2. (1) 求椭圆 M的方程；
(2) 设直线 l 与椭圆 M交于 A，B 两点，且以 AB为直径的圆过椭圆的右顶点 C，求△ ABC 面积的最大值．
2013届高考一轮数学复习理科课时同步8-8
课时作业(四十六)1．(2012·滨州模拟)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．45°B．60°C．90°D．120°答案 B解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，记EF →，BC 1→所成为θ， 则cos θ＝22×22＝12.∴EF 和BC 1所成角为60°.2．在直角坐标系中，A (－2,3)，B (3，－2)，沿x 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为( )A. 2 B ．211 C ．3 2 D ．4 2 答案 B解析 设A 、B 在x 轴上的射影分别为C 、D ，则AC ＝3，BD ＝2，CD ＝5，又AB →＝AC →＋CD →＋DB →，AC →，DB →所夹的角为60°易求得|AB →|＝(AC →＋CD →＋DB →)2＝211.3．如右图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于( )A.105B.155C.45 D .23 答案 B解析 本题考查空间向量的运算．设正方体的边长为2，建立如右图所示的坐标系，O (1,1,0)，E (0,2,1)，F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)，∴FD 1→，OE→＝FD 1→·OE →|FD 1→|·|OE →|＝1＋0＋25·3＝155.4. 如图所示，平面α⊥平面β，A ∈α，B ∈β，AB 与两平面α、β所成的角分别为π4和π6.过A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB :A ′B ′等于( )A ．2:1B ．3:1C ．3:2D ．4:3 答案 A解析 在Rt △ABB ′中，AB ′＝AB ·sin π4＝22AB . 在Rt △ABA ′中，AA ′＝AB ·sin π6＝12AB . 在Rt △AA ′B ′中，A ′B ′＝AB ′2－AA ′2＝12AB .∴AB :A ′B ′＝2:1.5. 如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E 、F 分别是BC 、DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为( )A.33B.55C.53D.255 答案 D解析 法一：由VB 1－ABF ＝VF －ABB 1可得解．法二：建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,1)，B 1(1,1,0)，设F (0,0，12)，E (12，1,1)，B (1,1,1)，AB →＝(0,1,0)， B 1E →＝(－12，0,1)， AF →＝(－1,0，－12)．∵AF →·B 1E →＝(－1,0，－12)·(－12，0,1)＝0， ∴AF →⊥B 1E →，又AB →⊥B 1E →，∴B 1E →⊥平面ABF ， 平面ABF 的法向量为B 1E →＝(－12，0,1)， AB 1→＝(0,1，－1)．B 1到平面ABF 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·B 1E →|B 1E →|＝255. 6．(2012·济南统考)等腰Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，M 为AC 中点，沿BM 把它折成二面角，折后A 与C 的距离为1，则二面角C —BM —A 的大小为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°答案 C解析 如图，由AB ＝BC ＝1， ∠ABC ＝90°，得AC ＝ 2.∵M 为AC 中点，∴MC ＝AM ＝22， 且CM ⊥BM ，AM ⊥BM .∴∠CMA 为二面角C －BM －A 的平面角． ∵AC ＝1，MC ＝MA ＝22， ∴∠CMA ＝90°.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32B.52C.105D.1010 答案 C解析 连接A 1C 1交B 1D 1于O 点，由已知条件得C 1O ⊥B 1D 1，且平面BDD 1B 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以C 1O ⊥平面BDD 1B 1.连接BO ，则BO 为BC 1在平面BDD 1B 1上的射影，∠C 1BO 即为所求，OC 1＝12A 1C 1＝12AC ＝22，BC 1＝42＋22＝2 5.通过计算得sin ∠C 1BO ＝OC 1BC 1＝105.8．(2011·辽宁理)如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是( )A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角答案 D解析选项A正确，因为SD垂直于平面ABCD，而AC在平面ABCD中，所以AC垂直于SD；再由ABCD为正方形，所以AC垂直于BD；而BD与SD相交，所以，AC垂直于平面SBD，进而垂直于SB.选项B正确，因为AB平行于CD，而CD在平面SCD内，AB不在平面SCD内，所以AB平行于平面SCD.选项C正确，设AC与BD的交点为O，连接SO，则SA与平面SBD所成的角就是∠ASO，SC与平面SBD所成的角就是∠CSO，易知这两个角相等．选项D错误，AB与SC所成的角等于∠SCD，而DC与SA所成的角是∠SAB，这两个角不相等．9．正四棱锥S—ABCD的侧棱长为2，底面的边长为3，E是SA 的中点，则异面直线BE和SC所成的角等于________．答案60°解析 建立如图所示空间直角坐标系，由于AB ＝3，SA ＝2，可以求得SO ＝22.B (32，32，0)，A (32，－32，0)， C (－32，32，0)，S (0,0，22)．由于E 为SA 的中点，∴E (34，－34，24)，∴BE →＝(－34，－334，24)，SC →＝(－32，32，－22)， ∵BE →·SC →＝－1，|BE →|＝2，|SC →|＝ 2. ∴BE →，SC→＝－12×2＝－12，∴BE →，SC →＝120°.∴异面直线BE 与SC 所成的角为60°.10．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．答案 30°解析 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P (0，－a 2，a2)． 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a 2)，CB →＝(a ，a,0)． 设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)， 则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.11．(2011·大纲全国理)己知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1、CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值等于________．答案 23解析 设面AEF 与面ABC 所成的二面角为θ，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为3，则△AEF 在面ABC 上的射影是△ABC .在△AEF 中，AE ＝32＋12＝10，AF ＝(32)2＋22＝22，EF ＝(2－1)2＋32＝10，△AEF 的面积等于12×22×(10)2－(1222)2＝3112，而△ABC 的面积等于12×32＝92，因此有cos θ＝S △ABC S △AEF＝311，sin θ＝1－cos 2θ＝211，tan θ＝sin θcos θ＝23，即面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值是23.12．已知：正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点．(1)求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1；(2)求点D 1到平面B 1EF 的距离． (1)证明 建立如右图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (22，22，0)，E (22，2，0)，F (2，22，0)，D 1(0,0,4)， B 1(22，22，4)．EF →＝(－2，2，0)，DB →＝(22，22，0)，DD 1→＝(0,0,4)， ∴EF →·DB →＝0，EF →·DD 1→＝0.∴EF ⊥DB ，EF ⊥DD 1，DD 1∩BD ＝D ， ∴EF ⊥平面BDD 1B 1. 又EF ⊂平面B 1EF ， ∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.(2)解析 由(1)知D 1B 1→＝(22，22，0)， EF →＝(－2，2，0)，B 1E →＝(0，－2，－4) 设平面B 1EF 的法向量为n ，且n ＝(x ，y ，z ) 则n ⊥EF →，n ⊥B 1E →即n ·EF →＝(x ，y ，z )·(－2，2，0)＝－2x ＋2y ＝0， n ·B 1E →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－4)＝－2y －4z ＝0， 令x ＝1，则y ＝1，z ＝－24，∴n ＝(1,1，－24)，∴D 1到平面B 1EF 的距离d ＝|D 1B 1→·n ||n |＝|22＋22|12＋12＋(－24)2＝161717.13. 如图，在三棱锥P －ABC 中，PA⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC .(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的余弦值； (3)是否存在点E 使得二面角A －DE －P 为直二面角？并说明理由． 解析解法一(1)∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC. (2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝12BC.又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E，∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴AD＝12 AB.在Rt△ABC中，∠ABC＝60°.∴BC ＝12AB ，∴Rt △ADE 中，sin DAE ＝DE AD ＝BC 2AD ＝24， ∴cos ∠DAE ＝144. (3)∵DE ∥BC ，又由(1)知，BC ⊥平面PAC ， ∴DE ⊥平面PAC .又∵AE ⊂平面PAC ，PE ⊂平面PAC ， ∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ，∴∠AEP 为二面角A －DE －P 的平面角． ∵PA ⊥底面ABC ， ∴PA ⊥AC ，∴∠PAC ＝90°，∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC . 这时，∠AEP ＝90°.故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角．解法二 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz . 设PA ＝a ，由已知可得A (0,0,0)，B (－12a ，32a,0)，C (0，32a,0)，P (0,0，a )．(1)∵AP →＝(0,0，a )，BC →＝(12a,0,0)， ∴BC →·AP →＝0，∴BC ⊥AP . 又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ， ∴E 为PC 的中点，∴D (－14a ，34a ，12a )，E (0，34a ，12a )． 又由(1)知，BC ⊥平面PAC ， ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E ，∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角． ∵AD →＝(－14a ，34a ，12a )，AE →＝(0，34a ，12a )， ∴cos DAE ＝AD →·AE →|AD →|·|AE →|＝144.(3)同解法一．14. 已知等腰直角三角形RBC ，其中∠RBC ＝90°，RB ＝BC ＝2.点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，现将△RAD 沿着边AD 折起到△PAD 位置，使PA⊥AB .(1)求证：BC ⊥PB ；(2)求二面角A －CD －P 的余弦值．解析 (1)∵点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，∴AD ∥BC 且AD ＝12BC .∴∠PAD ＝∠RAD ＝∠RBC ＝90°， ∴PA ⊥AD 又PA ⊥AB ，DA ∩AB ＝A ， ∴PA ⊥面ABCD ，∴PA ⊥BC .∵BC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面PAB . ∵PB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PB .(2)法一：取RD 的中点F ，连接AF 、PF . ∵RA ＝AD ＝1，∴AF ⊥RC .又由(1)知PA ⊥面ABCD ，而RC ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥RC .∵AF ∩PA ＝A ， ∴RC ⊥平面PAF .∴∠AFP 是二面角A －CD －P 的平面角． 在Rt △RAD 中，AF ＝12RD ＝12RA 2＋AD 2＝22，在Rt △PAF 中，PF ＝PA 2＋AF 2＝62，∴cos ∠AFP ＝AF PF ＝2262＝33.∴二面角A －CD －P 的余弦值是33.法二：建立如下图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则D (－1,0,0)，C (－2,1,0)，P (0,0,1)．∴DC →＝(－1,1,0)，DP →＝(1,0,1)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DC →＝－x ＋y ＝0n ·DP →＝x ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝1，z ＝－1，∴n ＝(1,1，－1)．显然，PA →是平面ACD 的一个法向量PA →＝(0,0，－1)． ∴cos 〈n ，PA →〉＝|n ·PA →||n |·|PA →|＝13×1＝33，∴二面角A －CD －P 的余弦值是33.15．如下图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF 且BE <CF ，∠BCF ＝π2，AD＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)设AB BE ＝λ，当λ取何值时，二面角A －EF －C 的大小为π3？ 解析 (1)证明：∵四边形ABCD 是矩形， ∴AB ∥DC .又BE ∥CF ，AB ∩BE ＝B ，∴平面ABE ∥平面DCF . 又AE ⊂平面ABE ， ∴AE ∥平面DCF .(2)解：方法一：过点E 作GE ⊥CF 交CF 于点G ， 由已知可得：EG ∥BC ∥AD ，且EG ＝BC ＝AD ，∴EG ＝3，又EF ＝2， ∴sin ∠EFG ＝32. ∵四边形ABCD 是矩形， ∴AB ⊥BC .又平面ABCD ⊥平面BEFC ， 平面ABCD ∩平面BEFC ＝BC ， ∴AB ⊥平面BEFC .过点B 作BM ⊥FE 交FE 的延长线于点M ，连接AM ，则∠AMB 为二面角A －EF －C 的平面角，∴∠AMB ＝π3.由已知ABBE ＝λ，则设BE ＝m ，则AB ＝λm ， ∴BM ＝BE ·sin ∠MEB ＝BE ·sin ∠EFG ＝32m . 在Rt △ABM 中，tan π3＝AB BM ＝λm 32m ＝3，∴λ＝32.∴当λ＝32时，二面角A －EF －C 的大小为π3. 方法二：过点E 作GE ⊥CF 交CF 于点G ， 由已知可得：EG ∥BC ∥AD ， 且EG ＝BC ＝AD ，∴EG ＝AD ＝ 3. 又EF ＝2，∴GF ＝1.∵四边形ABCD 是矩形，∴DC ⊥BC . ∵∠BCF ＝π2，∴FC ⊥BC . 又平面ABCD ⊥平面BEFC ， 平面ABCD ∩平面BEFC ＝BC ， ∴FC ⊥平面ABCD .∴FC ⊥CD .∴分别以C 为原点，CB 、CD 、CF 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设BE ＝m ，由ABBE ＝λ，得AB ＝λm .∴A (3，λm,0)，E (3，0，m )，F (0,0，m ＋1)． ∴AE →＝(0，－λm ，m )，EF →＝(－3，0,1)． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由AE →·n ＝0，EF →·n ＝0，得⎩⎨⎧－λmy ＋mz ＝0，－3x ＋z ＝0，∴⎩⎨⎧－λy ＋z ＝0，－3x ＋z ＝0.令y ＝3，可得平面AEF 的一个法向量n ＝(λ，3，3λ)． 又CD →＝(0，λm,0)是平面CEF 的一个法向量，∴cos π3＝|CD →·n ||CD →||n |，即3λm4λ2＋3·λm＝12，解得λ＝32.∴当λ＝32时，二面角A －EF －C 的大小为π3.1. 以等腰Rt △ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，将△ABC 折起(如图)，使折起后的△ABC 恰好为等边三角形．M 为高AD 的中点，则直线AB 与CM 所成角的余弦值为( )A.22B.66C.1010D ．－1010 答案 C 解析设直角边AB ＝AC ＝2，则BC ＝2 2. 取BD 中点N ，连接MN ， 则MN ∥AB ，所以∠NMC 即为所求． ∵MN ＝12AB ＝1，MC ＝102＝NC ，在△NCM 中，由余弦定理可得cos ∠NMC ＝1010.2．如下图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱AB 上一点，过P 点在空间作直线l ，使l 与面ABCD 和ABC 1D 1均成30°角，则这样的直线的条数为( )A ．1B ．2C．3 D．4答案 B解析由于二面角C1－AB－C的大小为45°，所以可在二面角内过棱上一点P作两条直线．均能与平面ABCD和ABC1D1成30°角．3．(2011·大纲全国理)已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C 为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于()A.23 B.33C.63D．1答案 C解析设点D到平面ABC的距离等于h.依题意得，AC⊥β，AC⊥BC，BC＝AB2－AC2＝3，CD＝BC2－BD2＝ 2.由V D－ABC＝V A－DBC 得，13S△ABC×h＝13S△DBC×AC，13×(12×1×3)×h＝13×(12×2×1)×1，由此解得h＝63，即点D到平面ABC的距离等于63，选C.4．(2011·大纲全国文)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________．答案2 3解析取A1B1的中点F，连接EF，FA，则有EF∥B1C1∥BC，∠AEF 即是直线AE与BC所成的角或其补角．设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2a ，则有EF ＝2a ，AF ＝(2a )2＋a 2＝5a ，AE ＝(2a )2＋(2a )2＋a 2＝3a .在△AEF 中，cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF22AE ·EF＝9a 2＋4a 2－5a 22×3a ×2a＝23.因此，异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值是23.5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ，如图： ∵∠EPM ＝∠EPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°. 另外，本题也可不用向量法，由二面角的定义求解．6.如右图所示，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.求面SCD 与面SBA 所成二面角的余弦值．解析 以A 为坐标原点，BA 、AD 、AS 所在直线分别为x 、y 、z建立如图所示的空间直角坐标系，则S (0,0,1)，C (－1,1,0)，D (0，12，0)．∴SC →＝(－1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，－1.设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥SC →，n ⊥SD →， ∴n ·SC →＝0，n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －z ＝0，y 2－z ＝0.解得x ＝z ，y ＝2z .令z ＝1，则n ＝(1,2,1)．又∵平面SAB 的法向量为AD →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n |·|AD →|＝0＋1＋06×12＝63. 由题意知，二面角为锐角，所以二面角的大小等于两法向量的夹角．∴所求二面角的大小为arccos 63.7．(2011·福建理) 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .(ⅰ)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长； (ⅱ)在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．【解析】 解法一：(1)因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .又AB⊥AD，PA∩AD＝A，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A－xyz(如图)．在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．(ⅰ)设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得 cos60°＝|n ·PB→|n |·|PB →||，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45. (ⅱ)假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到P ，B ，C ，D 的距离都相等，设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)， GP →＝(0，－m ，t )．由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m ；①由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.② 由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等．解法二 (1)同解法一．(2)(ⅰ)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )， 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t .所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得 cos60°＝|n ·PB→|n |·|PB →||，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)， 所以AB ＝45.(ⅱ)假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， 从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， 所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ， 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2(λ－32)2＋92>1，这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B ，C ，D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．1．(2012·哈尔滨模拟)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 和CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35答案 C2．(2012·福州模拟)如上图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.255C.155D.105 答案 D3．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成一个120°的二面角，点C 到达C 1点，这时异面直线AD 与BC 1所成角的余弦值是( )A ．－34B ．－34C.34D.34答案 D 解析 如图，设正方形边长为1， 则BC ＝BC 1＝1.∵AD ∥BC ，∴∠CBC 1就是异面直线AD 与BC 1所成的角．在△BC 1C 中，CC 1＝22，使用余弦定理，即可得出cos ∠CBC 1＝34.4．如图所示，已知四面体顶点A (2,3,1)，B (4,1，－2)，C (6,3,7)和D (－5，－4,8)，求从顶点D 所引的四面体的高h ＝________.答案 11解析 由题意知AB →＝(2，－2，－3)， AC →＝(4,0,6)，DA →＝(7,7，－7)． 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由AB →·n ＝0及AC →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x －2y －3z ＝04x ＋6z ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32z ，y ＝－3z .令z ＝2，则有n ＝(－3，－6,2)． 又∵DA →·n ＝(7,7，－7)·(－3，－6,2)＝－77. 而|n |＝7，∴h ＝|DA →·n ||n |＝11.5．如上图所示，ABCD —EFGH 为边长等于1的正方体，若点P 在正方体的内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AE →.则点P 到直线AB 的距离为________．答案 56 解析建立空间坐标系，(如上图)，则B (0,1,0)，D (－1,0,0)，A (0,0,0)，E (0,0,1)， AP →＝34AB →＋12AD →＋23AE → ＝(－12，34，23)， P 点到AB 的距离为(－12)2＋(23)2＝56.6．(2011·湖南理)如下图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．解析解法一：(1) 连接OC，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD，又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO.因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.而AC⊂平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC.(2)在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由(1)知，平面POD⊥平面PAC，所以OH⊥平面PAC. 又PA⊂面PAC，所以PA⊥OH.在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连接HG，则有PA⊥平面OGH.从而PA⊥HG.故∠OGH为二面角B－PA－C的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA2＝2×12＋1＝63. 在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155.所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105.故二面角B －PA －C 的余弦值为105.解法二：(1)如图所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D (－12，12，0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由 n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． 因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2. 从而平面POD ⊥平面PAC .(2)因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)． 设向量n 2和n 3的夹角为θ，则 cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B－PA－C的平面角与θ相等，所以二面角B－PA－C的余弦值为10 5.7．(2012·济南质量调研)在三棱锥P－ABC中，∠BAC＝90°，PA ＝PB＝PC＝BC＝2AB＝2.(1)求证：平面PBC⊥平面ABC；(2)求二面角B－AP－C的余弦值．解析(1)证明：取BC的中点O，连接AO、PO，由已知△BAC为直角三角形，所以可得OA＝OB＝OC.又PA＝PB＝PC，则△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°.∴PO⊥OB，PO⊥OA，又OB∩OA＝O.∴PO⊥平面ABC.又PO ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面ABC.(2)过O 作OD 与BC 垂直，交AC 于D 点，如图建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (32，－12，0)，B (0,1,1)，C (0,1,0)，P (0,0，3)，BA →＝(32，12，0)，BP →＝(0,1，3)，设平面PAB 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·BA →＝0，n 1·BP →＝0，可知n 1＝(1，－3，1)，同理可求得平面PAC 的一个法向量为n 2＝(3，3，1) cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝6565.故二面角B －AP －C 的余弦值为6565.8. 如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，N 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，且满足A 1P →＝λA 1B 1→.(1)证明：PN ⊥AM ；(2)当λ取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值；(3)若平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°，试确定点P 的位置．解析 (1)以A 为原点．AB 、AC 、AA 1为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．P (λ，0,1)，N (12，12，0)，M (0,1，12)， 从而PN →＝(12－λ，12，－1)，AM →＝(0,1，12)． PN →·AM →＝(12－λ)×0＋12×1－1×12＝0， ∴PN ⊥AM .(2)平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则sin θ＝|sin(π2－〈PN →，n 〉|＝|cos 〈PN →，n 〉| ＝|PN →·n |PN →|· |n ||＝1(λ－12)2＋54，(※) 而θ∈[0，π2]，sin θ最大时，tan θ最大(θ＝π2除外)． 由(※)式，当λ＝12时，(sin θ)max ＝255，(tan θ)max ＝2.(3)平面ABC 的一个法向量为n ＝AA 1→＝(0,0,1)．设平面PMN 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由(1)，得MP →＝(λ，－1，12)．由⎩⎨⎧m ·NP →＝0，m ·MP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧(λ－12)x －12y ＋z ＝0，λx －y ＋12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2λ＋13x ，z ＝2(1－λ)3x .令x ＝3，得m ＝(3,2λ＋1,2(1－λ))．∵平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |m |·|n ||＝|2(1－λ)|9＋(2λ＋1)2＋4(1－λ)2＝22，解得λ＝－12.故点P 在B 1A 1的延长线上，且|A 1P |＝12.方法技巧专题——用向量法求空间距离一 求点到平面的距离如图所示，已知点B (x 0，y 0，z 0)，平面α内一点A (x 1，y 1，z 1)，平面α的一个法向量n ，由数量积的定义知：n ·AB →＝|n ||AB →|cos θ，其中θ＝〈n ，AB →〉，则|AB →|cos θ＝n ·AB→|n |，所以||AB →|cos θ|就是点B 到平面α的距离d ，即d ＝|n ·AB →||n |.例1 已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，求点B 到平面GEF 的距离．【解析】 如图建立空间直角坐标系，则B (0,4,0)，E (2,4,0)，F (4,2,0)，G (0,0,2)，EF →＝(2，－2,0)，GE →＝(2,4，－2)，BE →＝(2,0,0)．设平面EFG 的一个法向量是n ＝(x ，y,1)， 则由n ⊥EF →，n ⊥GE →得 ⎩⎨⎧(x ，y ，1)·(2，－2，0)＝0(x ，y ，1)·(2，4，－2)＝0⇒⎩⎨⎧x －y ＝0x ＋2y ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13，y ＝13.所以n ＝(13，13，1)．则点B 到平面GEF 的距离为d ＝n ·BE →|n |＝21111.二 求异面直线间的距离如下图，若CD 是异面直线a 、b 的公垂线，A 、B 分别为a 、b 上的任意点，令向量n ⊥a ，n ⊥b ，则n ∥CD .由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得 AB →·n ＝AC →·n ＋CD →·n ＋DB →·n .∵AB →·n ＝CD →·n ＝0，∴|AB →·n |＝|CD →||n |. ∴异面直线a 、b 间的距离为d ＝|CD →|＝|n ·AB →||n |.例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线DA 1与AC 的距离．【解析】 如图建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，B 1(1,1,1)，A 1(1,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，DA 1→＝(1,0,1)，DA →＝(1,0,0)．设向量n ＝(x ，y,1)，且n ⊥DA 1→，n ⊥AC →，则⎩⎨⎧(x ，y ，1)·(1，0，1)＝0，(x ，y ，1)·(－1，1，0)＝0⇒⎩⎨⎧x ＝－1.y ＝－1⇒n ＝(－1，－1,1)．所以异面直线DA 1与AC 的距离为 d ＝|n ·DA →||n |＝|(1，0，0)·(－1，－1，1)||(－1，－1，1)|＝33.三 求直线到平面的距离 同样原理可以得到直线到平面的距离、平行平面间的距离公式．在公式d ＝|n ·AB →||n |中，n 为已知平面的法向量，A 、B 分别为直线和平面上的任意点(如右图)．例3 如下图所示，已知边长为42的正三角形ABC 中，E 、F 分别为BC 和AC 的中点，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝2，设平面α过PF 且与AE 平行，求AE 与平面α的距离．【解析】 设AP →、AE →、EC →上单位向量分别为e 1、e 2、e 3，选取{e 1，e 2，e 3}作为空间向量的－组基底，可得e 1·e 2＝e 2·e 3＝e 3·e 1＝0，且AP →＝2e 1， AE →＝26e 2，EC →＝22e 3. 则PF →＝PA →＋AF →＝PA →＋12AC →＝PA →＋12(AE →＋EC →)＝－2e 1＋6e 2＋2e 3 设n ＝x e 1＋y e 2＋e 3是平面α的一个法向量， 则n ⊥AE →，n ⊥PF →，所以⎩⎨⎧n ·AE →＝0n ·PF →＝0⇒⎩⎨⎧(x e 1＋y e 2＋e 3)·26e 2＝0，(x e 1＋y e 2＋e 3)·(－2e 1＋6e 2＋2e 3)＝0。
2013届高考一轮数学复习理科课时同步8-6
课时作业(四十四)1．已知向量a ＝(8，12x ，x )，b ＝(x,1,2)，其中x >0.若a ∥b ，则x 的值为( )A ．8B ．4C ．2D ．0 答案 B解析 因x ＝8,2,0时都不满足a ∥b .而x ＝4时，a ＝(8,2,4)＝2(4,1,2)＝2b ，∴a ∥b .另解：a ∥b ⇔存在λ>0使a ＝λb ⇔(8，x2，x )＝(λx ，λ，2λ) ⇔⎩⎪⎨⎪⎧λx ＝8x 2＝λx ＝2λ⇔⎩⎨⎧λ＝2x ＝4.∴选B.2．已知点O 、A 、B 、C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( )A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB → 答案 C解析 根据题意得OC →＝12(a －b )，∴OC →，a ，b 共面．3．从点A (2，－1,7)沿向量a ＝(8,9，－12)的方向取线段长|AB |＝34，则B 点坐标为( )A ．(18,17，－17)B ．(－14，－19,17)C ．(6，72，1)D ．(－2，－112，13) 答案 A解析 设B 点坐标为(x ，y ，z )，则AB →＝λa (λ>0)， 即(x －2，y ＋1，z －7)＝λ(8,9，－12)， 由|AB →|＝34，即λ264＋λ281＋λ2144＝34，得λ＝2，∴x ＝18，y ＝17，z ＝－17.4．已知空间四边形ABCD 中，M 、G 分别为BC 、CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →)等于( )A.AG →B.CG →C.BC →D.12BC → 答案 A 解析 依题意有AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12·2BG →＝AG →.5．已知四边形ABCD 满足AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形 答案 D解析 由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．6．已知G 是△ABC 的重心，O 是空间与G 不重合的任一点，若OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，则λ等于( )A ．1B ．3 C.13 D ．2 答案 B解析 若设BC 边的中点为M ，则OA →＋OB →＋OC →＝OA →＋2OM →＝OG →＋GA →＋2OM →＝OG →＋2MG →＋2OM →＝3OG →，而OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，所以λ＝3.7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，EF 是异面直线AC 与A 1D 的公垂线，则EF 与BD 1所成的角是( )A ．90°B ．60°C ．30°D ．0°答案 D解析 如上图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体的棱长为a ，则A 1(a,0，a )，D (0,0,0)，A (a,0,0)，C (0，a,0)，B (a ，a,0)，D 1(0,0，a )，∴DA 1→＝(a,0，a )，AC →＝(－a ，a,0)， BD 1→＝(－a ，－a ，a )．∵EF 是直线AC 与A 1D 的公垂线． ∴EF →⊥DA 1→，EF →⊥AC →.设EF →＝(x ，y ，z )， ∴EF →·DA 1→＝(x ，y ，z )·(a,0，a )＝ax ＋az ＝0， ∴EF →·AC →＝(x ，y ，z )·(－a ，a,0)＝－ax ＋ay ＝0. ∵a ≠0，∴x ＝y ＝－z .∴EF →＝(x ，x ，－x )．∴BD 1→＝－a x EF →.∴BD 1→∥EF →，即BD 1∥EF .8. 在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________(用a ，b ，c 表示)．答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →) ＝OA →＋14×(OB →－OA →＋OC →－OA →) ＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .9．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下面给出四个命题： ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3(A 1B 1→)2 ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0. ③AD 1→与A 1B →的夹角为60° ④此正方体体积为：|AB →·AA 1→·AD →|则错误命题的序号是________(填出所有错误命题的序号)． 答案 ③④解析 ③AD 1与A 1B 两异面直线夹角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，A 1B →＝D 1C →，注意方向．④∵AB →·AA 1→＝0.正确的应是|AB →|·|AA 1→|·|AD →|.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，O 是面ABCD 的中心，点P 在棱C 1D 1上移动，则|OP |的最小值为____．答案5解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则O (1,1,0)．设P (x,2,2)(0≤x ≤2)．则|OP |＝(1－x )2＋(1－2)2＋(0－2)2＝(x －1)2＋5.所以当x ＝1，即P 为C 1D 1中点时，|OP |取最小值 5.11．正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为a .用向量法证明：A ′B ⊥AC ′.解析 解法1 A ′B →＝AB →－AA ′→， AC ′→＝AB →＋AA ′→＋AD →，∴A ′B →·AC ′→＝(AB →－AA ′→)(AB →＋AA ′→＋AD →)＝AB 2→＋AB →·AA ′→＋AB →·AD →－AA ′→·AB →－AA ′2→－AA ′→·AD →由已知|AB →|＝|AA ′→|＝a ，知AB 2→＝AA ′2→又AB →·AA ′→＝AB →·AD →＝AA ′→·AD →＝0∴A ′B →·AC ′→＝0，即A ′B ⊥AC ′. 解法2 建立空间直角坐标系，也易证．12．设向量a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,8)，计算2a ＋3b,3a －2b ，a ·b 以及a 与b 所成角的余弦值，并确定λ、μ的关系，使λa ＋μb 与z 轴垂直．答案 λ＝2μ解析 ∵2a ＋3b ＝2(3,5，－4)＋3(2,1,8)＝(12,13,16)， 3a －2b ＝3(3,5，－4)－2(2,1,8)＝(5,13，－28)， a ·b ＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝3×2＋5×1－4×8＝－21， |a |＝32＋52＋(－4)2＝50， |b |＝22＋12＋82＝69，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－2150·69＝－7138230，由(λa ＋μb )·(0,0,1)＝(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1) ＝－4λ＋8μ＝0知，只要λ，μ满足λ＝2μ即可使λa ＋μb 与z 轴垂直．13．已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值；(3)证明：AA 1⊥BD .解析 (1)解 如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2. a ·b ＝0，a ·c ＝b ·c ＝2×1×cos120°＝－1.∵AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝a ＋b ＋c . ∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝1＋1＋22－2－2＝2. ∴|AC 1→|＝ 2. 即AC 1长为 2.(2)解 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ，∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c ) ＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋b ·c －c 2 ＝1＋12－22＝－2.又|A 1D →|2＝(b －c )2＝b 2＋c 2－2b ·c ＝1＋4＋2＝7. ∴|A 1D →|＝7.∴cos 〈AC 1→，A 1D →〉＝AC 1→·A 1D→|AC 1→|·|A 1D →|＝－22×7＝－147，∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明 ∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ， ∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a ) ＝c ·b －c ·a ＝－1－(－1)＝0. ∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD .1．对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则x ＝2，y ＝－3，z ＝2是P ，A ，B ，C 四点共面的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 B解析 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →，则AP →－AO →＝2OA →－3(AB →－AO →)＋2(AC →－AO →)，即AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理，知P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理AP →＝mAB →＋nAC →，即OP →－OA →＝m (OB →－OA →)＋n (OC →－OA →)，即OP →＝(1－m －n )OA →＋mOB →＋nOC →，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故是充分不必要条件．故选B.2．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角，求B 、D 间的距离．答案 2或 2解析 ∵∠ACD ＝90°，∴AC →·CD →＝0.同理BA →·AC →＝0.∵AB 和CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°.∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴|BD →|2＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD →＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·CD →＝3＋2×1×1×cos 〈BA →，CD →〉＝⎩⎨⎧4 (〈BA →，CD →〉＝60°)，2 (〈BA →，CD →〉＝120°).∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或 2.3．已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求|c |＝3，且c ∥BC →，求c ；(2)求a 和b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值；(4)若λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直，求λ、μ应满足的关系．答案 (1)c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2) (2)－1010(3)k ＝2或k ＝－52 (4)λ－μ＝0解析 (1)∵c ∥BC →，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m,2m )，∴|c |＝(－2m )2＋(－m )2＋(2m )2＝3|m |＝3，∴m ＝±1，∴c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)．(2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝(－1)2＋02＋22＝5，∴cos<a ，b >＝a ·b |a |·|b |＝－110＝－1010， ∴a 和b 夹角的余弦值为－1010.(3)解法一 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)， ∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，∴k ＝2或k ＝－52，即当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，k ＝2或k ＝－52.解法二 由(2)知|a |＝2，|b |＝5，a ·b ＝－1，∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝k 2a 2－k a ·b －2b 2＝2k 2＋k －10＝0，得k ＝2或k ＝－52.(4)∵a ＋b ＝(0,1,2)，a －b ＝(2,1，－2)，∴λ(a ＋b )＋μ(a －b )＝(2μ，λ＋μ，2λ－2μ)，∵[λ(a ＋b )＋μ(a －b )]·(0,0,1)＝2λ－2μ＝0，即当λ、μ满足关系λ－μ＝0时，可使λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直．1．如右图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且GN →＝12MG →，现用基向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →，设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x 、y 、z 的值分别是( )A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13答案 D解析 因为GN →＝12MG →，所以MG →＝23MN →，所以OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23(12OB →＋12OC →－12OA →) ＝12OA →＋13OB →＋13OC →－13OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →，故选D.。
2013届高考一轮数学复习理科课时同步8-4
课时作业(四十二)1．下列命题中正确的个数是()①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；⑤若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑥平行于同一平面的两直线可以相交．A．1B．2C．3 D．4答案 B解析a∩α＝A时，a不在α内，∴①错；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，故②错；l ∥α时，α内的直线与l平行或异面，故③错；a∥b，b∥α时，a∥α或a⊂α，故④错；l∥α，则l与α无公共点，∴l与α内任何一条直线都无公共点，⑤正确；如图，长方体中，A 1C 1与B 1D 1都与平面ABCD 平行，∴⑥正确．2．给出下列关于互不相同的直线l 、m 、n 和平面α、β、γ的三个命题：①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β；②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中真命题的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0答案 C解析 ①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的l 、m .②中l 与m 也可能异面．③中 ⎭⎬⎫l ∥γl ⊂ββ∩γ＝m ⇒l ∥m ，同理l ∥n ，则m ∥n ，正确．3．下列命题中，是假命题的是( )A ．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面B ．平面α∥平面β，a ⊂α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥aC ．α∥β，γ∥δ，α、β分别与γ、δ的交线为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥dD ．一条直线与两个平面成等角是这两个平面平行的充要条件 答案 D解析 D 错误．当两个平面平行时，则该直线与两个平面成等角；反之，如果一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面．如下图，α⊥β，直线AB 与α、β都成45°角，但α∩β＝l .4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C．垂直D．不能确定答案 B解析连接CD1，在CD1上取点P，使D1P＝2a3，∴MP∥BC，PN∥AD1∴MP∥面BB1C1C，PN∥面AA1D1D，∴面MNP∥面BB1C1C，∴MN∥面BB1C1C.5．设α、β、γ为两两不重合的平面，l、m、n为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若α∥β，l⊂α，则l∥β；④若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4答案 B解析①∵垂直于同一个平面的两个平面也可以相交，如墙角，∴该命题不对；②m、n相交时才有α∥β，此命题不对；③由面面平行的性质定理可知该命题正确；④∵l∥γ，β∩γ＝m，l⊂β，∴l∥m，又α∩β＝l，且m⊂β，∴m∥α，又m⊂γ且γ∩α＝n，∴m∥n，故④对，选B.6．如图所示，四个正方体图形中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥面MNP 的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．答案 ①③7．考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l 、m 为直线，α、β为平面)，则此条件为________．① ⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m⇒l ∥α；② ⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α⇒l ∥α；③ ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βα⊥β⇒l ∥α. 答案 l ⊄α解析 ①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为平面α外的直线”，即“l ⊄α”，它也同样适合②③，故填l ⊄α.8．在四面体ABCD 中，M 、N 分别是面△ACD 、△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．答案 平面ABC 和平面ABD解析连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F.由重心的性质可知，E、F重合为一点，且该点为CD的中点E.由EMMA＝ENNB＝12得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.9．设x，y，z为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”为真命题的序号有________．(把所有的真命题全填上)①x为直线，y，z为平面；②x，y，z都为平面；③x，y为直线，z为平面；④x，y，z都为直线，⑤x，y为平面，z为直线．答案③⑤解析①直线x可能在平面y内；②平面x与y可能相交；④直线x与y可能相交，也可能异面，故③⑤正确．10．(2011·天津文)如上图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．证明：PB∥平面ACM.解析连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM.11. 如下图所示，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H 是B1C1的中点．(1)求证：E、B、F、D1四点共面；(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.解析(1)连接FG.∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2，∴BG綊A1E，∴A1G∥BE.又∵C1F綊B1G，∴四边形C1FGB1是平行四边形，∴FG綊C1B1綊D1A1，∴四边形A 1GFD 1是平行四边形．∴A 1G 綊D 1F ，∴D 1F 綊EB ，故E 、B 、F 、D 1四点共面．(2)∵H 是B 1C 1的中点，∴B 1H ＝32.又B 1G ＝1，∴B 1G B 1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB .又由(1)知，A 1G ∥BE ，且HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ，∴平面A 1GH ∥平面BED 1F .12. 如下图，三棱柱ABC－A1B1C1，底面为正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E、F分别是棱CC1、BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB.当点M在何位置时，BM∥平面AEF?解析方法一如下图，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M.∵侧棱A1A⊥底面ABC，∴侧面A1ACC1⊥底面ABC，∴OM⊥底面ABC.又∵EC＝2FB，∴OM∥FB綊12EC，∴四边形OMBF为矩形，∴BM∥OF，又∵OF⊂面AEF，BM⊄面AEF.故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．方法二如上图，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ、PB、BQ，∴PQ∥AE.∵EC＝2FB，∴PE綊BF，PB∥EF，∴PQ∥平面AEF，PB∥平面AEF.又PQ∩PB＝P，∴平面PBQ∥平面AEF，又∵BQ⊂面PQB，∴BQ∥平面AEF.故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．13．(2011·山东文) 如下图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D ⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD.解析(1)证法一因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以D1D⊥BD.又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB cos60°＝3AD2，所以AD2＋BD2＝AB2，因此AD⊥BD.又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，故AA1⊥BD.证法二因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以BD⊥D1D.取AB的中心G，连接DG，在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD，又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形，因此GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB，又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，所以BD ⊥AD .又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1， 故AA 1⊥BD . (2)连接AC ，A 1C 1， 设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1，因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以EC ＝12AC .由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1，知A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ， 所以四边形A 1ECC 1为平行四边形，因此CC 1∥EA 1. 又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ， 所以CC 1∥平面A 1BD .1．如下图所示，在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 是平行四边形，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，求证：MN ∥平面PAD .连接NE、ME.∵M、N分别是AB、PC的中点，∴NE∥PD，ME∥AD.∴NE∥平面PAD，ME∥平面PAD. 又NE∩ME＝E，∴平面MNE∥平面PAD.又MN⊂平面MNE，∴MN∥平面PAD.方法二 取PD 中点F ，连接AF 、NF .∵M 、N 分别为AB 、PC 的中点， ∴NF 綊12CD ，AM 綊12CD ， ∴AM 綊NF .∴四边形AMNF 为平行四边形， ∴MN ∥AF .又AF ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ， ∴MN ∥平面PAD .2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是C 1C ，B 1C 1，C 1D 1的中点，求证：平面MNP ∥平面A 1BD .证明 方法一如图(1)所示，连接B1D1.∵P，N分别是D1C1，B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理：MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.方法二如图(2)所示，连接AC1，AC，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴AC⊥BD.又CC1⊥平面ABCD，∴AC为AC1在平面ABCD上的射影，∴AC1⊥BD.同理可证AC1⊥A1B，∴AC1⊥平面A1BD.同理可证AC1⊥平面PMN.∴平面PMN∥平面A1BD.3. 如下图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D在边BC上，AD ⊥C1D.(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；(2)设E是B1C1上的一点，当B1EEC1的值为多少时，A1E∥平面ADC1？请给出证明．解析(1)在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1.又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，且CC1和C1D都在平面BCC1B1内，∴AD⊥平面BCC1B1.(2)由(1)得AD⊥BC.在正三角形ABC中，D是BC的中点．当B1EEC1＝1，即E为B1C1的中点时，A1E∥平面ADC1.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，且D、E分别是BC、B1C1的中点，∴B1B∥DE，B1B＝DE.又B1B∥AA1，且B1B＝AA1，∴DE∥AA1，且DE＝AA1.∴四边形ADEA1为平行四边形，∴A1E∥AD.而A1E⊄平面ADC1，故A1E∥平面ADC1.1．如图在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.答案 M ∈线段FH 解析 ∵HN ∥BD ，HF ∥DD 1， ∴平面NHF ∥平面B 1BDD 1.故线段FH 上任一点M 与N 相连， 都有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .2. 如下图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为a 的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，在侧面PBC 内，有BE ⊥PC 于E ，且BE ＝63a ，试在AB 上找一点F ，使EF ∥平面PAD .解析 在平面PCD 内，过E 作EG ∥CD 交PD 于G ，连接AG ，在AB 上取点F ，使AF ＝EG ，则F 即为所求作的点． ∵EG ∥CD ∥AF ，EG ＝AF ，∴四边形FEGA 为平行四边形，∴FE ∥AG . 又AG ⊂平面PAD ，FE ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD .又在△BCE 中， CE ＝BC 2－BE 2＝a 2－23a 2＝33a .在Rt △PBC 中，BC 2＝CE ·CP ，∴CP ＝a 233a ＝3a .又EG CD ＝PE PC ， ∴EG ＝AF ＝23a .∴点F 为AB 的一个三等分点，且靠近B 点．。
2013届高三数学一轮复习限时训练8-6
A 级 基础达标演练 (时间：40分钟 满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·济宁一模)若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是( )． A ．{a ，a ＋b ，a －b } B ．{b ，a ＋b ，a －b } C ．{c ，a ＋b ，a －b }D ．{a ＋b ，a －b ，a ＋2b }解析 若c 、a ＋b 、a －b 共面，则c ＝λ(a ＋b )＋m (a －b )＝(λ＋m )a ＋(λ－m )b ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量的一组基底矛盾，故c ，a ＋b ，a －b 可构成空间向量的一组基底． 答案 C2．(2012·淮南调研)以下四个命题中正确的是( )． A ．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B ．若{a ，b ，c }为空间向量的一组基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间向量的另一组基底C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB →·AC →＝0D ．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底解析 若a ＋b 、b ＋c 、c ＋a 为共面向量，则a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，(1－μ)a ＝(λ－1)b ＋(λ＋μ)c ，λ，μ不可能同时为1，设μ≠1，则a ＝λ－11－μb ＋λ＋μ1－μc ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量基底矛盾． 答案 B3．(2012·天津模拟)有下列命题： ①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b .③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A 、B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题的个数是( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析 其中①③为正确命题． 答案 B4．如图所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )．A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →) ＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c . 答案 A5．(2012·晋中调研)如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )．A ．0 B.12 C.32D.22解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |， OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案 A二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2012·东北三校联考)如图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________________．解析 ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC → ∴x ，y ，z 的值分别为16，13，13. 答案 16，13，137．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝________.解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC → ＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝0 答案 08．已知在一个60°的二面角的棱上，如图有两个点A ，B ，AC ，BD 分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB 的线段，且AB ＝4 cm ，AC ＝6 cm ，BD ＝8 cm ，则CD 的长为________．解析 设BD →＝a ，AB →＝b ，AC →＝c 由已知条件|a |＝8，|b |＝4，|c |＝6〈a ，b 〉＝90°，〈b ，c 〉＝90°，〈a ，c 〉＝60° |CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|－c ＋b ＋a |2 ＝a 2＋b 2＋c 2＋2a·b －2a·c －2b·c ＝68，则|CD →|＝217. 答案 217 cm 三、解答题(共23分)9．(11分)证明三个向量a ＝－e 1＋3e 2＋2e 3，b ＝4e 1－6e 2＋2e 3，c ＝－3e 1＋12e 2＋11e 3共面．证明 设a ＝x b ＋y c ，由已知条件⎩⎨⎧4x －3y ＝－1，－6x ＋12y ＝3，2x ＋11y ＝2.解得x ＝－110，y ＝15，即a ＝－110b ＋15c .故a ，b ，c 三个向量共面．10．(12分)如右图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，G 为△BC 1D 的重心， (1)试证A 1、G 、C 三点共线； (2)试证A 1C ⊥平面BC 1D ； (3)求点C 到平面BC 1D 的距离．(1)证明 CA 1→＝CB →＋BA →＋AA 1→＝CB →＋CD →＋CC 1→， 可以证明：CG →＝13(CB →＋CD →＋CC 1→)＝13CA 1→， ∴CG →∥CA 1→即A 1、G 、C 三点共线．(2)证明 设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ， 且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∵CA 1→＝a ＋b ＋c ，BC 1→＝c －a ，∴CA 1→·BC 1→＝(a ＋b ＋c )·(c －a )＝c 2－a 2＝0， ∴CA 1→⊥BC 1→，即CA 1⊥BC 1，同理可证：CA 1→⊥BD →， 因此A 1C ⊥平面BC 1D .(3)解 ∵CA 1→＝a ＋b ＋c ，∴CA 1→2＝a 2＋b 2＋c 2＝3a 2， 即|CA 1→|＝3a ，因此|CG →|＝33a .即C 到平面BC 1D 的距离为33a .B级 综合创新备选(时间：30分钟 满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．正四面体ABCD 的棱长为1，G 是△ABC 的中心，M 在线段DG 上，且∠AMB ＝90°，则GM 的长为( )． A.12 B.22 C.33 D.66 解析 设DA →＝a ，DB →＝b ，DC →＝c .AM →＝AD →＋λDG → ＝－a ＋λ3(a ＋b ＋c ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3－1a ＋λ3b ＋λ3c ， BM →＝BA →＋AM →＝(a －b )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3－1a ＋λ3b ＋λ3c＝λ3a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3－1b ＋λ3c由AM →·BM →＝0可解得λ＝12 |MG →|＝12|DG →|＝66. 答案 D2．(2012·郑州模拟)下列命题中 ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②不等式|a ＋b |＜|a |＋|b |的充要条件是a 与b 不共线；③若非零向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb (λ、μ∈R ，且λμ≠0)，则c ⊥d .正确命题的个数是( )． A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 解析 只有命题③是正确命题． 答案 B二、填空题(每小题4分，共8分)3．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________． ①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →； ③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0；解析 ∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面． 答案 ③4．(2012·厦门质检)如图，空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值等于________．X解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c . OA 与BC 所成的角为θ， OA →·BC →＝a (c －b )＝a ·c －a ·b ＝a ·(a ＋AC →)－a ·(a ＋AB →)＝a 2＋a ·AC →－a 2－a ·AB →＝24－16 2. ∴cos θ＝|OA →·BC →||OA →|·|BC →|＝24－1628×5＝3－225.答案3－225 三、解答题(共22分)5．(10分)如右图，在空间四边形SABC 中，AC 、BS 为其对角线，O 为△ABC 的重心，试证： (1)OA →＋OB →＋OC →＝0； (2)SO →＝13(SA →＋SB →＋SC →)． 证明 (1)OA →＝－13(AB →＋AC →)，① OB →＝－13(BA →＋BC →)，② OC →＝－13(CA →＋CB →)，③ ①＋②＋③得OA →＋OB →＋OC →＝0. (2)SO →＝SA →＋AO →，④ SO →＝SB →＋BO →，⑤ SO →＝SC →＋CO →，⑥由(1)得：AO →＋BO →＋CO →＝0. ④＋⑤＋⑥得3SO →＝SA →＋SB →＋SC →即SO →＝13(SA →＋SB →＋SC →)．6．(12分)如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB 、AD 、CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EF →·DC →；(3)EG 的长； (4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c . 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ， BA →＝－a ，DC →＝b －c ， (2)EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22. (4)AG →＝12b ＋12c ， CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
2013届高三数学考点限时训练7
0.01频率组距2013届高三数学考点大扫描限时训练0071. 复数13i z =+，21i z =-，则复数12z z 在复平面内对应的点位于第_______象限． 2. 一个靶子上有10个同心圆，半径依次为1、2、……、10，击中由内至外的区域的成绩依次为10、9、……、1环，则不考虑技术因素，射击一次,在有成绩的情况下成绩为10环的概率为 .3. 某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出60名学生，将其成绩（是不小于40不大于100的整数）分成六段[)50,40，[)60,50…[]100,90后：（1）求第四小组的频率，并补全这个画出如下部分频率分布直方图.(2) 观察频率分布直方图图形的信息，估计这次考试的及格率（60分及以上为及格）和平均分．4. 在ABC ∆中，c ,b ,a 分别是角A 、B 、C 的对边，,a (n ),C cos ,c b (m =-=→→2)A cos ，且→→n //m ．（1）求角A 的大小； （2）求)23cos(sin 22B B y -+=π的值域．参考答案：1. 第一象限；2. 0.01；3. （1）因为各组的频率和等于1,故第四组的频率：41(0.0250.01520.010.005)100.3f =-+⨯++⨯=……3′直方图如右所示…………………………… 6′ （2）依题意，60及以上的分数所在的第三、四、五、六组， 频率和为(0.0150.030.0250.005)100.75+++⨯=所以，抽样学生成绩的合格率是75%.…………………… 9 ′利用组中值估算抽样学生的平均分123456455565758595f f f f f f ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ ＝450.1550.15650.15750.3850.25950.05⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯＝71，估计这次考试的平均分是71分……………………………………………………… 12′ 4.（1）由→→n//m 得0cos cos )2(=-⋅-C a A c b ………………………………………………………4′由正弦定理得0cos sin cos sin cos sin 2=--C A A C A B ，∴0)sin(cos sin 2=+-C A A B ， ∴0sin cos sin 2=-B A B ……………………… 6′()3,21cos ,0sin ,0,ππ=∴=≠∴∈A A B B A ………………………………………… 8′ （2）B B B y 2sin 3sin2cos 3cossin 2ππ++=，=B B 2sin 232cos 211+-………… 10′ =1)62sin(+-πB ………………………………………………………12′由（1）得67626320ππππ<-<-∴<<B B ， ⎥⎦⎤ ⎝⎛-∈-∴1,21)62sin(πB ⎥⎦⎤⎝⎛∈∴2,21y …………………………………………15′。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
A 级 基础达标演练 (时间：40分钟 满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·济宁一模)若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是( )． A ．{a ，a ＋b ，a －b } B ．{b ，a ＋b ，a －b } C ．{c ，a ＋b ，a －b }D ．{a ＋b ，a －b ，a ＋2b }解析 若c 、a ＋b 、a －b 共面，则c ＝λ(a ＋b )＋m (a －b )＝(λ＋m )a ＋(λ－m )b ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量的一组基底矛盾，故c ，a ＋b ，a －b 可构成空间向量的一组基底． 答案 C2．(2012·淮南调研)以下四个命题中正确的是( )． A ．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B ．若{a ，b ，c }为空间向量的一组基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间向量的另一组基底C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB →·AC →＝0D ．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底解析 若a ＋b 、b ＋c 、c ＋a 为共面向量，则a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，(1－μ)a ＝(λ－1)b ＋(λ＋μ)c ，λ，μ不可能同时为1，设μ≠1，则a ＝λ－11－μb ＋λ＋μ1－μc ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量基底矛盾． 答案 B3．(2012·天津模拟)有下列命题： ①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b .③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A 、B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的个数是( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析 其中①③为正确命题． 答案 B4．如图所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )．A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →) ＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c . 答案 A5．(2012·晋中调研)如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )．A ．0B.12C.32D.22解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |， OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案 A二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2012·东北三校联考)如图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________________．解析 ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →∴x ，y ，z 的值分别为16，13，13. 答案 16，13，137．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝________.解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC → ＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝0 答案 08．已知在一个60°的二面角的棱上，如图有两个点A ，B ，AC ，BD 分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB 的线段，且AB ＝4 cm ，AC ＝6 cm ，BD ＝8 cm ，则CD 的长为________．解析 设BD →＝a ，AB →＝b ，AC →＝c 由已知条件|a |＝8，|b |＝4，|c |＝6〈a ，b 〉＝90°，〈b ，c 〉＝90°，〈a ，c 〉＝60° |CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|－c ＋b ＋a |2 ＝a 2＋b 2＋c 2＋2a·b －2a·c －2b·c ＝68，则|CD →|＝217.答案 217 cm 三、解答题(共23分)9．(11分)证明三个向量a ＝－e 1＋3e 2＋2e 3，b ＝4e 1－6e 2＋2e 3，c ＝－3e 1＋12e 2＋11e 3共面．证明 设a ＝x b ＋y c ，由已知条件⎩⎨⎧4x －3y ＝－1，－6x ＋12y ＝3，2x ＋11y ＝2.解得x ＝－110，y ＝15，即a ＝－110b ＋15c .故a ，b ，c 三个向量共面．10．(12分)如右图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，G 为△BC 1D 的重心， (1)试证A 1、G 、C 三点共线； (2)试证A 1C ⊥平面BC 1D ； (3)求点C 到平面BC 1D 的距离．(1)证明 CA 1→＝CB →＋BA →＋AA 1→＝CB →＋CD →＋CC 1→， 可以证明：CG →＝13(CB →＋CD →＋CC 1→)＝13CA 1→， ∴CG →∥CA 1→即A 1、G 、C 三点共线．(2)证明 设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ， 且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∵CA 1→＝a ＋b ＋c ，BC 1→＝c －a ，∴CA 1→·BC 1→＝(a ＋b ＋c )·(c －a )＝c 2－a 2＝0，∴CA 1→⊥BC 1→，即CA 1⊥BC 1，同理可证：CA 1→⊥BD →， 因此A 1C ⊥平面BC 1D .(3)解 ∵CA 1→＝a ＋b ＋c ，∴CA 1→2＝a 2＋b 2＋c 2＝3a 2， 即|CA 1→|＝3a ，因此|CG →|＝33a .即C 到平面BC 1D 的距离为33a .B 级 综合创新备选 (时间：30分钟 满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．正四面体ABCD 的棱长为1，G 是△ABC 的中心，M 在线段DG 上，且∠AMB ＝90°，则GM 的长为( )． A.12 B.22 C.33 D.66 解析 设DA →＝a ，DB →＝b ，DC →＝c . AM →＝AD →＋λDG → ＝－a ＋λ3(a ＋b ＋c ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3－1a ＋λ3b ＋λ3c ， BM →＝BA →＋AM →＝(a －b )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3－1a ＋λ3b ＋λ3c＝λ3a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ3－1b ＋λ3c由AM →·BM →＝0可解得λ＝12|MG →|＝12|DG →|＝66. 答案 D2．(2012·郑州模拟)下列命题中 ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②不等式|a ＋b |＜|a |＋|b |的充要条件是a 与b 不共线；③若非零向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb (λ、μ∈R ，且λμ≠0)，则c ⊥d .正确命题的个数是( )． A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 解析 只有命题③是正确命题． 答案 B二、填空题(每小题4分，共8分)3．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________． ①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →；③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0；解析 ∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面． 答案 ③4．(2012·厦门质检)如图，空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值等于________．X解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c .OA 与BC 所成的角为θ， OA →·BC →＝a (c －b )＝a ·c －a ·b ＝a ·(a ＋AC →)－a ·(a ＋AB →)＝a 2＋a ·AC →－a 2－a ·AB →＝24－16 2. ∴cos θ＝|OA →·BC →||OA →|·|BC →|＝24－1628×5＝3－225.答案3－225 三、解答题(共22分)5．(10分)如右图，在空间四边形SABC 中，AC 、 BS 为其对角线，O 为△ABC 的重心，试证： (1)OA →＋OB →＋OC →＝0； (2)SO →＝13(SA →＋SB →＋SC →)． 证明 (1)OA →＝－13(AB →＋AC →)，① OB →＝－13(BA →＋BC →)，② OC →＝－13(CA →＋CB →)，③ ①＋②＋③得OA →＋OB →＋OC →＝0. (2)SO →＝SA →＋AO →，④SO →＝SB →＋BO →，⑤SO →＝SC →＋CO →，⑥由(1)得：AO →＋BO →＋CO →＝0. ④＋⑤＋⑥得3SO →＝SA →＋SB →＋SC →即SO →＝13(SA →＋SB →＋SC →)．6．(12分)如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB 、AD 、CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EF →·DC →；(3)EG 的长； (4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c . 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ， BA →＝－a ，DC →＝b －c ， (2)EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22. (4)AG →＝12b ＋12c ， CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ， cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。