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《高考数学复习练习第1部分 专题四 第二讲 预测演练提能.pdf》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、1.(2013·昆明模拟)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，点M是CD的中点，点N是PB的中点，连接AM，AN，MN.(1)求证：MN∥平面PAD；(2)若MN＝5，AD＝3，求二面角NAMB的余弦值．解：(1)取AB的中点E，连接NE，ME.∵点M是CD的中点，点N是PB的中点，∴ME∥AD，NE∥PA.∵AD⊂平面PAD，ME⊄平面PAD，∴ME∥平面PAD.∵PA⊂平面PAD，NE⊄平面PAD，∴NE∥平面PAD.∵ME∩NE＝E，NE⊂平面MEN，ME⊂平面MEN，
2、∴平面MEN∥平面PAD.∵MN⊂平面MEN，∴MN∥平面PAD.(2)∵NE∥PA，PA⊥平面ABCD，∴NE⊥平面ABCD.在Rt△NEM中，MN＝5，ME＝AD＝3，得NE＝MN2－ME2＝4.以点A为原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，333则A(0,0,0)，M3，，0，E0，，0，N0，，4.(2)(2)(2)33∴AM＝3，，0，AN＝0，，4.(2)(2)设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，由n·
3、AM＝0，n·AN＝0，得Error!3令x＝1，得y＝－2，z＝.43∴n＝1，－2，是平面AMN的一个法向量．(4)又EN＝(0,0,4)是平面AMB的一个法向量，n·389∴cos〈n，EN〉＝＝.
4、n
5、·
6、
7、89389∴二面角NAMB的余弦值为.892.(2013·沈阳模拟)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，点O，E分别是A1C1，AA1的中点，AO⊥平面A1B1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2.(1)证明：OE∥平面AB1C1；(2)求异面直线AB1与A1C所成
8、的角；(3)求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．解：法一：(1)证明：∵点O，E分别是A1C1，AA1的中点，∴OE∥AC1，又∵EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，∴OE∥平面AB1C1.(2)∵AO⊥平面A1B1C1，∴AO⊥B1C1.又∵A1C1⊥B1C1，且A1C1∩AO＝O，∴B1C1⊥平面A1C1CA，∴A1C⊥B1C1.又∵AA1＝AC，∴四边形A1C1CA为菱形，∴A1C⊥AC1.∵B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1，∴AB1⊥A1C，即异面直线AB1与A1C所成
9、的角为90°.(3)设点C1到平面AA1B1的距离为d，∵VAABC＝VCAAB，111111111即×·A1C1·B1C1·AO＝·S△AA1B1·d.323又∵在△AA1B1中，A1B1＝AB1＝22，∴S△AAB＝7.11221∴d＝，721∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.7法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，3)，13A1(0，－1,0)，E0，－，，C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，C(0,2,3)．(22)13(1)证明：∵OE＝0，－，，AC1＝
10、(0,1，－3)，(22)1∴OE＝－AC1，即OE∥AC1，2又∵OE⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，∴OE∥平面AB1C1.(2)∵AB＝(2,1，－3)，AC＝(0,3，3)，11∴AB1·A1C＝0，即AB1⊥A1C，∴异面直线AB1与A1C所成的角为90°.(3)设A1C1与平面AA1B1所成角为θ，∵AC＝(0,2,0)，AB＝(2,2,0)，AA＝(0,1，3)，11111设平面AA1B1的法向量为
11、n＝(x，y，z)，则Error!即Error!3不妨令x＝1，可得n＝1，－1，.(3)221∴sinθ＝
12、cos〈AC，n〉
13、＝＝，11772×321∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.73.(2013·天津高考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明：B1C1⊥CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；2(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正
14、弦值为，求线段AM6的长．解：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)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0，2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．(1)易得B1C1,＝(1,0，－1)，CE,＝(－1,1，－1)，于是B1C1,·CE,＝0，所以B1C1⊥CE.(2)B1C,＝(1，－2，－1)．设平面B1
