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1、美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 第一部分一13(理) 一、选择题 1(2014北京理，7)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知 A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2)，若 S1、S2、S3分别是三 棱锥 DABC 在 xOy、yOz、zOx 坐标平面上的正投影图形的面 积，则 ( ) AS1S2S3BS2S1且 S2S3 CS3S1且 S3S2DS3S2且 S3S1 答案 D 解析 DABC在 xOy 平面上的投影为 ABC， 故 S11 2AB BC2， 设 D 在 yOz 和 zOx 平面上的投影分别为D2和 D3， 则 DABC 在 yOz 和 z
2、Ox 平面上的投影分别为OCD2和OAD3， D2(0,1， 2)，D3(1,0，2) 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 故 S2 1 2 2 2 2，S3 1 2 2 2 2， 综上，选项 D 正确 2已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E是 AA1 的中点，则异面直线D1C与 BE所成角的余弦值为( ) A.1 5 B. 310 10 C. 10 10 D.3 5 答案 B 解析 以 A 为原点， AB、AD、AA1所在直线为 x 轴、y 轴、 z轴建立空间直角坐标系， 设 AB1， 则 B(1,0,0)， D(0,1,0)， C(1,1,0)， D1(0,1,2
3、)，AA12AB，E(0,0,1) ， 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 BE (1,0,1)，CD1 (1,0,2)， cosBE ，CD1 BE CD1 |BE | |CD1 | 3 25 310 10 ， 故选 B. 3(2015浙江理， 8)如图，已知 ABC，D 是 AB 的中点， 沿直线 CD 将 ACD 翻折成 A CD，所成二面角A CDB 的 平面角为，则 ( ) AA DBBA DB 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 CA CBD A CB 答案 B 解析 A C 和 BC都不与 CD 垂直， A CB，故 C，D 错误当 CACB 时，容易证 明 A DB
4、 .不妨取一个特殊的三角形，如Rt ABC，令斜边 AB4，AC2，BC23，如图所示， 则 CDAD BD2， BDH120，设沿直线CD 将ACD 折成 A CD， 使平面 A CD平面 BCD，则90 .取 CD 中点 H，连接 A H， BH，则 A HCD，A H平面 BCD，且 A H3，DH1.在 BDH 中，由余弦定理可得BH7.在 RtA HB 中，由勾股定 理可得 A B10.在A DB 中， A D 2BD2A B2 20，可 知 cosA DB0)， 所以 AB 4 5. ()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 设 G(0
5、，m,0)(其中 0m4t)， 则GC (1,3tm,0)，GD (0,4tm,0)，GP (0，m， t) 由|GC |GD |得 1 2(3tm)2(4tm)2， 即 t3m； 由|GD |GP |得(4tm) 2m2t2. 由、消去t，化简得 m 23m40. 由于方程没有实数根， 所以在线段 AD 上不存在一个点G， 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 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 方法点拨 1.用空间向量求点到平面的距离的方法步骤 是：(1)求出平面的法向量n；(2)任取一条过该点
6、的该平面的一条 斜线段，求出其向量坐标n1；(3)求点到平面的距离d |n n1| |n| . 2点面距、线面距、异面直线间的距离的求法共同点是： 设平面的法向量为n(求异面直线间的距离时， 取与两异面直线都 垂直的向量为n)，求距离的两几何图形上各取一点A、B，则距 离 d |AB n| |n| . 13(2015湖南理， 19)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为3 和 6 的正方形， A1A6，且 A1A 底面 ABCD.点 P，Q 分别在棱 DD1，BC上 (1)若 P 是 DD1的中点，证明： AB1PQ； 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 (2
7、)若 PQ平面 ABB1A1，二面角 PQDA 的余弦值为 3 7， 求四面体 ADPQ 的体积 分析 考查空间向量的运用，线面垂直的性质与空间几何 体体积计算考查转化思想、方程思想、运算求解能力和空间想 像能力 (1)建立空间直角坐标系， 求得相关点的坐标将问题转化为证 明 AB1 PQ 0；(2)利用向量几何求解：将PQ平面 ABB1A1转化为 PQ 与平面 ABB1A1的法向量垂直，结合平面的法向 量与二面角的关系确定点P，最后利用体积公式计算体积或用 综合几何方法求解 解析 解法一由题设知， AA1，AB，AD 两两垂直，以A 为坐标原点， AB，AD，AA1所在直线分别为x 轴， y
8、 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)， B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中mBQ,0m 6. 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 (1)证明：若 P是 DD1的中点，则 P(0， 9 2，3)，PQ (6，m 9 2，3)，AB 1 (3,0,6)，于是 AB1 PQ 18180，所以 AB1 PQ ， 即 AB1PQ； (2)由题设知，DQ (6，m6,0)， DD1 (0， 3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量 设 n1(x，y，z)是平面 PQD 的一个法向量， 则 n1 DQ 0， n
9、1 DD1 0， ，即 6x m6 y0， 3y6z0. 取 y6，得 n1(6m,6,3) 又平面 AQD 的一个法向量是n2(0,0,1)， 所 以cos n1， n2 n1 n2 |n1| |n2| 3 6m 26232 3 6m 245， 而 二 面 角 P QD A 的 余 弦 值为 3 7 ， 因 此 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 3 6m 245 3 7，解得 m4， 或者 m8(舍去)，此时 Q(6,4,0) 设DP DD1 (0 1)，而DD1 (0， 3,6)， 由此得点 P(0,63， 6 )，PQ (6,3 2，6 ) 因为 PQ平面 ABB1A1，且平面A
10、BB1A1的一个法向量是n3 (0,1,0)，所以 PQ n30，即 3 20，亦即 2 3，从而 P(0,4,4)， 于是，将四面体ADPQ 视为以 ADQ 为底面的三棱锥PADQ， 而其高 h4，故四面体 ADPQ 的体积 V1 3S ADQ h1 3 1 2 6 6 4 24. 解法二(1)如图 c，取 A1A 的中点 R，连接 PR，BR，因为 A1A，D1D 是梯形 A1AD1D 的两腰， P 是 D1D 的中点，所以PR AD，于是由 ADBC知，PR BC，所以 P，R，B，C四点共面 由题设知， BCAB，BCA1A，所以 BC平面 ABB1A1，因 此 BCAB1， 因为 t
11、anABR AR AB 3 6 A1B1 A1A tanA1AB1， 所以 tanABRtanA1AB1，因此 ABRBAB1A1AB1 BAB190，于是 AB1BR ， 再由即知平面AB1平面 PRBC ， 又 PQ? 平面 PRBC ，故 AB1PQ. 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 图 c 图 d (2)如图 d，过点 P 作 PM/A 1A 交 AD 于点 M，则 PM/ 平面 ABB1A1. 因为 A1A平面 ABCD，所以 PM平面 ABCD，过点 M 作 MNQD 于点 N，连接 PN，则 PNQD，PNM 为二面角 P QDA 的平面角，所以 cosPNM 3 7，
12、 即 MN PN 3 7， 从而 PM MN 40 3 . 美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登。 连接 MQ，由 PQ/ 平面 ABB1A1，所以 MQ/AB ，又 ABCD是 正方形，所以 ABQM 为矩形，故 MQAB6.设 MDt，则 MN MQ MD MQ 2MD2 6t 36t 2过点 D1作 D1EA1A 交 AD 于点 E， 则 AA1D1E 为矩形，所以D1EA1A6，AEA1D13，因此 ED ADAE3，于是 PM MD D1E ED 6 32，所以 PM2MD2t，再 由得 36t 2 3 40 3 ， 解得 t2， 因此 PM4.故四面体 ADPQ 的体积 V 1 3S ADQ h1 3 1 2 6 6 424.
