(分A、B卷，共2页) A卷：夯基保分
1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D -AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．
2．(2015·贵州模拟)如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2.
(1)若点E为AB的中点，求证：BD1∥平面A1DE；
π(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1-EC-D的大小为？若存在，求出AE的长；
6若不存在，请说明理由．
3．(2015·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0 (2)当MN长度最小时，求AB与平面AMN所成角α的正弦值． B卷：增分提能 1．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点． (1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值； (2)求B点到平面PCD的距离； (3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为值；若不存在，请说明理由． 6PQ ？若存在，求出的3QD 2．(2014·湖北高考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由． 答案 A卷：夯基保分 1．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO. 因为平面ABCD为矩形， 所以O为BD的中点． 又E为PD的中点， 所以EO∥PB. 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD为矩形， 所以AB，AD，AP两两垂直． 如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，3，0)，E0， 3 2，12，AE＝31 0，2，2. 设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，3，0)，AC＝(m，3，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量， 则n1·AC＝0，mx＋3y＝0，即n1·AE＝0， 31 2y＋2z＝0， 可取n1＝ 3，－1，3. m 又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量， 1 由题设|cos〈n1，n2〉|＝， 2即 3132＝，解得m＝. 23＋4m2 111 因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V＝××3 232313 ××＝. 228 2．解：(1)证明：四边形ADD1A1为正方形，连接AD1，A1D∩AD1 ＝F，则F是AD1的中点，又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，所以EF∥BD1. 又因为BD1⊄平面A1DE，EF⊂平面A1DE， 所以BD1∥平面A1DE. (2)根据题意得DD1⊥DA，D1D⊥DC，AD⊥DC，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D-xyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)． 设满足条件的点E存在， 令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)， EC＝(－1,2－y0,0)，D1C＝(0,2，－1)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量， EC＝0，n1·－x1＋2－y0y1＝0，则得 令y1＝1，则平面D1EC的法向量为n1＝ 2y－z＝0，n·＝0，DC1111 (2－y0,1,2)，由题知平面DEC的一个法向量n2＝(0,0,1)． π 由二面角D1-EC-D的大小为得 6π|n1·n2|23cos ＝＝＝， 6|n1|·|n2|2－y02＋1＋42解得y0＝2－ 3 ∈[0,2]， 3 3π时，二面角D1-EC-D的大小为. 36 所以当AE＝2－ 3．解：(1)以B为原点，BA，BE，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz(如图所示)， 则NM 22a，a，0， 22 22a，0，1－a. 22 ∴MN＝∴当a＝(2)当a＝ 1－2a2＋2a2＝ 22 2 时，MN的长度最小． 2 a－22＋1， 22 11112 ，0，，N，，0， 时，M22222 又A(1,0,0)， 1111 －，0，，AN＝－，，0. ∴AM＝2222设平面AMN的法向量n＝(x，y，z)， AM·n＝0， 则 n＝0，AN· 量n＝(1,1,1)． －2x＋2z＝0， 即11 －2x＋2y＝0， 11 取x＝1，得y＝1，z＝1，∴平面AMN的法向 ∵AB＝(－1,0,0)， ∴AB与平面AMN所成角α的正弦值为 AB||n·3 sin α＝＝. |n|·|AB|3 B卷：增分提能 1．解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点， 所以PO⊥AD， 又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 又在直角梯形ABCD中，连结OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴PB＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC， ∴OA＝(0，－1,0)是平面POC的法向量， PB·OA3cos〈PB，OA〉＝＝. |PB||OA|3 ∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为 6. 3 (2)PD＝(0,1，－1)，CP＝(－1,0,1)， 设平面PDC的一个法向量为u＝(x，y，z)， CP＝－x＋z＝0，u·则取z＝1，得u＝(1,1,1)． PD＝y－z＝0，u· |BP·u|3∴B点到平面PCD的距离d＝＝. |u|3(3)存在．设PQ＝λPD (0<λ<1)， ∵PD＝(0,1，－1)，∴PQ＝(0，λ，－λ)＝OQ－OP， ∴OQ＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)． 设平面CAQ的一个法向量为m＝(x，y，z)， AC＝x＋y＝0，m· 则 m·＝λ＋1y＋1－λz＝0.AQ 取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 又平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 因为二面角Q-AC-D的余弦值为 6 ， 3 |m·n|6 所以|cos〈m，n〉|＝＝， |m||n|3 1 得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)， 3所以存在点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为6PQ1，且＝. 3QD2 2．解：法一(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)． BC1＝(－2,0,2)，FP＝(－1,0，λ)，FE＝(1,1,0)． (1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1,0,1)， 因为BC1＝(－2,0,2)，所以BC1＝2FP，即BC1∥FP. 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ， 故直线BC1∥平面EFPQ. (2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 FE·n＝0，x＋y＝0， 由可得 －x＋λz＝0.n＝0，FP· 于是可取n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角， 则m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 2 解得λ＝1±. 2 2 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2 法二(几何法)：(1)证明：如图，连接AD1， 由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1. 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点， 所以FP∥AD1. 所以BC1∥FP. 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ， 故直线BC1∥平面EFPQ. 1 (2)如图，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD. 2 又DP＝BQ，DP∥BQ， 所以四边形PQBD是平行四边形， 故PQ∥BD，且PQ＝BD， 1 从而EF∥PQ，且EF＝PQ. 2在Rt△EBQ和Rt△FDP中， 因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1， 于是EQ＝FP＝1＋λ2，所以四边形EFPQ是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN是等腰梯形． 分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG， 则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O， 故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角． 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°. 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN，知四边形EFNM是平行四边形． 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点， 所以GH＝ME＝2. 在△GOH中，GH2＝4， OH2＝1＋λ2－ 2221 ＝λ＋， 22 122 ＝(2－λ)2＋， 22OG2＝1＋(2－λ)2－ 11 由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4， 222 解得λ＝1±， 2 2 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． 2 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容