2019年高考数学一轮训练含答案(理科)： 课时分层训练47 利用空间向量求空间角北师大版
2019年高考数学一轮复习课时分层训练空间向量及其运算理北师大版
课时分层训练(四十五) 空间向量及其运算A 组 基础达标一、选择题1．在空间直角坐标系中，A (1,2,3)，B (－2，－1,6)，C (3,2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直B [由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →， ∴AB →与CD →共线， 又AB →与CD →没有公共点． ∴AB ∥CD .]2．(2017·上饶期中)如图766，三棱锥O ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →＝( )图766A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) B [NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )．]3．(2017·武汉三中月考)在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( ) A ．(3,0,0)B ．(0,3,0)C ．(0,0,3)D ．(0,0，－3)C [设P (0,0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.故选C.]4．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( )【导学号：79140246】A.5π6 B ．2π3C.π3D ．π6D [∵a ·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1， ∴b ＝(1,1,2)．∴cos〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝32×6＝32.∴a 与b 的夹角为π6，故选D.]5．如图767，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )图767A. 3 B ． 2 C ．1D ．3－2D [∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2.] 二、填空题6．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________.－9 [由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.]7．如图768，已知P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，点M 在线段PC 上，点N 在线段PD 上，且PM ＝2MC ，PN ＝ND ，若MN →＝xAB →＋yAD →＋zAP →，则x ＋y ＋z ＝________.图768－23 [MN →＝PN →－PM →＝12PD →－23PC → ＝12(AD →－AP →)－23(PA →＋AC →) ＝12AD →－12AP →＋23AP →－23(AB →＋AD →) ＝－23AB →－16AD →＋16AP →，所以x ＋y ＋z ＝－23－16＋16＝－23.]8．已知a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________.(3，－2,2) [因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．] 三、解答题9．已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.【导学号：79140247】[解] (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，∴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(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，故向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 10．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)[解] (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25.B 组 能力提升11．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( ) A ．钝角三角形 B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定C [∵M 为BC 中点， ∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．]12．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________.【导学号：79140248】平行 [如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又∵VA ⊆/平面PMN ，∴VA ∥平面PMN .]13.如图769，在直三棱柱ABC A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为AB ，BB ′的中点．图769(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． [解] (1)证明：设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 根据题意得，|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， ∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a .∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |.AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(含答案)
2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（含答案）一、选择题：本题共12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．设集合A ={x |x 2-5x +6>0}，B ={ x |x -1<0}，则A ∩B = A ．(-∞，1) B ．(-2，1)C ．(-3，-1)D ．(3，+∞)2．设z =-3+2i ，则在复平面内z 对应的点位于 A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．已知AB =(2,3)，AC =(3，t )，BC =1，则AB BC ⋅= A ．-3 B ．-2C ．2D ．34．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++.设r Rα=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为 ABCD5．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A ．中位数 B ．平均数 C ．方差 D ．极差6．若a >b ，则A ．ln(a −b )>0B ．3a <3bC ．a 3−b 3>0D ．│a │>│b │7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面8．若抛物线y 2=2px (p >0)的焦点是椭圆2231x y pp+=的一个焦点，则p =A ．2B ．3C ．4D ．89．下列函数中，以2π为周期且在区间(4π，2π)单调递增的是A ．f (x )=│cos 2x │B ．f (x )=│sin 2x │C ．f (x )=cos│x │D ．f (x )= sin │x │10．已知α∈(0，2π)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=A ．15B．5C3D511．设F 为双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222x y a +=交于P ，Q 两点.若PQ OF =，则C 的离心率为ABC ．2D 12．设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-.若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是 A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为__________.14．已知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e ax f x =-.若(ln 2)8f =，则a =__________. 15．ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .若π6,2,3b ac B ===，则ABC △的面积为__________.16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________.（本题第一空2分，第二空3分.）三、解答题：共70分。
2019年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(全国1卷参考版)【含答案及解析】
2019 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国1 卷参考版）【含答案及解析】姓名 _____________ 班级 ________________ 分数 ____________、选择题1. 设集合 ， ，则（ A ） （ B ）（ C ）（ D ）2. 设，其中， 实数，则（ A ） 1 （ B ）（ C ）（ D ） 2前 9 项的和为 27， B ） 99 （ C ） 984. 某公司的班车在 7:00 ，8:00 ，8:30 发车，小明在 7:50 至 8:30 之间到达发车站乘坐 班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概率是 （ A ） （ B ） （ C ） （ D ）5. 已知方程 表 示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的取值范围是（ A ） （ B ）（ C ） （ D ）6. 如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径 . 若该几何体的体积是 ，则它的表面积是3. 已知等差数列 （ A ） 100，则 （ D ） 978. 若，则（ A ）（ B ）B ）（C ），则输出 x，y 的值满足9. 执行右面的程序框图，如果输入的A )B )C )D )10.以抛物线 C的顶点为圆心的圆交 C于 A、 B两点，交 C 的准线于 D、E两点. 已知|AB|= ， |DE|= ，则 C的焦点到准线的距离为（ A ） 2 （ B ） 4 （ C ） 6 （ D ） 811.平面过正方体 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 的顶点 A，// 平面 CB 1 D 1 ，平面 ABCD=，m 平面 AB B 1 A 1 =n ，则 m、n 所成角的正弦值为（ A ） _______________________ （ B ）_________________ （ C ）________________ （ D ）12.已知函数为的零点，为图像的对称轴，且在单调，则的最大值为（ A ） 11 （ B ） 9 （ C ） 7 （ D ） 5二、填空题13.设向量 a= （ m，1 ），b= （ 1，2 ），且|a+b| 2 =|a| 2 +|b| 2 ，则m= ____________________________________ .14.的展开式中， x 3 的系数是 __________________________ . （用数字填写答案）15.设等比数列满足 a 1 +a 3 =10 ，a 2 +a 4 =5 ，则 a 1 a 2 ⋯a n 的最大值为 _____________________________________ ．16.某高科技企业生产产品 A 和产品 B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品 A 需要甲材料 1.5kg ，乙材料 1kg ，用 5 个工时；生产一件产品 B需要甲材料 0.5kg ，乙材料 0.3kg ，用 3个工时．生产一件产品 A的利润为 2100 元，生产一件产品 B的利润为 900 元．该企业现有甲材料 150kg ，乙材料 90kg ，则在不超过 600 个工时的条件下，生产产品 A、产品 B 的利润之和的最大值为元三、解答题17.的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知（Ⅰ）求 C；（Ⅱ）若的面积为，求的周长．18.如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF为正方形， AF=2FD，，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是．Ⅰ）证明：平面 ABEF 平面 EFDC；Ⅱ）求二面角 E-BC-A 的余弦值．19.某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰 . 机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200 元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元. 现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1台机器更换的易损零件数发生的概率，记表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数，表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数 . （Ⅰ）求的分布列；（Ⅱ ）若要求，确定的最小值；（Ⅲ ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？20.设圆的圆心为 A，直线 l 过点 B （ 1,0 ）且与 x 轴不重合， l 交圆 A于 C，D两点，过 B 作 AC的平行线交 AD于点 E.（Ⅰ）证明为定值，并写出点 E 的轨迹方程；（Ⅱ ）设点 E 的轨迹为曲线 C 1 ，直线 l 交 C 1 于 M,N两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点，求四边形 MPNQ面积的取值范围 .21.已知函数有两个零点（Ⅰ）求 a 的取值范围；Ⅱ）设 x 1 ，x 2 是的两个零点，证明：22.选修 4-1 ：几何证明选讲如图，△ OAB是等腰三角形，∠ AOB=12°0 .以 O为圆心，OA为半径作圆 .Ⅰ）证明：直线 AB 与O 相切；Ⅱ）点 C,D 在⊙O上，且 A,B,C,D 四点共圆，证明： AB∥CD.23.选修 4— 4：坐标系与参数方程在直角坐标系 x y 中，曲线 C 1 的参数方程为（ t 为参数， a>0 ）．在以坐标原点为极点， x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 2 ：ρ=.（Ⅰ）说明 C 1 是哪一种曲线，并将 C 1 的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线 C 3 的极坐标方程为，其中满足 tan =2 ，若曲线 C 1 与 C 2 的公共点都在 C 3 上，求 a ．24.选修 4— 5：不等式选讲已知函数 .（Ⅰ）在图中画出的图像；（Ⅱ）求不等式的解集．参考答案及解析第1 题【答案】第2 题【答案】第3 题【答案】第4 题【答案】第5 题【答案】第6 题【答案】第7 题【答案】第8 题【答案】第9 题【答案】第 10 题【答案】第 11 题【答案】第 12 题【答案】第 14 题【答案】第 15 题【答案】第 13 题【答案】第 16 题【答案】216000【解析】 试题分析：设生产产品/、产品E 分别为工、•匸件，束厢之和为二元，那么1.5x+0.5r n 150.x÷0 3.V M 90.■ 5工十3儿600. ①x...0,Iy-O-目⅛⅛数二= 210(k + 900)∙・二元一次不尊式组①竽价于3x+.v n 300.10x + 3.v n 900,• 5x÷3y n 600,② x..0,L y... 0.作出二元一次不等式组②表示的平面区域(如團)，即可行域.7 7 7p ■ =2100r + 900v 变形，得尸-丁十扁，平行直线―-丁 ,当直线JU 一丁十硫 经过 点M 时J -取得最大值， 10r + 3υ = 900V5x+3v≡600U •解方程组 ,得M 的坐标(6(HOO).所以当X =60 , 3 =100 时，∑aaχ=2100×60 + 900×100 = 216000 .第 17 题【答案】第 18 题【答案】（I ）见解析（∏） 一匹19【解析】试题分析；（I ＞证明AF 丄平面EFDC ,结合AFU 平面ABEF 、可得平面ABEF 丄平面 EFDC .（II ）建立空间坐标系，利用向量求.试题解析：（I 〉由已知可得AF 丄DF ,AFdFE ,所以AF 丄平面EFDC .又AFU 平面ABEF ；故平面ABEF 丄平面EFDC •〈II 〉过D 作DG 丄EF ,垂足为G ,由（I ）知DG 丄平面ABEF ・以G 为坐标原点、，GF 的方向为X 轴正方向，IGFl 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 由(I > 知ZDFE 为二面角D-AF-E 的平面角，故ZDFE = 60。
2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业 理(含解析)新人教A版
2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n＝(2,1，－1)，点C到面A1DM的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．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P AC 所成的角是________．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，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面P AC 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P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(xx·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F－BE－D的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM∥面BEF，并证明你的结论．解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴DEBD＝ 3.由AD＝3，BD＝32，得DE＝36，AF＝ 6.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)， ∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(xx·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(xx·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ， 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(xx·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1， 又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1， 又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1， 又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ， 所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)． 设BD 1→与n 所成的角为β， 则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)． 则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(xx·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量． 由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )． 令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)． 于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)． 则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)． 由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形， ∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.1又梯形BCDE的面积S梯形BCDE＝2×(4＋2)×42＝122，∴S△DME＝S梯形BCDE－S△DCM－S△BEM＝6 2.由(2)，知FG为三棱锥F－DME的高，且|FG|＝ 2.∴V F－DME＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(xx·保定市高三第一次模拟)四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB 的中点，且△SAB为等腰直角三角形，SA＝SB＝2，SC⊥BD，DA⊥平面SAB.(1)求证：平面SBD⊥平面SMC；(2)设四棱锥S－ABCD外接球的球心为H，求棱锥H－MSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA＝SB，M为AB中点，∴SM⊥AB.又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，所以SM⊥平面ABCD.又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB.又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，∴平面SBD⊥平面SMC.(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心， 设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233.∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.可编辑修改精选文档(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2)∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0)设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧ x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1) ∴⎩⎪⎨⎪⎧ AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0) ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33. 所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63. .。
2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试题及答案(理)
2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(理工农医类)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．第Ⅰ卷1至2页．第Ⅱ卷3至8页．共150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)注意事项：1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．3. 考试结束，监考人将本试卷和答题卡一并收回．参考公式：一.选择题：本大题共12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) 若siniθcosθ＞0，则θ在( )(A) 第一、二象限(B) 第一、三象限(C) 第一、四象限(D) 第二、四象限(2) 过点A (1，－1)、B (－1，1)且圆心在直线x＋y－2 = 0上的圆的方程是( )(A) (x－3) 2＋(y＋1) 2 = 4 (B) (x＋3) 2＋(y－1) 2 = 4(C) (x－1) 2＋(y－1) 2 = 4 (D) (x＋1) 2＋(y＋1) 2 = 4(3) 设｛a n ｝是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是( )(A) 1(B) 2(C) 4(D) 6(4) 若定义在区间(－1，0)的函数f (x ) = log 2a (x ＋1)满足f (x )＞0，则a 的取值范围是( )(A)(210，)(B)⎥⎦⎤ ⎝⎛210，(C) (21，＋∞) (D) (0，＋∞)(5) 极坐标方程)4sin(2πθρ+=的图形是( )(6) 函数y = cos x ＋1(－π≤x ≤0)的反函数是 ( )(A) y =－arc cos (x －1)(0≤x ≤2) (B) y = π－arc cos (x －1)(0≤x ≤2) (C) y = arc cos (x －1)(0≤x ≤2)(D) y = π＋arc cos (x －1)(0≤x ≤2)(7) 若椭圆经过原点，且焦点为F 1 (1，0) F 2 (3，0)，则其离心率为 ( )(A)43 (B)32 (C)21 (D)41 (8) 若0＜α＜β＜4π，sin α＋cos α = α，sin β＋cos β= b ，则 ( )(A) a ＜b(B) a ＞b(C) ab ＜1(D) ab ＞2(9) 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若12BB AB =，则AB 1 与C 1B 所成的角的大小为( )(A) 60°(B) 90°(C) 105°(D) 75°(10) 设f (x )、g (x )都是单调函数，有如下四个命题：① 若f (x )单调递增，g (x )单调递增，则f (x )－g (x )单调递增； ② 若f (x )单调递增，g (x )单调递减，则f (x )－g (x )单调递增； ③ 若f (x )单调递减，g (x )单调递增，则f (x )－g (x )单调递减； ④ 若f (x )单调递减，g (x )单调递减，则f (x )－g (x )单调递减． 其中，正确的命题是( )(A) ①③ (B) ①④ (C) ②③ (D) ②④(11) 一间民房的屋顶有如图三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜．记三种盖法屋顶面积分别为P 1、P 2、P 3．若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则 ( ) (A) P 3＞P 2＞P 1(B) P 3＞P 2 = P 1(C) P 3 = P 2＞P 1(D) P 3 = P 2 = P 1(12) 如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A 向结点B 传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递．则单位时间内传递的最大信息量为( )(A) 26 (B) 24(C) 20(D) 19第Ⅱ卷(非选择题共90分)注意事项：1.第Ⅱ卷共6页，用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷中．2.答卷前将密封线内的项目填写清楚．二.填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上．(13)若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的侧面积是 (14)双曲线116922=-y x 的两个焦点为F 1、F 2，点P 在双曲线上．若PF 1⊥PF 2，则点P 到x 轴的距离为(15)设｛a n ｝是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和．若｛S n ｝是等差数列，则 q =(16)圆周上有2n 个等分点(n ＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为三.解答题：本大题共6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)如图，在底面是直角梯形的四棱锥S —ABCD 中，∠ABC = 90°，SA ⊥面ABCD ，SA = AB = BC = 1，21=AD ． (Ⅰ)求四棱锥S —ABCD 的体积；(Ⅱ)求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值． (18) (本小题满分12分) 已知复数z 1 = i (1－i ) 3． (Ⅰ)求arg z 1及1z ；(Ⅱ)当复数z 满足1z =1，求1z z -的最大值． (19) (本小题满分12分)设抛物线y 2 =2px (p ＞0)的焦点为F ，经过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线的准线上，且BC ∥x 轴．证明直线AC 经过原点O ．(20) (本小题满分12分)已知i ，m ，n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n ．(Ⅰ)证明in i i m i P m P n <；(Ⅱ)证明(1＋m ) n ＞ (1＋n ) m ． (21) (本小题满分12分)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51．本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41． (Ⅰ)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元．写出a n ，b n 的表达式；(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？ (22) (本小题满分14分)设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，其图像关于直线x = 1对称．对任意x 1，x 2∈[0，21]都有f (x 1＋x 2) = f (x 1) · f (x 2)．且f (1) = a ＞0． (Ⅰ)求f (21) 及f (41)； (Ⅱ)证明f (x ) 是周期函数； (Ⅲ)记a n = f (2n ＋n21)，求()n n a ln lim ∞→．2001年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（理工农医类）参考解答及评分标准说明：一. 本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生物解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二. 对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定部分的给分，但不得超过该部分正确解答得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三. 解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四. 只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．一.选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分60分．（1）B （2）C （3）B （4）A （5）C （6）A （7）C （8）A （9）B （10）C （11）D （12）D二.填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分16分．（13）2π （14）516（15）1 （16）2n (n －1)三.解答题：（17）本小题考查线面关系和棱锥体积计算，以及空间想象能力和逻辑推理能力．满分12分．解：（Ⅰ）直角梯形ABCD 的面积是 M 底面()43125.0121=⨯+=⋅+=AB AD BC ， ……2分 ∴ 四棱锥S —ABCD 的体积是⨯⨯=SA V 31M 底面43131⨯⨯=41=．……4分 （Ⅱ）延长BA 、CD 相交于点E ，连结SE 则SE 是所求二面角的棱． ……6分∵ AD ∥BC ，BC = 2AD ，∴ EA = AB = SA ，∴ SE ⊥SB ，∵ SA ⊥面ABCD ，得SEB ⊥面EBC ，EB 是交线， 又BC ⊥EB ，∴ BC ⊥面SEB ， 故SB 是CS 在面SEB 上的射影， ∴ CS ⊥SE ，所以∠BSC 是所求二面角的平面角． ……10分 ∵ 22AB SA SB +=2=，BC =1，BC ⊥SB ，∴ tan ∠BSC =22=SB BC ． 即所求二面角的正切值为22． ……12分 （18）本小题考查复数基本性质和基本运算，以及分析问题和解决问题的能力．满分12分．解：（Ⅰ）z 1 = i (1－i ) 3 = 2－2i ， 将z 1化为三角形式，得⎪⎭⎫⎝⎛+=47sin47cos 221ππi z ，∴ 47arg 1π=z ，221=z ． ……6分 （Ⅱ）设z = cos α＋i sin α，则z －z 1 = ( cos α－2)＋(sin α＋2) i ， ()()22212sin 2cos ++-=-ααz zsin 249+=(4πα-)， ……9分当sin(4πα-) = 1时，21z z -取得最大值249+．从而得到1z z -的最大值为122+． ……12分 （19）本小题考查抛物线的概念和性质，直线的方程和性质，运算能力和逻辑推理能力．满分12分．证明一：因为抛物线y 2 =2px (p ＞0)的焦点为F (2p，0)，所以经过点F 的直线的方程可设为2pmy x +=； ……4分 代入抛物线方程得y 2 －2pmy －p 2 = 0，若记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1，y 2是该方程的两个根，所以y 1y 2 = －p 2． ……8分因为BC ∥x 轴，且点c 在准线x = －2p 上，所以点c 的坐标为（－2p，y 2），故直线CO 的斜率为111222x y y p p y k ==-=． 即k 也是直线OA 的斜率，所以直线AC 经过原点O ． ……12分证明二：如图，记x 轴与抛物线准线l 的交点为E ，过A 作AD ⊥l ，D 是垂足．则 AD ∥FE ∥BC ． ……2分连结AC ，与EF 相交于点N ，则ABBF AC CN AD EN ==，，ABAF BCNF = ……6分 根据抛物线的几何性质，AD AF =，BC BF =， ……8分∴ NF ABBC AF ABBF AD EN =⋅=⋅=，即点N 是EF 的中点，与抛物线的顶点O 重合，所以直线AC 经过原点O ． ……12分 （20）本小题考查排列、组合、二项式定理、不等式的基本知识和逻辑推理能力．满分12分．（Ⅰ）证明： 对于1＜i ≤m 有im p = m ·…·(m －i ＋1)，⋅-⋅=m m m m m p i i m 1…mi m 1+-⋅， 同理 ⋅-⋅=n n n n n p i in 1…ni n 1+-⋅， ……4分由于 m ＜n ，对整数k = 1，2…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以 i im i i n mp n p >，即im i i n i p n p m >． ……6分（Ⅱ）证明由二项式定理有()in ni i nC m m ∑==+01， ()i mmi i mCn n ∑==+01， ……8分由 (Ⅰ)知i n i p m ＞im i p n (1＜i ≤m ＜n ＝，而 !i p C i m im=，!i p C i n in =， ……10分所以， im i i n i C n C m >(1＜i ≤m ＜n ＝．因此，∑∑==>mi im i mi i niC n Cm 22． 又 10000==m n C n C m ，mn nC mC m n ==11，()n i m C m in i ≤<>0．∴∑∑==>mi im i ni i niC n Cm 0． 即 (1＋m )n ＞(1＋n )m ． ……12分 （21）本小题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式等基础知识；考查综合运用数学知识解决实际问题的能力．满分12分．解：（Ⅰ）第1年投入为800万元，第2年投入为800×（1－51）万元，……，第n 年投入为800×（1－51）n －1万元． 所以，n 年内的总投入为a n = 800＋800×（1－51）＋…＋800×（1－51）n －1∑=--⨯=nk k 11)511(800= 4000×[1－(54)n]； ……3分 第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×（1＋41）万元，……，第n 年旅游业收入为400×（1＋41）n －1万元．所以，n 年内的旅游业总收入为b n = 400＋400×（1＋41）＋…＋400×（1＋41）n －1∑=-⨯=nk k 11)45(400= 1600×[ (54)n－1]． ……6分 （Ⅱ）设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入，由此b n －a n ＞0，即 1600×[（45）n －1]－4000×[1－（54）n ]＞0．化简得 5×（54）n ＋2×（54）n －7＞0， ……9分 设=x （54）n，代入上式得 5x 2－7x ＋2＞0，解此不等式，得52<x ，x ＞1(舍去)． 即 （54）n ＜52，由此得 n ≥5．答：至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入． ……12分。
高考数学(理科)一轮复习空间向量及其运算学案附答案
高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案45 空间向量及其运算导学目标：1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．自主梳理．空间向量的有关概念空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．相等向量：方向______且模______的向量．共线向量定理对空间任意两个向量a，b，a∥b的充要条件是______________________________．推论如图所示，点P在l上的充要条件是：oP→＝oA →＋ta①其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取AB→＝a，则①可化为oP→＝___________________或oP→＝oA→＋toB→.共面向量定理如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对，使p＝xa＋yb，推论的表达式为mP→＝xmA→＋ymB→或对空间任意一点o有，oP→＝__________________或oP→＝xoA→＋yoB→＋zom→，其中x＋y＋z＝____.2．空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝____________________________，把{a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点o，作oA→＝a，oB→＝b，则________叫做向量a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝π2，则称a与b______________，记作a⊥b.②两向量的数量积已知两个非零向量a，b，则______________________叫做向量a，b的数量积，记作________，即______________________________．空间向量数量积的运算律①结合律：•b＝____________________；②交换律：a•b＝________；③分配律：a•＝________________.4．空间向量的坐标表示及应用数量积的坐标运算若a＝，b＝，则a•b＝____________________.共线与垂直的坐标表示设a＝，b＝，则a∥b⇔____________⇔________，__________，________________，a⊥b⇔________⇔____________________________ _____．模、夹角和距离公式设a＝，b＝，则|a|＝a•a＝___________________________________________________ __________，cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝___________________________________________________ ______.若A，B，则|AB→|＝___________________________________________________ _______________.自我检测．若a＝，b＝，且a∥b，则A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12c．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝322．如图所示，在平行六面体ABcD—A1B1c1D1中，m为Ac 与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1m→相等的向量是A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋cc.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c3．在平行六面体ABcD—A′B′c′D′中，已知∠BAD ＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|Ac′→|＝________.4．有下列4个命题：①若p＝xa＋yb，则p与a、b共面；②若p与a、b共面，则p＝xa＋yb；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．1B．2c．3D．45．A，B，c，D这四个点________．探究点一空间基向量的应用例1 已知空间四边形oABc中，m为Bc的中点，N为Ac的中点，P为oA的中点，Q为oB的中点，若AB＝oc，求证：Pm⊥QN.变式迁移1如图，在正四面体ABcD中，E、F分别为棱AD、Bc的中点，则异面直线AF和cE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2 两个边长为1的正方形ABcD与正方形ABEF相交于AB，∠EBc＝90°，点m、N分别在BD、AE上，且AN＝Dm.求证：mN∥平面EBc；求mN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABcD和矩形AcEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，m是线段EF的中点．求证：Am∥平面BDE；Am⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3 如图，平面PAc⊥平面ABc，△ABc是以Ac为斜边的等腰直角三角形，E，F，o分别为PA，PB，Ac的中点，Ac＝16，PA＝Pc＝10.设G是oc的中点，证明FG∥平面BoE；在△AoB内是否存在一点m，使Fm⊥平面BoE？若存在，求出点m到oA，oB的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3 已知在直三棱柱ABc—A1B1c1中，底面是以∠ABc为直角的等腰直角三角形，Ac＝2a，BB1＝3a，D为A1c1的中点，E为B1c的中点．求直线BE与A1c所成的角的余弦值；在线段AA1上是否存在点F，使cF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．根据运算结果解释相关几何问题．一、选择题．下列命题：①若A、B、c、D是空间任意四点，则有AB→＋Bc→＋cD→＋DA→＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；③若a、b共线，则a与b所在直线平行；④对空间任意一点o与不共线的三点A、B、c，若oP→＝xoA→＋yoB→＋zoc→则P、A、B、c四点共面．其中假命题的个数是A．1B．2c．3D．42.如图所示，在正方体ABcD—A1B1c1D1中，o是底面ABcD的中心，m、N分别是棱DD1、D1c1的中点，则直线om A．既垂直于Ac，又垂直于mNB．垂直于Ac，但不垂直于mNc．垂直于mN，但不垂直于AcD．与Ac、mN都不垂直3．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°4．设点c在点P、A、B确定的平面上，则a等于A．16B．4c．2D．85．在直角坐标系中，A，B，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为A.2B．211c．32D．42二、填空题6.如图所示，已知空间四边形ABcD，F为Bc的中点，E为AD的中点，若EF→＝λ，则λ＝________.7．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，给出以下向量表达式：①－AB→；②－D1c1→；③－2DD1→；④＋DD1→.其中能够化简为向量BD1→的是________．8．如图所示，PD垂直于正方形ABcD所在平面，AB＝2，E 为PB的中点，cos〈DP→，AE→〉＝33，若以DA，Dc，DP 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．三、解答题9．如图所示，已知ABcD—A1B1c1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在cc1上，且AE＝Fc1＝1.求证：E、B、F、D1四点共面；若点G在Bc上，BG＝23，点m在BB1上，Gm⊥BF，垂足为H，求证：Em⊥平面Bcc1B1.10．如图，四边形ABcD是边长为1的正方形，mD⊥平面ABcD，NB ⊥平面ABcD，且mD＝NB＝1，E为Bc的中点．求异面直线NE与Am所成角的余弦值；在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AmN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．1．如图所示，已知空间四边形ABcD的各边和对角线的长都等于a，点m、N分别是AB、cD的中点．求证：mN⊥AB，mN⊥cD；求mN的长；求异面直线AN与cm所成角的余弦值．学案45 空间向量及其运算自主梳理．大小方向相同相等存在实数λ，使得a＝λb oA→＋tAB→om→＋xmA→＋ymB→ 1 2.xa＋yb＋zc 3.①∠AoB 〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②|a||b|cos 〈a，b〉a•b a•b＝|a||b|cos〈a，b〉①λ②b•a③a•b＋a•c4.a1b1＋a2b2＋a3b3 a＝λ b a1＝λb1 a2＝λb2 a3＝λb3 a•b＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 a21＋a22＋a23a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23•b21＋b22＋b23a2－a12＋b2－b12＋c2－c12自我检测．c [∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，∴x＝16，y＝－32.]2．A [B1m→＝B1A1→＋A1A→＋Am→＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→＝－a＋c＋12＝－12a＋12b＋c.]3.97解析∵Ac′→＝AB→＋Bc→＋cc′→＝AB→＋AD→＋AA′→，∴|Ac′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→•AD→＋2AD→•AA′→＋2AA′→•AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，∴|Ac′→|＝97.4．B [①正确．②中若a、b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立．③正确．④中若m、A、B共线，点P 不在此直线上，则mP→＝xmA→＋ymB→不正确．]5．共面解析AB→＝，Ac→＝，AD→＝，设AD→＝xAB→＋yAc →，即＝．∴x＝2y＝3，从而A、B、c、D四点共面．课堂活动区例1 解题导引欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a•b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．证明如图所示.设oA→＝a，oB→＝b，oc→＝c.∵om→＝12＝12，oN→＝12＝12，∴Pm→＝Po→＋om→＝－12a＋12＝12，QN→＝Qo→＋oN→＝－12b＋12＝12．∴Pm→•QN→＝14[c－][c＋]＝14[c2－2]＝14∵|AB→|＝|oc→|，∴Pm→•QN→＝0.即Pm→⊥QN→，故Pm⊥QN.变式迁移1 23解析设{AB→，Ac→，AD→}为空间一组基底，则AF→＝12AB→＋12Ac→，cE→＝12cA→＋12cD→＝12cA→＋12＝－Ac→＋12AD→.∴AF→•cE→＝12AB→＋12Ac→•－Ac→＋12AD→＝－12AB→•Ac→－12Ac→2＋14AB→•AD →＋14Ac→•AD→＝－14AB→2－12Ac→2＋18AB→2＋18Ac→2＝－12Ac→2.又|AF→|＝|cE→|＝32|Ac→|，∴|AF→|•|cE→|＝34|Ac→|2.∴cos〈AF→，cE→〉＝AF→•cE→|AF→||cE→|＝－12Ac→234|Ac→|2＝－23.∴异面直线AF与cE所成角的余弦值为23.例2 解题导引如图所示，建立坐标系后，要证mN平行于平面EBc，只要证mN→的横坐标为0即可．证明如图所示，以BA→、Bc→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A，D，E，B，设ANAE＝DmDB＝λ，则mN→＝mD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→＝λ＋＋λ＝．∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且mN→的横坐标为0.∴mN→平行于平面yBz，即mN∥平面EBc.解由知|mN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝2λ－122＋12，∴当λ＝12时，mN取得长度的最小值为22.变式迁移2 证明建立如图所示的空间直角坐标系，设Ac∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为22，22，0、．∴NE→＝－22，－22，1.又点A、m的坐标分别为、22，22，1，∴Am→＝－22，－22，1.∴NE→＝Am→且NE与Am不共线．∴NE∥Am.又∵NE⊂平面BDE，Am⊄平面BDE，∴Am∥平面BDE.由得，Am→＝－22，－22，1，∵D，F，B，∴DF→＝，BF→＝．∴Am→•DF→＝0，Am→•BF→＝0.∴Am→⊥DF→，Am→⊥BF→，即Am⊥DF，Am⊥BF.又DF∩BF＝F，∴Am⊥平面BDF.例3 解题导引建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第题证明FG→与平面BoE的法向量n垂直，即FG→•n＝0即可．第题设出点m的坐标，利用mF→∥n即可解出，然后检验解的合理性．证明如图，连接oP，以点o为坐标原点，分别以oB，oc，oP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系o—xyz.则o，A，B，c，P，E，F．由题意，得G．因为oB→＝，oE→＝，所以平面BoE的法向量n＝．由FG→＝，得n•FG→＝0.又直线FG不在平面BoE内，所以FG∥平面BoE.解设点m的坐标为，则Fm→＝．因为Fm⊥平面BoE，所以Fm→∥n，因此x0＝4，y0＝－94，即点m的坐标是4，－94，0.在平面直角坐标系xoy中，△AoB的内部区域可表示为不等式组x>0，y<0，x－y<8.经检验，点m的坐标满足上述不等式组．所以，在△AoB内存在一点m，使Pm⊥平面BoE.由点m的坐标，得点m到oA，oB的距离分别为4，94.变式迁移3 解以点B为原点，以BA、Bc、BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B，B1，∵△ABc为等腰直角三角形，∴AB＝Bc＝22Ac＝2a，∴A，c，c1，E0，22a，32a，A1，∴BE→＝0，22a，32a，A1c→＝，cos〈BE→，A1c→〉＝BE→•A1c→|BE→||A1c→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.∴直线BE与A1c所成的角的余弦值为7143143.假设存在点F，使cF⊥平面B1DF，并设AF→＝λAA1→＝λ＝，∵D为A1c1的中点，∴D22a，22a，3a，B1D→＝22a，22a，3a－＝22a，22a，0，B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝＋＋＝)，cF→＝cA→＋AF→＝＋＝．∵cF⊥平面B1DF，∴cF→⊥B1D→，cF→⊥B1F→，cF→•B1D→＝0cF→•B1F→＝0，即3λa ×0＝09λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝23或λ＝13∴存在点F使cF⊥面B1DF，且当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，当λ＝23时，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.课后练习区．c [②③④均不正确．]2．A [以D为坐标原点，以DA为x轴，Dc为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则m，N，o，A，c，∴Ac→＝，mN→＝，om→＝，∴om→•Ac→＝0，om→•mN→＝0，∴om⊥Ac，om⊥mN.]3．B [如图建立坐标系，设AB＝Bc＝AA1＝2，则E，F，c1，∴EF→＝，Bc1→＝，∴cos〈EF→，Bc1→〉＝22•8＝12.∵〈EF→，Bc1→〉∈[0°，180°]∴EF与Bc1所成的角是60°.]4．A [由Pc→＝λ1PA→＋λ2PB→得：＝λ1＋λ2，∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a＝16.]5．B [过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，则AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→•B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]6.12解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，又EF→＝ED→＋Dc→＋cF→，∴2EF→＝AB→＋Dc→，∴EF→＝12，∴λ＝12.7．①②解析①－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；②－D1c1→＝Bc1→－D1c1→＝BD1→；③－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；④＋DD1→＝B1D1→＋＝B1D1→≠BD1→.8．解析设DP＝y>0，则A，B，P，E1，1，y2，DP→＝，AE→＝－1，1，y2.∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→•AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y8＋y2＝33.解得y＝2，∴E．9．证明建立如图所示的空间直角坐标系，则BE→＝，BF→＝，BD1→＝．所以BD1→＝BE→＋BF→.故BD1→、BE→、BF→共面．又它们有公共点B，∴E、B、F、D1四点共面．设m，则Gm→＝0，－23，z.而BF→＝，由题设，得Gm→•BF→＝－23×3＋z•2＝0，得z＝1.∴m，E，∴mE→＝．又BB1→＝，Bc→＝，∴mE→•BB1→＝0，∴mE→•Bc→＝0，从而mE⊥BB1，mE⊥Bc.又∵BB1∩Bc＝B，∴mE⊥平面Bcc1B1.0.解如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.依题意，得D，A，m，c，B，N，E12，1，0.∴NE→＝－12，0，－1，Am→＝．∵cos〈NE→，Am→〉＝NE→•Am→|NE→|•|Am→|＝－1252×2＝－1010，∴异面直线NE与Am所成角的余弦值为1010.假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AmN.∵AN→＝，可设AS→＝λAN→＝，又EA→＝12，－1，0，∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.由ES⊥平面AmN，得ES→•Am→＝0，ES→•AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.故λ＝12，此时AS→＝0，12，12，|AS→|＝22.经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AmN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AmN，此时AS＝22.1．证明设AB→＝p，Ac→＝q，AD→＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.mN→＝AN→－Am→＝12－12AB→＝12，∴mN→•AB→＝12•p＝12＝12＝0.∴mN⊥AB又∵cD→＝AD→－Ac→＝r－q，∴mN→•cD→＝12•＝12＝12＝0，∴mN⊥cD.解由可知mN→＝12，∴|mN→|2＝mN→2＝142＝14[q2＋r2＋p2＋2]＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22＝14×2a2＝a22.∴|mN→|＝22a，∴mN的长为22a.解设向量AN→与mc→的夹角为θ.∵AN→＝12＝12，mc→＝Ac→－Am→＝q－12p，∴AN→•mc→＝12•q－12p＝12q2－12q•p＋r•q－12r•p＝12a2－12a2•cos60°＋a2•cos60°－12a2•cos60°＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.又∵|AN→|＝|mc→|＝32a，∴AN→•mc→＝|AN→|•|mc→|•cosθ即32a•32a•cosθ＝a22.∴cosθ＝23，∴向量AN→与mc→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与cm所成角的余弦值为23.。
2019年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷—理科数学(一)附参考答案
2019年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷理科数学（一）理科数学测试卷共4页。
满分150分。
考试时间120分钟。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．（1） 已知集合2{|320}{|0}A x x B x x x =-+=-≤，≥，则()R A B =I （A ）2[0)3-， （B ）3[1]2-， （C ）2[1)3， （D ）2[1]3，（2） 设复数z 满足2i 1iz +=+，则=z （A ）4（B ）2 （C ）2 （D ）10（3） 一组数据：1357911， ， ， ， ， ，则这组数据的方差是（A ）6 （B ）10 （C ）353 （D ）736（4） 若二项式62()ax x+的展开式的常数项为160，则实数a =（A ）1（B ）2（C ）3（D ）4（5） 若函数5()log 3xf x a x =+-的零点落在区间(1)()k k k Z +∈， 内，若23a =，则k 的值为（A ）2-（B ）1- （C ）0 （D ）1（6） 设2:42:log xp q x m ><；，若p ⌝是q则实数m 的取值范围是（A ）1m -≤ （B ）21m -<-≤ （C ）1m >-（D ）10m -<<（7） 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为3，514a =，若237m m S S +=+，则m =（A ）5 （B ）6 （C ）7（D ）8（8） 宋元时期数学名著《算术启蒙》中关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等。
如图是根据此问题设计的一个程序框图，若输入41a b ==， ，则输出的n = （A ）4（B ）5 （C ）6 （D ）7C（9） 函数3cos ()e []22xf x x x ππ=∈-， ， 的图象大致是（10）若存在实数x y ， 满足不等式组220320290log a x y x y x y y x--⎧⎪+-⎪⎨+-⎪⎪=⎩≥≥≤，则实数a 的取值范围是 （A ）1[1)(14]5U ， （B ）[4)+∞， （C ）1(0][4)5+∞U ， ， （D ）1[1)[4)5+∞U ， ， （11）过抛物线22(0)y px p =->的焦点F 的直线l （斜率小于0）交该抛物线于P Q ， 两点，若5PQ FQ =u u u r u u u r（Q 在x 轴下方），且POQ ∆（O 为坐标原点）的面积为10，则p 的值为（A ）（B ）4（C ）（D ）16（12）若函数130()e 0x ax x f x x x-+⎧⎪=⎨>⎪⎩，≤， ， ， （a 为常数），若函数(())2y f f x =-有5个不同的零点，则实数a 的取值范围是（A ）(0)+∞，（B ）(e e)-，（C ）(11)-，（D ）(0)-∞，第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
2019年全国统一高考数学试卷(理科)以及答案(全国1卷解析版)
2019年全国统一高考数学试卷（理科）（全国1卷）一、选择题：本题共12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．（5分）已知集合M＝{x|﹣4＜x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，则M∩N＝（）A．{x|﹣4＜x＜3} B．{x|﹣4＜x＜﹣2} C．{x|﹣2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 2．（5分）设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A．（x+1）2+y2＝1 B．（x﹣1）2+y2＝1C．x2+（y﹣1）2＝1 D．x2+（y+1）2＝13．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（）A．B．C．D．7．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．8．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n 10．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1 B．+＝1C．+＝1 D．+＝111．（5分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③12．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019届高考数学(理)大一轮课时跟踪检测【48】空间向量及其运算和空间位置关系(含答案)
课时跟踪检测(四十八) 空间向量及其运算和空间位置关系第Ⅰ组：全员必做题1．已知点A(－3,0，－4)，点A 关于原点的对称点为B ，则|AB|等于( ) A ．12 B ．9 C ．25D ．102．空间四点A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置关系为( ) A ．共线 B ．共面 C ．不共面D ．无法确定3．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,24．(2018·长春模拟)已知点B 是点A(3,7，－4)在xOz 平面上的射影，则OB 2等于( ) A ．(9,0,16) B ．25 C ．5D ．135.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M ，N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA ，OB ，OC 表示向量OG ，设OG＝x OA ＋y OB ＋z OC ，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 ＝136．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 夹角的余弦值为________．7．已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若AP ＝2PB ，则|PD |的值是________． 8.创新题已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA ·QB 取最小值时，点Q 的坐标是________．9.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)AE ⊥CD ； (2)PD ⊥平面ABE.10．(2018·汕头模拟)已知正方体ABCDA1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.第Ⅱ组：重点选做题1．(2018·武汉模拟)二面角α l β为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD的长为( )A ．2a B.5a C ．aD.3a2．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．则以AB ，AC 为边的平行四边形的面积为________．答 案第Ⅰ组：全员必做题1．选D 点A 关于原点对称的点B 的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝|AB | ＝－3－2＋－2＋－4－2＝10.2．选C 可在空间直角坐标系中作图分析，知A 、B 、C 、D 不共面．3．选A 若直线l 1的方向向量v 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量v 2＝(a 2，b 2，c 2)，则v 1∥v 2⇒(a 1，b 1，c 1)＝k(a 2，b 2，c 2)，依次代入选项，可知A 合适．4．选B 点A 在xOz 平面上的射影为B(3,0，－4)，则OB ＝(3,0，－4)，OB 2＝25.5．选D 设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，∵G 分MN 的所成比为2，∴MG ＝23MN ，∴OG ＝OM ＋MG＝OM ＋23(ON －OM )＝12a ＋23(12b ＋12c －12a)＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b ＋13c. 6．解析：cos 〈a ，b 〉＝a·b |a|·|b|＝－2515答案：－25157．解析：设P(x ，y ，z)，∴AP ＝(x －1，y －2，z －1)．PB ＝(－1－x,3－y,4－z)，由AP ＝2PB 得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3， 又D(1,1,1)，∴|PD |＝773. 答案：7738．解析：由题意，设OQ ＝λOP ，即OQ ＝(λ，λ，2λ)， 则OA ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，OB ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴OA ·OB ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，839．证明：AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA ＝AB ＝BC ＝1，则P(0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°， AB ＝BC ，∴△ABC 为正三角形． ∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D(0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC ·CD ＝0， 即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0.又AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴AE ·CD ＝－12×14＋36×34＝0，∴AE ⊥CD ，即AE ⊥CD. (2)∵P(0,0,1)，∴PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1. 又AE ·PD ＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD ⊥AE ，即PD ⊥AE.∵AB ＝(1,0,0)，∴PD ·AB ＝0. ∴PD ⊥AB ，又AB∩AE＝A ， ∴PD ⊥平面AEB.10．证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D 1(3,3,3)， 则BE ＝(3,0,1)，BF ＝(0,3,2)，1BD ＝(3,3,3)．所以1BD ＝BE ＋BF .故1BD ，BE ，BF 共面． 又它们有公共点B ，所以E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M(0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，则GM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0，而BF ＝(0,3,2)， 由题设得GM ·BF ＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M(0,0,1)，有ME ＝(3,0,0)． 又1BB ＝(0,0,3)，BC ＝(0,3,0)， 所以ME ·1BB ＝0，ME ·BC ＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC. 又BB 1∩BC＝B ， 故ME ⊥平面BCC 1B 1. 第Ⅱ组：重点选做题 1．选A ∵AC ⊥l ，BD ⊥l ， ∴〈AC ，BD 〉＝60°， 且AC ·BA ＝0，AB ·BD ＝0， ∴CD ＝CA ＋AB ＋BD ， ∴|CD |＝CA ＋AB ＋BD2＝a 2＋a 2＋2＋2a·2acos 120°＝2a.2．解析：由题意可得：AB＝(－2，－1,3)，AC＝(1，－3,2)，∴cos〈AB，AC〉＝AB·AC|AB||AC|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin〈AB，AC〉＝32.∴以AB，AC为边的平行四边形的面积S＝2×12|AB|·|AC|·sin〈AB，AC〉＝14×32＝7 3.答案：7 3。
2019届高考数学一轮复习 课时跟踪检测(四十四)空间向量的运算及应用 理(普通高中).doc
2019届高考数学一轮复习 课时跟踪检测（四十四）空间向量的运算及应用 理（普通高中）A 级——基础小题练熟练快1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．2．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1,3,9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A ．x ＝1 B ．x ＝12C ．x ＝16D ．x ＝－16解析：选C ∵a 与b 共线，∴2x 1＝13＝39，∴x ＝16.3．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n 1与n 2不垂直，又n 1，n 2不共线，∴α与β相交但不垂直．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选 B 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.6.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA ―→，OB ―→，OC ―→表示向量OG ―→，设OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，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解析：选D 设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，∵G 分MN 的所成比为2，∴MG ―→＝23MN ―→，∴OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝OM ―→＋23(ON ―→－OM ―→)＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b＋13c ，即x ＝16，y ＝13，z ＝13. 7．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 夹角的余弦值为________． 解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b|＝－2515.答案：－25158．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|＝|AC ―→|，又AB ―→＝(6，－2，－3)，AC ―→＝(x －4,3，－6)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －－6＋18＝0，x －2＝4，解得x ＝2.答案：29.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.解析：连接PD ，∵M ，N 分别为CD ，PC 的中点，∴MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)，∴PD ＝02＋－2＋12＝2，∴MN ＝22. 答案：2210．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→，VN ―→＝23VD ―→，则VA 与平面PMN 的位置关系是________．解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD ―→＝a ＋c －b ， 由题意知PM ―→＝23b －13c ，PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→＝23a －23b ＋13c. 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→，∴VA ―→，PM ―→，PN ―→共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 答案：平行B 级——中档题目练通抓牢1．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(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 ．既不充分也不必要条件解析：选B 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，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→(m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．2．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ―→·AF ―→的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2 D.34a 2 解析：选 C AE ―→·AF ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→)＝14(a 2cos60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.3.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，四边形CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选 D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，∴|BD ―→|＝3－ 2.4．已知P (－2,0,2)，Q (－1,1,2)，R (－3,0,4)，设a ＝PQ ―→，b ＝PR ―→，c ＝QR ―→，若实数k 使得k a ＋b 与c 垂直，则k 的值为________．解析：由题意知，a ＝PQ ―→＝(1,1,0)，b ＝PR ―→＝(－1,0,2)，c ＝QR ―→＝(－2，－1,2)，故k a ＋b ＝(k －1，k,2)．又ka ＋b 与c 垂直，所以(k a ＋b )·c ＝－2(k －1)－k ＋4＝0，所以k ＝2.答案：25．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA ―→·QB ―→取最小值时，点Q 的坐标是________．解析：由题意，设OQ ―→＝λOP ―→，则OQ ―→＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA ―→·QB ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时取最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 6.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1 AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．以A 为坐标原点，以AC ，AB ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1―→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .7.如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .故PO ，CO ，OA 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2，0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．AP ―→＝(0，－1,1)，DC ―→＝(2,1,0)，DP ―→＝(0,1,1)． 设平面PCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC ―→·n ＝0，DP ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝－2，z ＝2.所以平面PCD 的一个法向量n ＝(1，－2,2)． 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM ―→＝λAP ―→，因此点M (0,1－λ，λ)，BM ―→＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM ―→·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，所以－1＋4λ＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.C 级——重难题目自主选做1.如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ―→·SD ―→＝0，即OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD . (2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a－t ，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→. 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .2.如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面PAC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ，∴AF ⊥平面ABCD .∵AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3， ∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB . ∵AB ∩AF ＝A ，∴AC ⊥平面FAB . ∵BF ⊂平面FAB ，∴AC ⊥BF . (2)存在，理由如下：由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ―→，AC ―→，AF ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2)，F (0,0,2)，假设在线段BE 上存在一点P 满足题意， 则易知点P 不与点B ，E 重合， 设BP PE＝λ，则λ>0，P ⎝⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面PAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC ―→＝(0,23，0)，得⎩⎨⎧m ·AP ―→＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC ―→＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面PAC 的一个法向量． 因为BF ―→＝(－2,0,2)，BC ―→＝(－2,23，0)，设n ＝(a ，b ，c )为平面BCEF 的一个法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ―→＝0，n ·BC ―→＝0，即⎩⎨⎧－2a ＋2c ＝0，－2a ＋23b ＝0，取a ＝1，则b ＝33，c ＝1， 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量． 当m·n ＝0，即λ＝23时，平面PAC ⊥平面BCEF ，故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23.。
2019版高考数学理一轮课时达标43空间向量及其运算 含
课时达标 第43讲[解密考纲]空间向量及其应用的考查以解答题为主，多作为解答题的第二种解法(第一种解法为几何法，第二种解法为向量法)，难度中等．一、选择题1．点M (－8,6,1)关于x 轴的对称点的坐标是( A ) A ．(－8，－6，－1) B ．(8，－6，－1) C ．(8，－6,1)D ．(－8，－6,1)解析 结合空间直角坐标中，点关于x 轴对称的点的坐标特点知选项A 正确． 2．O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( B )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断解析 ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，且34＋18＋18＝1，∴A ，B ，C ，P 四点共面．3．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( B )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析 ∵b ＝12x －2a ，∴x ＝4a ＋2b即x ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( B ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( C ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析 由n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，∵n 1和n 2不平行， ∴α与β不平行；又∵n 1·n 2＝－6－3－20＝－29≠0，∴α与β不垂直．6．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|＝( A )A ．5B ．6C ．4D ．8解析 由题可得，AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，故AC 1→2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→) ＝1＋4＋9＋2(1×2＋1×3＋2×3)cos 60°＝25，故|AC 1|＝5. 二、填空题7．在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，则垂足Q 的坐标为解析 依题意知，垂足Q 为点P 在平面yOz 上的投影，则点Q 的纵、竖坐标与点P 的纵、竖坐标相等，横坐标为0.8．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝__12AB →＋12AD →＋AA 1→__.解析 由题意知OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12AC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|＝3解析 设P (x ，y ，z )，故AP →＝(x －1，y －2，z －1)，PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，又P A →＝2PB →，则有⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2(－1－x )，y －2＝2(3－y )，z －1＝2(4－z )，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－13，y ＝83，z ＝3，∴P (－13，83，3)，∴|PD →|＝⎝⎛⎭⎫－13－12＋⎝⎛⎭⎫83－12＋(3－1)2＝773. 三、解答题10．如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .(1)写出点E ，F 的坐标； (2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.解析 (1)E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． (2)证明：∵A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )， ∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明：∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面．选A 1E →与A 1C 1→为一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →， 即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a,0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2，解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.11．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC ．证明 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 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，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ．又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB ．(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →. 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC ．又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD ． ∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC ．12．在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ．若存在，求出点G 的坐标；若不存出，试说明理由．解析 (1)证明：如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD ． (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2. 若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2； 由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．。
2019年全国版高考数学(理)一轮复习必刷题：第十四单元 空间向量及其应用
第十四单元空间向量及其应用考点一利用空间向量求线面角的大小1.(2017年北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点.(2)求二面角B-PD-A的大小.(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)设AC,BD交于点E,连接ME,因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形,所以E为BD的中点,所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·PD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,则y=1,z=2.于是n=(1,1,2).平面PAD的法向量为p=(0,1,0),所以cos<n,p>=n·p|n||p|=1 2 .由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以其大小为π.(3)由题意知M-1,2,2,C(2,4,0),MC=3,2,−2.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC||n||MC|=269,所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.AD,E为棱AD的中点,异面直线2.(2016年四川卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【解析】(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知得BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知得CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的一个平面角,所以∠PDA=45°.又PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴、z轴的正方向,以DC的方向为y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE 的法向量为n=(x ,y ,z ), 由 n ·PE =0,n ·EC =0,得 x -2z =0,x +y =0.设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α, 则sin α=|n ·AP ||n |·|AP |= 2+(−2)+1×2=13, 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为1.3.(2016年天津卷)如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG ∥平面ADF. (2)求二面角O-EF-C 的正弦值.(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=23HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【解析】依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 为原点,分别以AD ,BA ,OF 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O (0,0,0),A (-1,1,0),B (-1,-1,0),C (1,-1,0),D (1,1,0),E (-1,-1,2),F (0,0,2),G (-1,0,0).(1)依题意,AD=(2,0,0),AF =(1,-1,2). 设n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面ADF 的法向量, 则 n 1·AD =0,n 1·AF =0,即2x 1=0,x 1-y 1+2z 1=0,不妨取z 1=1,可得n 1=(0,2,1). 又EG =(0,1,-2),可得EG ·n 1=0.又因为直线EG ⊄平面ADF ,所以EG ∥平面ADF.(2)易证OA =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量,依题意,EF =(1,1,0),CF =(-1,1,2). 设n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面CEF 的法向量, 则 n 2·EF =0,n 2·CF =0, 即 x 2+y 2=0,-x 2+y 2+2z 2=0,不妨取x 2=1,可得n 2=(1,-1,1).因此有cos <OA ,n 2>=OA·n 2|OA |·|n 2|=- 63,于是sin <OA,n 2>= 33. 所以二面角O-EF-C 的正弦值为 33.(3)由AH=23HF ,得AH=25AF. 因为AF =(1,-1,2), 所以AH =25AF= 25,-25,45, 进而有H -3,3,4 ,从而BH= 25,85,45. 因此cos <BH ,n 2>=BH ·n2|BH|·|n 2|=- 7.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为 7.题型二 利用空间向量求二面角的大小4.(2017年全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD.(2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD. 因为AB ∥CD ,所以AB ⊥PD. 又AP ∩DP=P ,所以AB ⊥平面PAD.因为AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD. (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ,垂足为点F.由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PF ,可得PF ⊥平面ABCD.以F 为坐标原点,FA 的方向为x 轴正方向,|AB |为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P 0,0,22,B22,1,0,C - 22,1,0,所以PC=- 22,1,- 22,CB =( 2,0,0),PA =22,0,-22,AB =(0,1,0).设n=(x 1,y 1,z 1)是平面PCB 的法向量, 则 n ·PC=0,n ·CB =0,即 - 22x 1+y 1- 22z 1=0, 2x 1=0.所以可取n=(0,-1,- 2).设m=(x 2,y 2,z 2)是平面PAB 的法向量,则m ·PA =0,m ·AB =0,即 22x 2- 22z 2=0,y 2=0. 所以可取m=(1,0,1), 则cos <n ,m>=n ·m = 2 3× 2=- 3. 观察图象知二面角A-PB-C 的余弦值为- 33.5.(2017年全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面PAB.(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.【解析】(1)取PA 的中点F ,连接EF ,BF. 因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°,得BC ∥AD , 又BC=12AD ,所以EF BC ,所以四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF. 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB 的方向为x 轴正方向,|AB |为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1, 3),PC =(1,0,- 3),AB =(1,0,0).设M (x ,y ,z )(0≤x ≤1),则BM=(x-1,y ,z ),PM =(x ,y-1,z- 3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量, 所以|cos <BM ,n>|=sin45,(x -1)+y +z = 22,即(x-1)2+y 2-z 2=0. ①又M 在棱PC 上,设PM =λPC , 则x=λ,y=1,z= 3- 3λ. ②由①②解得 x =1+ 22,y =1,z =− 62(舍去),或x =1− 22,y =1,z = 62,所以M 1−2,1,6,从而AM = 1− 2,1, 6 .设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则 m ·AM =0,m ·AB =0,即 (2- 2)x 0+2y 0+ 6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,- 6,2). 于是cos <m ,n>=m ·n = 10. 观察图象知,二面角M-AB-D 的余弦值为105.6.(2017年天津卷)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA ⊥底面ABC ,∠BAC=90°.点D ,E ,N 分别为棱PA ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE.(2)求二面角C-EM-N的正弦值.(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.【解析】如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,n·DB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则n2·EM=0,n2·MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y1-z1=0,x1+2y1-z1=0.不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=- 21,于是sin <n 1,n 2>=10521.所以二面角C-EM-N 的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h (0≤h ≤4),则H (0,0,h ),进而可得NH =(-1,-2,h ),BE =(-2,2,2). 由已知,得 |cos <NH ,BE >|=|NH ·BE ||NH||BE |= ℎ+5×2 3= 721, 整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以线段AH 的长为85或12.7.(2017年江苏卷)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,且AB=AD=2,AA 1= 3,∠BAD=120°. (1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.【解析】在平面ABCD 内,过点A 作AE ⊥AD ,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD , 所以AA 1⊥AE ,AA 1⊥AD.如图,以{AE ,AD ,AA1}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1= ∠BAD=120°,则A (0,0,0),B ( 3,-1,0),D (0,2,0),E ( 3,0,0),A 1(0,0, 3),C 1( 3,1, 3). (1)A 1B =( 3,-1,- 3),AC 1 =( 3,1, 3),则cos <A 1B ,AC 1 >=A 1B ·AC 1|A 1B ||AC 1|=( 3,-1,- 3)·( 3,1, 3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE =( 3,0,0). 设m=(x ,y ,z )为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B =( -1,- BD =(- 3,0), 则 m ·A 1B =0,m ·BD =0,即 3x-y- 3z =0,- 3x +3y =0.不妨取x=3,则y= 3,z=2,所以m=(3, 3,2)为平面BA 1D 的一个法向量. 从而cos <AE ,m>=AE ·m |AE ||m |=( 3,0,0)·(3, 3,2)3×4=34.设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=3.因为θ∈[0,π],所以sin θ= 1−cos 2θ= 7.因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为 74.8.(2017年山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF的中点.(1)设P 是CE上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.【解析】(1)因为AP ⊥BE ,AB ⊥BE ,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB ∩AP=A ,所以BE ⊥平面ABP. 又BP ⊂平面ABP ,所以BE ⊥BP. 又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.(2)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1, 3,3),C (-1, 3,0),故AE =(2,0,-3),AG =(1, 0), CG=(2,0,3). 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量, 由 m ·AE =0,m ·AG=0,可得 2x 1-3z 1=0,x 1+ 3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,- 3,2). 设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量, 由 n ·AG =0,n ·CG=0,可得 x 2+ 3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,- 3,-2). 所以cos <m ,n>=m ·n |m |·|n |=12.故所求的角为60°.高频考点:利用空间向量证明线面平行或垂直,利用空间向量求空间角,利用空间向量求空间距离.命题特点:高考的考查形式有两种:一种是求空间角和距离;另一种是已知空间角的大小,求相关点的位置或相关线段的长度,题型延续解答题的形式,以多面体为载体,难度中等偏上.§14.1空间向量及其运算一基本定理1.共线向量定理对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=.2.共面向量定理若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序数对(x,y),使得p=.3.空间向量基本定理如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的实数组{x,y,z},使得p=,其中{a,b,c}叫作空间向量的一个基底.推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x,y,z,使OP=x OA+y OB+z OC且x+y+z=1.二两个向量的数量积1.a·b=a b cos<a,b>;2.a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向量).三向量的坐标运算设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3);a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3);a·b=a1b1+a2b2+a3b3.☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.(1)若p=xa+yb,则p与a,b共面.()(2)若p与a,b共面,则存在x,y∈R,使得p=xa+yb.()(3)若MN=x MA+y MB,则M,N,A,B四点共面.()(4)若M,N,A,B四点共面,则存在x,y∈R,使得MN=x MA+y MB.()已知A(0,-1,2),B(0,2,-4),C(1,2,-1),则A,B,C三点().A.共线B.共面C.不共面D.无法确定已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a+λb),则实数λ的值为.在空间直角坐标系中,A(2,3,5)、B(4,1,3),求A,B的中点P的坐标及A,B间的距离|AB|.知识清单一、1.λb2.xa+yb3.xa+yb+zc基础训练1.【解析】(1)正确,由平面向量基本定理可得;(2)错误,若a与b共线,p就不一定能用a,b来表示;(3)正确,MN,MA,MB在同一平面内,故M,N,A,B四点共面;(4)错误,当M,A,B三点共线时,此式不一定成立.【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×2.【解析】因为AB=(0,3,-6),AC=(1,3,-3),所以AB与AC不共线,即A,B,C三点共面.故选B.【答案】B3.【解析】∵a⊥(a+λb),∴a·(a+λb)=(14)2+λ×(2+2+3)=0,解得λ=-2.【答案】-24.【解析】∵A(2,3,5),B(4,1,3),∴A,B的中点P的坐标为(3,2,4),∴|AB|=(2-4)2+(3−1)2+(5−3)2=23.题型一空间向量的线性运算【例1】如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,M 为A 1C 1的中点,若AB =a ,BC =b ,AA 1 =c ,则 BM 可表示为( ).A.-12a+12b+cB.12a+12b+cC.-1a-1b+cD.1a-1b+c【解析】取AC 的中点N ,连接BN ,MN ,如图,∵M 为A 1C 1的中点,AB =a ,BC =b ,AA 1 =c , ∴NM =AA 1 =c ,BN=1(BA +BC )=1(-AB +BC ) =-12a+12b ,∴BM=BN +NM =-12a+12b+c. 【答案】A。
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滚动检测四考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12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．已知集合M ＝{x |lg x ＜1}，N ＝{x |－3x 2＋5x ＋12＜0}，则( ) A ．N ⊆M B ．∁R N ⊆MC ．M ∩N ＝⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪(3,10) D ．M ∩(∁R N )＝(0,3]2．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则cos 2θ－sin 2θ等于( ) A ．－45B ．－35C. 35D. 453．(2018届衡水联考)已知命题p ：∀x ∈R ，(2－x )12<0，则命题綈p 为( ) A ．∃x 0∈R ，(2－x 0)12>0 B ．∀x ∈R ，(1－x )12>0 C ．∀x ∈R ，(1－x )12≥0 D ．∃x 0∈R ，(2－x 0)12≥04．(2018·济宁模拟)曲线y ＝3ln x ＋x ＋2在点P 处的切线方程为4x －y －1＝0，则点P 的坐标是( )A ．(0,1)B ．(1,0)C ．(1，－1)D ．(1,3)5．设向量a ＝(1,2)，b ＝(2,1)，若向量a －λb 与向量c ＝(5，－2)共线，则λ的值为( ) A.43 B.413 C ．－49D ．46．(2017·贵阳适应性考试)设命题p ：若y ＝f (x )的定义域为R ，且函数y ＝f (x －2)图象关于点(2,0)对称，则函数y ＝f (x )是奇函数，命题q ：∀x ≥0，x 12≥x 13，则下列命题中为真命题的是( )A ．p ∧qB ．(綈p )∨qC ．p ∧(綈q )D ．(綈p )∧(綈q )7．已知a ＝⎝⎛⎭⎫1312，b ＝log 1213，c ＝log 312，则( ) A ．c >b >a B ．b >c >a C ．a >b >cD ．b >a >c8．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，如果a ，b ，c 成等差数列，B ＝30°，△ABC 的面积为32，则b 等于( )A.1＋32B ．1＋ 3 C.2＋32D ．2＋ 39．(2018届吉林松原模拟)已知△ABC 外接圆的圆心为O ，AB ＝23，AC ＝22，A 为钝角，M 是BC 边的中点，则AM →·AO →等于( )A ．3B ．4C ．5D ．610．已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a1d的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫－52，＋∞ 11．(2017·安徽百校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且3a 3＝a 6＋4，则“a 2＜1”是“S 5＜10”的( ) A ．充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C ．充要条件D. 既不充分也不必要条件12．对任意的n ∈N *，数列{a n }满足|a n －cos 2n |≤13且|a n ＋sin 2n |≤23，则a n 等于( )A.23－sin 2n B ．sin 2n －23C.13－cos 2n D ．cos 2n ＋13第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．函数f (x )＝1－2x 的定义域为________．14．(2017·张家口期末考试)设数列{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和，记T n ＝9S n －S 2na n ＋1(n ∈N *)，则数列{T n }最大项的值为________． 15. (2017·佛山质检)某沿海四个城市A ，B ，C ，D 的位置如图所示，其中∠ABC ＝60°，∠BCD ＝135°，AB ＝80 n mile ，BC ＝(40＋303) n mile ，CD ＝250 6 n mile.现在有一艘轮船从A 出发以50 n mile/h 的速度向D 直线航行， 60 min 后，轮船由于天气原因收到指令改向城市C 直线航行，则收到指令时该轮船到城市C 的距离是________ n mile.16．(2017·陆川二模)已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，g (x )＝x 2－2bx ＋4，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数b 的取值范围是______．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知A ＝{x |x 2－2x －3＜0}，B ＝{x |x 2－5x ＋6＞0}． (1)求A ∩B ；(2)若不等式x 2＋ax ＋b ＜0的解集是A ∩B ，求ax 2＋x －b ＜0的解集．18．(12分)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3·cos x . (1)若0≤x ≤π2，求函数f (x )的值域；(2)设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若A 为锐角且f (A )＝32，b ＝2，c ＝3，求cos(A －B )的值．19.(12分)(2018届山西五校联考)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知a sin B ＋3b cos A ＝3c . (1)求B ；(2)若△ABC 的面积为332，b ＝7，a ＞c ，求a ，c .20．(12分)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中A ，ω，φ为常数，A >0，ω>0，－π2<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若f (α)＝32，求sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π6的值．21.(12分)(2017·长春二模)已知数列{}a n 满足a 1＝32，a n ＋1＝3a n －1(n ∈N *)．(1)若数列{}b n 满足b n ＝a n －12，求证：{}b n 是等比数列；(2)求数列{}a n 的前n 项和S n .22．(12分)(2018届郑州联考)已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ，a ，b ∈R .(1)若b ＝1，且函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，且存在x 0满足x 1＋2x 0＝3x 2，令函数g (x )＝f (x )－f (x 0)，试判断g (x )零点的个数并证明．答案精析1．D [由M ＝{x |lg x ＜1}得M ＝{x |0＜x ＜10}； 由－3x 2＋5x ＋12＝(－3x －4)(x －3)＜0，解得N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜－43或x ＞3， 所以∁R N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－43≤x ≤3， 则有M ∩(∁R N )＝(0,3]，故选D.]2．B [∵角θ的终边在直线y ＝2x 上，∴tan θ＝2.∴cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ＝1－221＋22＝－35.]3．D [含有一个量词的命题的否定写法是“变量词，否结论”， 故綈p 为∃x 0∈R ，(2－x 0)12≥0.故选D.]4．D [设切点P (m ，n )，则n ＝4m －1，n ＝3ln m ＋m ＋2， 又y ′＝3x ＋1，∴3m ＋1＝4，解得m ＝1，n ＝3，∴P (1,3)，故选D.]5．A [因为a －λb ＝(1－2λ，2－λ)，所以由题意得(1－2λ)×(－2)－(2－λ)×5＝0，解得λ＝43，故选A.]6．C [由题意得，函数y ＝f (x －2)的图象向左平移2个单位，可得函数y ＝f (x )的图象， 因为函数y ＝f (x －2)的图象关于点(2,0)对称， 所以函数y ＝f (x )的图象关于原点对称， 又函数f (x )的定义域为R ，所以y ＝f (x )为奇函数，所以命题p 为真命题；又当0＜x ＜1时，x 12＜x 13，当x ＞1时，x 12＞x 13，所以命题q 为假命题，所以命题p ∧(綈q )为真命题，故选C.]7．D [由题意可得，0<a ＝⎝⎛⎭⎫1312<1，b ＝log 1213>1， c ＝log 312<0 ，由此可得b >a >c .故选D.]8．B [由题意得2b ＝a ＋c ，S ＝12ac sin 30°＝32，得ac ＝6，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 30°＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝4b 2－6(2＋3)，∴b 2＝2(2＋3)＝(3＋1)2，b ＝3＋1， 故选B.]9．C [∵M 是BC 边的中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∵O 是△ABC 的外接圆的圆心， ∴AO →·AB →＝|AO →|·|AB →|cos ∠BAO ＝12|AB →|2＝12×(23)2＝6. 同理可得AO →·AC →＝12|AC →|2＝12×(22)2＝4.∴AM →·AO →＝12(AB →＋AC →)·AO →＝12AB →·AO →＋12AC →·AO → ＝12×(6＋4)＝5.] 10．C [∵{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，∴S n n ＝d2n ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2， ∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，∴⎩⎨⎧S 66＝a 1＋52d ＞0，S 77＝a 1＋3d ＜0，d ＜0，解得－3＜a 1d ＜－52.故选C.]11．A [设公差为d ，由3a 3＝a 6＋4得3a 2＋3d ＝a 2＋4d ＋4，即d ＝2a 2－4，则由S 5＜10得5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝5(6a 2－8)2＜10，即有a 2＜2，故选A.]12．A [∵|a n －cos 2n |≤13且|a n ＋sin 2n |≤23，∴cos 2n －13≤a n ≤cos 2n ＋13，－sin 2n －23≤a n ≤－sin 2n ＋23，即－1＋cos 2n －23≤a n ≤－1＋cos 2n ＋23，∴cos 2n －13≤a n ≤cos 2n －13，∴a n ＝cos 2n －13＝23－sin 2n .]13．(－∞，0]解析 由1－2x ≥0，即2x ≤1＝20，解得x ≤0, 定义域为(－∞，0]． 14．3解析 ∵ 数列{a n }是等比数列，公比q ＝2，S n 为{a n }的前n 项和，T n ＝9S n －S 2na n ＋1(n ∈N *)，∴T n ＝9·a 1(1－2n )1－2－a 1(1－22n )1－2a 1·2n＝9－2n －82n ， ∵2n ＋82n ≥22n ·82n ＝42， 当且仅当2n ＝82n ，即n ＝32时取等号，又n ∈N *，∴当n ＝1或2 时，T n 取最大值T 1＝T 2＝9－2－4＝3. ∴ 数列{}T n 最大项的值为3. 15．100 解析 连接AC .在△ABC 中，AC 2＝802＋(40＋303)2－2×80×(40＋303)×cos 60°＝7 500，所以AC ＝503， 所以sin ∠ACB ＝80×sin 60°503＝45，所以cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝35.sin ∠ACD ＝sin ()135°－∠ACB ＝22⎝⎛⎭⎫35＋45＝7210， 由∠ACD 为锐角，得cos ∠ACD ＝210， AD 2＝(503)2＋(2506)2－2×503×2506×210， 得AD ＝3503，设收到指令时该轮船到城市C 的距离是x ，则(503)2＋502－x 22×503×50＝(503)2＋(3503)2－(2506)22×503×3503，即x ＝100. 16.⎣⎡⎭⎫178，＋∞ 解析 函数f (x )的导函数f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2，若f ′(x )＞0,1＜x ＜3，f (x )为增函数；若f ′(x )＜0，x ＞3或0＜x ＜1，f (x )为减函数．f (x )在x ∈(0,2)上有极值，f (x )在x ＝1处取极小值也是最小值f (x )min ＝f (1)＝－14＋34－1＝－12；∵g (x )＝x 2－2bx ＋4＝(x －b )2＋4－b 2，对称轴为x ＝b ，x ∈[1,2]，当b ＜1时，g (x )在x ＝1处取最小值g (x )min ＝g (1)＝1－2b ＋4＝5－2b ；当1≤b ≤2时，g (x )在x ＝b 处取最小值g (x )min ＝g (b )＝4－b 2；当b ＞2时，g (x )在[1,2]上是减函数，g (x )min ＝g (2)＝4－4b ＋4＝8－4b . ∵对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)， ∴只要f (x )的最小值大于等于g (x )的最小值即可， 当b ＜1时，－12≥5－2b ，解得b ≥114，故b 无解；当1≤b ≤2时，－12≥4－b 2，解得b ≤－322或b ≥322，故b 无解；当b ＞2时，－12≥8－4b ，解得b ≥178.综上，b ≥178.17．解 (1)由A ＝{x |x 2－2x －3＜0}＝{x |－1＜x ＜3}，B ＝{x |x 2－5x ＋6＞0}＝{x |x ＜2或x ＞3}，∴A ∩B ＝{x |－1＜x ＜2}．(2)由题意，得－1,2是方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根，∴－1＋2＝－a ，－1×2＝b ，解得a ＝－1，b ＝－2，∴不等式ax 2＋x －b ＜0可化为－x 2＋x ＋2＜0，解得x ＜－1或x ＞2.∴ax 2＋x －b ＜0的解集为{x |x ＜－1或x ＞2}．18．解 (1)f (x )＝(sin x ＋3cos x )cos x＝sin x cos x ＋3cos 2x＝12sin 2x ＋32cos 2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋32， 由0≤x ≤π2，得π3≤2x ＋π3≤4π3， －32≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3≤1. ∴0≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋32≤1＋32， 即函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤0，1＋32. (2)由f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＋32＝32， 得sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3＝0， 又0<A <π2，∴π3<2A ＋π3<4π3， ∴2A ＋π3＝π，A ＝π3. 在△ABC 中，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝7，得a ＝7，由正弦定理a sin A ＝b sin B， 得sin B ＝b sin A a ＝217， ∵b <a ，∴B <A ，∴cos B ＝277， ∴cos(A －B )＝cos A cos B ＋sin A sin B＝12×277＋32×217＝5714. 19．解 (1)由已知a sin B ＋3b cos A ＝3c ，结合正弦定理得sin A sin B ＋3sin B cos A ＝3sin C ，所以sin A sin B ＋3sin B cos A ＝3sin(A ＋B )＝3(sin A cos B ＋sin B cos A )，即sin A sin B ＝3sin A cos B ，因为A 为△ABC 的内角，sin A ≠0，所以tan B ＝3，因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3. (2)由S △ABC ＝12ac sin B ，B ＝π3，得34ac ＝332， 即ac ＝6，又b 2＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ，得(7)2＝(a ＋c )2－2ac －ac ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ ac ＝6，a ＋c ＝5，又a ＞c ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，c ＝2. 20．解 (1)由题图可知A ＝2，T ＝2π，故ω＝1，所以f (x )＝2sin(x ＋φ)．又因为f ⎝⎛⎭⎫2π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝2且－π2<φ<π2， 故φ＝－π6，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π6. (2)由f (α)＝32，得sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝34，所以sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π6＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫α－π6＋π2 ＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫α－π6＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫α－π6＝－18. 21．(1)证明 由题意知a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12(n ∈N *)，从而有b n ＋1＝3b n ，b 1＝a 1－12＝1≠0，所以b n ＋1b n＝3为非零常数，所以{}b n 是以1为首项，3为公比的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝3n －1，从而a n ＝3n －1＋12， 则S n ＝1＋12＋3＋12＋…＋3n －1＋12＝3n ＋n －12. 22．解 (1)当b ＝1时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，∵函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增， ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，12时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≥0恒成立． 函数f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1的对称轴为x ＝－a 3. ①当－a 3<－1，即a >3时，f ′(－1)≥0， 即3－2a ＋1≥0，解得a ≤2，解集为空集；②当－1≤－a 3≤12，即－32≤a ≤3时，f ′⎝⎛⎭⎫－a 3≥0. 即3·a 29＋2a ·⎝⎛⎭⎫－a 3＋1≥0， 解得－3≤a ≤3，所以－32≤a ≤ 3. ③当－a 3>12，即a <－32时，f ′⎝⎛⎭⎫12≥0. 即3·14＋a ＋1≥0，解得a ≥－74， ∴－74≤a <－32. 综上所述，当－74≤a ≤3时，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增． (2)g (x )有两个零点，证明如下：∵f (x )有两个极值点x 1，x 2，∴x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根，且函数f (x )在区间(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．∵g ′(x )＝f ′(x )，∴函数g (x )也是在区间(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．∵g (x 0)＝f (x 0)－f (x 0)＝0，∴x 0是函数g (x )的一个零点．由题意知，g (x 2)＝f (x 2)－f (x 0)．∵x 1＋2x 0＝3x 2，∴2x 0－2x 2＝x 2－x 1>0，∴x 0>x 2，∴f (x 2)<f (x 0)，∴g (x 2)＝f (x 2)－f (x 0)<0，又g (x 1)＝f (x 1)－f (x 0)，x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根，∴3x 21＋2ax 1＋b ＝0,3x 22＋2ax 2＋b ＝0，∴f (x 1)－f (x 0)＝(x 1－x 0)(x 21＋x 1x 0＋x 20＋ax 1＋ax 0＋b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－3x 2－x 12⎣⎢⎡x 21＋x 1·3x 2－x 12＋(3x 2－x 1)24 ⎦⎥⎤＋ax 1＋a ·3x 2－x 12＋b ＝38(x 1－x 2)(3x 21＋2ax 1＋b ＋9x 22＋6ax 2＋3b )＝0， ∴g (x 1)＝f (x 1)－f (x 0)＝0.∵函数g (x )的图象连续，且在区间(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．∴当x ∈(－∞，x 1)时，g (x )<0，当x ∈(x 1，x 0)时，g (x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，∴函数g(x)有两个零点x1和x0.。
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课时分层训练(四十七) 利用空间向量求空间角A 组 基础达标一、选择题1．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 夹角的大小为( )A.π6 B.π4C.π3D ．π2D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0)．∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 的夹角为π2.]2. (2017·西安调研)如图7720，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )图7720A.55 B ．－55C.255D ．－255A [不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1＝(0,2,0)，B 1(0,2,1)，∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝0＋4－15×3＝55.] 3．(2017·郑州调研)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1夹角的正弦值为( )【导学号：79140255】A.32B ．33C.35 D ．25B [设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，所以BB →1＝(0,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，AD →1＝(－1,0,1)．令平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AD →1＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈n ，BB →1〉|＝13×1＝33.] 4．已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1夹角的正弦值等于( ) A.64 B ．104 C.22D ．32A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，所以AB 1→＝(3，1,2)，由题知BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量．即sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.故选A.]5．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B ．23 C.33D ．22B [以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， ∴有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)． ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.]二、填空题6．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1夹角的正弦值为________． 13[以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量，则n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2,1,2)，D 1C 1→＝(0,2,0)．设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.]7．如图7721所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．图772160° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求的二面角为60°.]8．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为________.【导学号：79140256】217 [如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4， 两异面直线AC ，BD 夹角为60°. 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， 所以|AB →|＝217.] 三、解答题9．(2018·合肥一检)如图7722，在四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.图7722(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 夹角的正弦值．[解] (1)证明：∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，则△ACD 为等边三角形，又∵M 为CD 的中点，∴AM ⊥CD ， 由CD ∥AB 得AM ⊥AB . ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM底面ABCD ，∴AM ⊥AA 1，又∵AB ∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，得DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°， 又∵AA 1⊥底面ABCD ，∴以点A 为原点，分别以AB ，AM ，AA 1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A xyz ，A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2， ∴DD →1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2,0，－2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)．∴直线DD 1与平面A 1BD 夹角θ的正弦值 sin θ＝|cos 〈n ，DD →1〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DD →1|n ||DD →1|＝15.10．(2017·江苏高考)如图7723，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.图7723(1)求异面直线A 1B 与AC 1夹角的余弦值； (2)求二面角B A 1D A 的正弦值．[解] 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD . 如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1夹角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量．从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34.设二面角B A 1D A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74.因此二面角B A 1D A 的正弦值为74. B 组 能力提升11．(2017·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 夹角的正切值为( )【导学号：79140257】A.34 B ．134 C.3913D ．393C [取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，BD 1→＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 的夹角为θ，∴sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→|·|n |＝34，∴tan θ＝3913.] 12．已知点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，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．23[延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示． 设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23.]13．(2017·全国卷Ⅱ)如图7724，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．图7724(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值.【导学号：79140258】[解] (1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF ═∥BC ， 四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF .又BF 平面PAB ，CE ⊆/平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则 BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 的夹角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝105.因此二面角M AB D 的余弦值为105.。