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2013届高考数学一轮复习章末测试 单元评估检测七


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单元评估检测(七)
(第七章) (120 分钟 150 分) 一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.(2012· 广州模拟)若空间中有四个点, 则“这四个点中有三点在同一直 线上”是“这四个点在同一

平面上”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 2.在△ABC 中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120° ,若使△ABC 绕直 线 BC 旋转一周,则所形成的几何体的体积是( 3 (A)2π 5 (B)2π 7 (C)2π 9 (D)2π ) )

3.(2012· 株洲模拟)已知三条不重合的直线 m、n、l,两个不重合的平 面 α,β,有下列命题 ①若 l∥α,m∥β,且 α∥β,则 l∥m ②若 l⊥α,m⊥β,且 l∥m,则 α∥β ③若 m ? α,n ? α,m∥β,n∥β,则 α∥β ④若 α⊥β,α∩β=m,n ? β,n⊥m,则 n⊥α 其中真命题的个数是( (A)4 (B)3 ) (C)2 (D)1 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

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4.(2011· 安徽高考)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的 表面积为( )

(A)48 (C)48+8 17

(B)32+8 17 (D)80

5.如图,平行四边形 ABCD 中,AB⊥BD,沿 BD 将△ABD 折起,使 面 ABD⊥面 BCD,连接 AC,则在四面体 ABCD 的四个面中,互相 垂直的平面的对数为( )

(A)4

(B)3

(C)2

(D)1

6.(2012· 珠海模拟)如图为棱长是 1 的正方体的表面展开图,在原正方 体中,给出下列三个命题: 2 ①点 M 到 AB 的距离为 2 ;
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1 ②三棱锥 C-DNE 的体积是6; π ③AB 与 EF 所成的角是2. 其中正确命题的个数是( )

(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 7.如图所示,二面角 α-l-β 的棱上有 A、B 两点,直 线 AC、 分别在这个二面角的两个半平面内, BD 且都垂 直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17, 则该二面角的大小为( (A)150° (B)45° ) (C)60° (D)120°

8.(易错题)如图,四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2, BD⊥ CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD,使平面 A′BD⊥ 平面 BCD,则下列结论正确的是( )

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(A)A′C⊥ BD (B)∠ BA′C=90° (C)CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 (D)四面体 A′BCD 的体积为3 二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.请把正确答案 填在题中横线上) 9.已知三个球的半径 R1,R2,R3 满足 R1+2R2=3R3,则它们的表面 积 S1,S2,S3 满足的等量关系是 .

10.一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为 2 的球面上,如果正四 棱柱的底面边长为 2,那么该棱柱的表面积为 .

11.(2012· 长沙模拟)一个五面体的三视图如图, 正视图与侧视图是等腰 直角三角形,俯视图为直角梯形,部分边长如图所示,则此五面体的 体积为 .

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12.如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D 为棱 AA1 的中点,若截面 △BC1D 是面积为 6 的直角三角形,则此三棱柱的体积为 .

13.(2012· 宜春模拟)三棱锥 S-ABC 中,∠ SBA=∠ SCA=90° ,△ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,给出以下结论:

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① 异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90° ; ② 直线 SB⊥ 平面 ABC; ③ 平面 SBC⊥ 平面 SAC; 1 ④ C 到平面 SAB 的距离是2a. 点 其中正确结论的序号是 .

14.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB, 二面角 C-AB 3 -D 的余弦值为 3 ,M,N 分别是 AC,BC 的中点,则 EM,AN 所 成角的余弦值等于 .

三、解答题(本大题共 6 小题,共 80 分.解答时应写出必要的文字说 明、证明过程或演算步骤) 15.(12 分)(2012· 揭阳模拟)已知四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD, PA⊥ AB∥ CD,AD=CD=1,∠ BAD=120° ,PA= 3,∠ ACB=90° .

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金太阳新课标资源网 (1)求证:BC⊥ 平面 PAC;

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(2)求直线 PC 与平面 PAB 所成的角的正弦值. π 16.(13 分)(预测题)如图甲, 直角梯形 ABCD 中, AB∥ CD, DAB=2, ∠ 点 M、N 分别在 AB、CD 上,且 MN⊥ AB,MC⊥ CB,BC=2,MB =4,现将梯形 ABCD 沿 MN 折起,使平面 AMND 与平面 MNCB 垂 直(如图乙). (1)求证:AB∥ 平面 DNC; (2)当 DN 的长为何值时,二面角 D-BC-N 的大小为 30° ?

17.(13 分)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是正方形,侧棱 PA ⊥底面 ABCD,PA=AD,E、F 分别是 PD、BC 的中点 . (1)求证:AE⊥PC; (2)求直线 PF 与平面 PAC 所成的角的正切值.

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18.(14 分)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=5,D,E 分别为 BC,BB1 的中点,四边形 B1BCC1 是边长为 6 的正方形. (1)求证:A1B∥平面 AC1D; (2)求证:CE⊥平面 AC1D; (3)求二面角 C-AC1-D 的余弦值.

19.(14 分)(2012· 佛山模拟)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB=1,AD= 3,点 F 是 PB 的中 点,点 E 在边 BC 上移动.

(1)点 E 为 BC 的中点时, 试判断 EF 与平面 PAC 的位置关系, 并说明 理由; (2)证明:无论点 E 在 BC 边的何处,都有 PE⊥AF; (3)当 BE 等于何值时,PA 与平面 PDE 所成角的大小为 45° . 20.(14 分)(探究题)如图, 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.
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(1)求证:E,B,F,D1 四点共面; 2 (2)若点 G 在 BC 上,BG=3,点 M 在 BB1 上,GM⊥BF,垂足为 H, 求证:EM⊥平面 BCC1B1; (3)用 θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1B1 所成的锐二面角的大小,求 tanθ.

答案解析
1. 【解析】选 A.充分性成立: “这四个点中有三点在同一直线上”有 两种情况:①第四点在共线三点所在的直线上,可推出“这四个点在 同一直线上” ;②第四点不在共线三点所在的直线上,可推出“这四 点在同一个平面上” ;必要性不成立: “四个点在同一平面上”推不出 “三点在同一直线上”.故选 A. 2.【解题指南】△ABC 绕直线 BC 旋转一周后所得几何体为一圆锥, 但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几
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金太阳新课标资源网 何体的体积.

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【解析】选 A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥. 1 3 故所求体积为 V=V 大圆锥-V 小圆锥=3π r2(1+1.5-1)=2π . 3.【解析】选 C.①中的直线 l、m 可能平行、相交或异面,故不正确; ②中由垂直于同一直线的两平面平行可得α ∥β ; ③中的α ,β 可能相交,故不正确; ④中由面面垂直的性质定理知正确.综上②④正确. 4.【解题指南】由三视图得到几何体的直观图,根据直观图求得几何 体的表面积. 【解析】选 C.由三视图知该几何体的直观图如图所示.

几何体的下底面是边长为 4 的正方形;上底面是长为 4、宽为 2 的矩 形;两个梯形侧面垂直于底面,上底长为 2、下底长为 4、高为 4; 另两个侧面是矩形,且宽为 4、长为 42+12= 17. 1 所以 S 表=42+2×4+2×(2+4)×4×2+4× 17×2=48+8 17. 5.【解析】选 B.因为 AB⊥BD,面 ABD⊥面 BCD,且交线为 BD,
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故有 AB⊥面 BCD,则面 ABC⊥面 BCD,同理 CD⊥面 ABD,则面 ACD⊥面 ABD,因此共有 3 对互相垂直的平面. 6. 【解析】选 D.依题意可作出正方体的直观图如图, 1 显然 M 到 AB 的距离为2MC 2 = 2 ,∴①正确, 1 1 1 而 VC-DNE=3×2×1×1×1=6,∴②正确, π AB 与 EF 所成的角等于 AB 与 MC 所成的角,即为 2 , ∴③正确. 7.【解题指南】画出图形,根据图形选取基向量,用向量法求角. 【解析】选 C.由条件知, CA?AB =0, AB?BD =0,
??? ???? ??? ? ? CD ? CA ? AB ? BD .
???? ???? ???? ???? ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ?|CD |2 ? |CA |2 ?|AB |2 ?|BD |2 ?2CA ?AB ? 2AB?BD ? 2CA ?BA ? 6 2 ? 4 2 ? 82 ? 2 ? 6 ? 8cos ? CA, BD ?

???? ??? ?

??? ??? ? ?

=(2 17)2,
??? ??? ? ? ??? ??? ? ? 1 ∴? cos ? CA, BD ? =-2, ? CA, BD ? =120°,

∴ ? AC, BD ? =60°,即二面角的大小为 60°. 8.【解析】选 B.在题图(2)中取 BD 的中点 M,连接 MC、A′M. ∵A′B=A′D,∴A′M⊥BD. 又∵平面 A′BD⊥平面 BCD, ∴A′M⊥平面 BCD.
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??? ??? ? ?

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①选项 A 中,若 A′C⊥BD,那么 BD⊥平面 A′MC ? BD⊥MC. 而 BD⊥CD,显然 BD⊥MC 不可能, ∴A 不正确; ②选项 B 中,∵BD⊥CD 且平面 A′BD⊥平面 BCD, 可得 CD⊥平面 A′BD,可知 CD⊥A′D, 在△A′CD 中,A′D=CD=1 ? A′C= 2. 又∵A′B=1,∴CB= BD2+CD2= 2+1= 3. ∴在△A′BC 中,A′B2+A′C2=BC2, ∴∠BA′C=90°,故 B 正确; ③选项 C 中,由②分析知,∠CA′D 即为 CA′与平面 A′BD 所成 的角, 在 Rt△A′DC 中, A′D 1 2 cos∠CA′D= = =2, A′C 2 ∴∠CA′D 为 45°,故 C 不正确; 1 ④选项 D 中,由①知 A′M⊥平面 BCD,得 VA′-BCD=3S△BCD×A′ 1 1 2 1 M=3×2× 2×1× 2 =6,故 D 不正确.故选 B. 9.【解析】S1=4π R12, S1=2 π R1, 同理: S2=2 π R2, S3=2 π R3, S1 S2 S3 故 R1= ,R2= ,R3= , 2 π 2 π 2 π 由 R1+2R2=3R3,
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金太阳新课标资源网 得 S1+2 S2=3 S3. 答案: S1+2 S2=3 S3

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10.【解题指南】根据正四棱柱的体对角线与球直径相等解题. 【解析】设正四棱柱的高为 h,则 2R=4= 22+22+h2,得 h=2 2. 故 S 表=4×(2×2 2)+2×22=8+16 2. 答案:8+16 2 11. 【解析】由三视图可知,此几何体是一个底面为直角梯形,有一 1 1 条侧棱垂直于底面的四棱锥,其体积为 V=3×2×(1+2)×2×2=2. 答案:2 【方法技巧】三视图的考查方式 三视图是新课标的新增内容,主要考查学生的空间想象能力,新增内 容总会重点考查, 所以近年来三视图的有关问题一直是高考考查的重 点和热点,其考查方式有以下特点: 一是给出空间图形选择其三视图; 二是给出三视图,判断其空间图形或还原直观图,有时也会和体积、 面积、角度的计算或线面位置关系的判定相结合. 12. 【解析】设正三棱柱的底面边长为 a,高为 2h,则 BD=C1D= a2+h2, BC1= a2+4h2,由△BC1D 是面积为 6 的直角三角形,

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?2×(a +h )=a +4h 得?1 2 2 ?2(a +h )=6
2 2 2

2

?a2=8 ? ,解得? ,故此三棱柱的体积为 V= ?h=2 ?

1 2×8×sin 60°×4=8 3. 答案:8 3 13.【解析】由题意知 AC⊥平面 SBC, 故 AC⊥SB,SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥平面 SAC, ①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可证得 CE⊥平面 SAB,故 1 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离,为2a,④正确. 答案:①②③④ 14.【解析】设 AB=2,作 CO⊥平面 ABDE,OH⊥AB,则 CH⊥AB, ∠CHO 为二面角 C-AB-D 的平面角,CH= 3,OH=CH·cos∠ CHO=1,结合等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 可知此四棱锥为正 四棱锥,则 AN=EM=CH= 3.
???? 1 ??? ??? ? ? ??? ? ???? 1 ??? ? AN = ( AB + AC ), EM = AC - AE ,

2

2

???? ???? 1 ??? ??? ? ? ? ? 1 ??? ??? 1 AN · EM = ( AB + AC )·( AC - AE )= .

2

2

2

???? ???? 1 AN?EM 故 EM,AN 所成角的余弦值为 ???? ???? =6. | AN || EM |

1 答案:6

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15. 【解析】(1)∵PA⊥底面 ABCD,BC ? 平面 AC, ∴PA⊥BC, ∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC,又 PA∩AC=A,∴BC⊥ 平面 PAC. (2)过 C 作 CE⊥AB 于 E,连接 PE,∵PA⊥底面 ABCD, ∴CE⊥平面 PAB, ∴直线 PC 与平面 PAB 所成的角为∠EPC, ∵AD=CD=1,∠ADC=60°,∴AC=1,又 PA= 3,在 Rt△PAC 中,PC=2, 3 Rt△ACE 中求得 CE= 2 , 3 ∴sin∠EPC= 4 . 16. 【解析】如图,以点 N 为坐标原点,以 NM,NC,ND 所在直线 分别作为 x 轴,y 轴和 z 轴,建立空间直角坐标系.易得 NC=3,MN = 3, 设 DN=a,则 D(0,0,a),C(0,3,0),B( 3,4,0),M( 3,0,0),A( 3, 0,a). (1)∵ ND =(0,0,a), NC =(0,3,0), AB =(0,4,- a).
???? 4 ???? ??? ? 4 ∴ AB =-(0,0,a)+3(0,3,0)=- ND +3 NC ,

????

????

??? ?

∵ND,NC ? 平面 DNC,且 ND∩NC=N,
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??? ?

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∴ AB 与平面 DNC 共面,又 AB ? 平面 DNC, ∴AB∥平面 DNC. (2)设平面 DBC 的法向量 n1=(x,y,z), DC =(0,3,-a),CB =( 3, 1,0)
??? ? ?DC? 1 ? 3y ? az ? 0 3 3 n 则 ? ??? , x=-1, y= 3, 令 则 z= a , 1=(-1, 3, ∴n ? ? CB? 1 ? 3x ? y ? 0 n ? ?

??? ?

??? ?

3 3 a ). 又平面 NBC 的法向量 n2=(0,0,1).
n1 ? 2 n = | n1 || n 2 |

∴cos〈n1,n2〉=

3 3 a 27 1+3+ a2 ×1

3 =2.

6 即:a = 3 即 DN=2.

27 9 3 1+3+ a2 ,∴a2=4,又 a>0,∴a=2.

17.【解析】方法一:(1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥DC 因为底面 ABCD 是正方形,所以 AD⊥DC. AD∩PA=A,故 DC⊥平面 PAD, AE ? 平面 PAD,所以 AE⊥DC, 又因为 PA=AD,点 E 是 PD 的中点, 所以 AE⊥PD,PD∩DC=D, 故 AE⊥平面 PDC, PC ? 平面 PDC,所以 AE⊥PC.
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(2)连接 BD,过点 F 作 FH⊥AC 于点 H,连接 PH, 由 F 是棱 BC 的中点,底面是正方形,可得 FH∥BD, 1 FH=4BD, 又由 PA⊥底面 ABCD 得到 PA⊥FH,AC∩PA=A, 故 FH⊥平面 PAC, 所以∠FPH 为直线 PF 与平面 PAC 所 2 成的角,设 AD=1,得到 FH= 4 , 34 在 Rt△PAH 中,PH= 4 , FH 17 tan∠FPH=PH= 17 . 方法二:以 A 为原点,分别以 AB , AD , AP 的方 向为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系,设 PA=AD=1, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1), (1)∵点 E、F 分别是 PD、BC 的中点, 1 1 ∴E(0,2,2), 1 F(1,2,0).
? ??? ? ??? ? ??? ? 1 1 ??? AE =(0, , ), PC =(1,1,-1), AE · PC =0,所以 AE⊥PC.
??? ? ???? ??? ?

2 2

(2)连接 BD,由 PA⊥底面 ABCD 得到 PA⊥BD,AC⊥BD,AC∩PA=A,BD⊥平面 PAC.
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取平面 PAC 的一个法向量 BD =(-1,1,0), 设直线 PF 与平面 PAC 所成的角为θ ,
??? 1 PF =(1, ,-1)

??? ?

2

??? ??? ? ??? ? ??? 2 BD?PF sinθ =|cos〈 BD , PF 〉|=| ???? ??? |= 6 , | BD || PF |

34 17 cosθ = 6 ,故 tanθ = 17 . 18.【解析】(1)连接 A1C,与 AC1 交于 O 点,连接 OD.

因为 O,D 分别为 AC1 和 BC 的中点, 所以 OD∥A1B. 又 OD ? 平面 AC1D,A1B ? 平面 AC1D, 所以 A1B∥平面 AC1D. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, BB1⊥平面 ABC,又 AD ? 平面 ABC, 所以 BB1⊥AD. 因为 AB=AC,D 为 BC 的中点, 所以 AD⊥BC.又 BC∩BB1=B, 所以 AD⊥平面 B1BCC1.
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又 CE ? 平面 B1BCC1,所以 AD⊥CE. 因为四边形 B1BCC1 为正方形,D,E 分别为 BC,BB1 的中点, 所以 Rt△CBE≌Rt△C1CD,∠CC1D=∠BCE. 所以∠BCE+∠C1DC=90°. 所以 C1D⊥CE.又 AD∩C1D=D, 所以 CE⊥平面 AC1D. (3)如图,以 B1C1 的中点 G 为原点,建立空间直角坐标系. 则 A(0,6,4),E(3,3,0),C(-3,6,0),C1(-3,0,0). 由(2)知 CE⊥平面 AC1D, 所以 CE =(6,-3,0)为平面 AC1D 的一个法向量.
??? ?

设 n=(x,y,z)为平面 ACC1 的一个法向量,
???? ? ??? ? AC =(-3,0,-4), CC1 =(0,-6,0).
??? ? ?-3x-4z=0, ? ?n?AC ? 0 ? 由 ? ???? 可得? ? ? ?-6y=0. ?n?CC1 ? 0 ?

3 令 x=1,则 y=0,z=-4. 3 所以 n=(1,0,-4).
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??? ? ??? ? 8 CE? n ? 从而 cos〈 CE ,n〉= ??? =25 5. | CE |? n | |

因为二面角 C-AC1-D 为锐角, 8 5 所以二面角 C-AC1-D 的余弦值为 25 . 19. 【解析】 (1)当点 E 为 BC 的中点时, 与平面 PAC EF 平行. ∵在△PBC 中,E、F 分别为 BC、PB 的中点, ∴EF∥PC,又 EF ? 平面 PAC,而 PC ? 平面 PAC, ∴EF∥平面 PAC. (2)∵PA⊥平面 ABCD,BE ? 平面 ABCD, ∴EB⊥PA,又 EB⊥AB,AB∩AP=A,AB, AP ? 平面 PAB, ∴EB⊥平面 PAB,又 AF ? 平面 PAB,∴AF⊥BE. 又 PA=AB=1,点 F 是 PB 的中点,∴AF⊥PB, 又∵PB∩BE=B,PB,BE ? 平面 PBE,∴AF⊥平面 PBE. ∵PE ? 平面 PBE,∴AF⊥PE,即无论点 E 在 BC 边的何处,都有 PE ⊥AF. (3)过 A 作 AG⊥DE 于 G,连接 PG,又 PA⊥平面 ABCD,DE ? 平面 ABCD,∴DE⊥PA,又 AG⊥DE,AG⊥PA=A,则 DE⊥平面 PAG, 于是,平面 PAG⊥平面 PDE,它们的交线是 PG,过 A 作 AM⊥PG, 垂足为 M,则 AM⊥平面 PDE,即 PA 在平面 PDE 上的射影是 PM, 所以 PA 与平面 PDE 所成的角是∠APG=45°.∴在 Rt△PAG 中, PA 第 20 页 共 22 页 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

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=AG=1,∴DG= 2,设 BE=x,∵△AGE≌△ABE,则 GE=x, CE= 3-x, Rt△DCE 中, 2+x)2=( 3-x)2+12, BE=x= 3 在 ( 得 - 2. 20. 【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,

则 BE =(3,0,1), BF =(0,3,2), BD1 =(3,3,3), 所以 BD1 = BE + BF , 故 BD1 , BE , BF 共面. 又它们有公共点 B, 所以 E,B,F,D1 四点共面.
???? ? 2 (2)设 M(0,0,z),则 GM =(0,-3,z),
???? ?
??? ? ??? ?

??? ?

??? ?

???? ?

???? ?

??? ?

??? ?

而 BF =(0,3,2),
???? ? ??? ? 2 由题设得 GM · BF =-3×3+z·2=0,

??? ?

得 z=1.因为 M(0,0,1),E(3,0,1),有 ME =(3,0,0), 又 BB1 =(0,0,3), BC =(0,3,0), 所以 ME · BB1 =0, ME · BC =0, 从而 ME⊥BB1,ME⊥BC.又 BB1∩BC=B,
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????

???? ?

??? ?

????

???? ?

????

??? ?

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金太阳新课标资源网 故 ME⊥平面 BCC1B1.

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(3)设向量 BP =(x,y,3)且 BP⊥截面 EBFD1, 于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF . 而 BE =(3,0,1), BF =(0,3,2), 得 BP · BE =3x+3=0, BP · BF =3y+6=0, 解得 x=-1,y=-2, 所以 BP =(-1,-2,3). 又 BA =(3,0,0)且 BA⊥平面 BCC1B1, 所以 BP 和 BA 的夹角等于θ 或π -θ (θ 为锐角).
??? ??? ? ? 1 | BP?BA | ? 于是 cosθ = ??? ???? = . 14 | BP |? BA | |
??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ?

??? ?

故 tanθ = 13.

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