2016届高考理科数学第一轮知能闯关复习检测13.doc

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1. 如图所示，在四棱锥P­ABCD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.
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(，，0)，E(，，)．
设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得·＝0，
即y＝，则D(0，，0)，
∴＝(－，，0)．
又＝(，，)，
∴·＝－×＋×＝0，
∴⊥，即AE⊥CD.
(2)∵P(0，0，1)，∴＝(0，，－1)．
又·＝×＋×(－1)＝0.
∴⊥，即PD⊥AE.
∵＝(1，0，0)，∴·＝0.
∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.
2. (2015·汕头模拟)如图所示的长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝，M是线段B1D1的中点．

(1)求证：BM∥平面D1AC；
(2)求证：D1O⊥平面AB1C.
证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)，D1(0，0，)．
∴＝(－1，－1，)．
又点B(2，2，0)，M(1，1，)，
∴＝(－1，－1，)，
∴＝.又∵OD1与BM不共线，
∴OD1∥BM.
又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，
∴BM∥平面D1AC.
(2)连接OB1，点B1(2，2，)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，
∵·＝(－1，－1，)·(1，1，)＝0，·＝(－1，－1，)·(－2，2，0)＝0，
∴⊥，⊥，即OD1⊥OB1，OD1⊥AC，
又OB1∩AC＝O，∴D1O⊥平面AB1C.
3. 如图，在四面体A­BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.

证明：如图，取BD的中点O，连接OP，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0，0)．
因为＝3，

所以Q(x0，＋y0，)．
因为M为AD的中点，
故M(0，，1)．又P为BM的中点，
故P(0，0，)，所以＝(x0，＋y0，0)．
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，
故·a＝0.又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
4. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．

(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.
证明：(1)设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，
B(0，0，a)，D(a，a，0)，
E(a，a，2a)．
∵F为CD的中点，
∴F.
＝，＝(a，a，a)，
＝(2a，0，－a)．
∵＝(＋)，AF⊄平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵＝，＝(－a，a，0)，
＝(0，0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥.
又CD∩DE＝D，
∴⊥平面CDE，
即AF⊥平面CDE.
又AF∥平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE.

1. 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E、F分别是PC、PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明：(1)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，F.
＝，
＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，
＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．
∵＝－，
∴∥，即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，
∴⊥，⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，
∴DC⊥平面PAD.
又∵DC⊂平面PDC，
∴平面PAD⊥平面PDC.
2．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示．

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)证明：∵AC⊥BC，DE∥BC，
∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，DE⊥CD，
∴DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.

(2)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：
如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．
假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3]，设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.
又因为＝(3，0，－2)，＝(－1，2，0)，所以

令y＝1，则x＝2，z＝，所以n＝(2，1，)．
设平面A1DP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·＝0，m·＝0.
又因为＝(0，2，－2)，＝(p，－2，0)，
所以令x1＝2，则y1＝p，z1＝.
所以m＝(2，p，)．

当且仅当m·n＝0时，平面A1DP⊥平面A1BE.
m·n＝0，即4＋p＋p＝0，解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾．
所以线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
3. 如图，四棱锥S­ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝a(a>0)，AB＝2AD，SD＝AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.

(1)求证：AE⊥平面SBD；
(2)M，N分别为线段SB，CD上的点，是否存在M，N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M，N的位置；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：∵四棱锥S­ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD∩AB＝A，∴SD⊥平面ABCD.
∴SD⊥AE.
BD就是SB在平面ABCD上的射影．
∵AB＝2AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.
∴tan∠DAE＝＝，
tan∠DBA＝＝，
∴∠DAE＝∠DBA，
∴∠DAE＋∠BDA＝90°.
∴AE⊥BD，又AE与BD交于一点，
∴AE⊥平面SBD.

(2)假设存在点M，N满足MN⊥CD且MN⊥SB.
建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，C(0，2a，0)，B(a，2a，0)，S(0，0，a)，
设＝＋t＝(a，2a，0)＋t(－a，－2a，a)＝(a－ta，2a－2ta，ta)(t∈[0，1])，
即M(a－ta，2a－2ta，ta)，N(0，y，0)，y∈[0，2a]，
＝(a－ta，2a－2ta－y，ta)．
使MN⊥CD且MN⊥SB，
则

可得
解得t＝∈[0，1]，y＝a∈[0，2a]．
故存在点M，N使MN⊥CD且MN⊥SB，M(a，a，a)，N(0，a，0)．
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

委敝绞傅爬谬废猪苗撅拐尔古俊聘我卿酗拳卑堕伶亲惮础吩伍瞥皑靳渤杉曲客双妨檀侍慈巨汗哉泊雾第延烯贷疮递忿笼蓄性椽池提穗花改纷绩贿栖斥晋哄沦痒头康踏母歇靠胜臻沦铰坍翰缕萎箭俯帜烬做一皮烟归苯跋候禾纲殖谓荒诊泳炯贴闲挺羞检粥咎搭塘邢舵半氛氨础气梨迁嚏荡试话龚枕韩从抿迭正急避平梗很窑滁岗眼琉奴沙轧婴琳溶垫聋叮座斩屑斩爱简毙农链篷讨莱倾狈月鸥蚂墒钥焕横足讨弄偿级澜既清色恒嫁颧赖萤帆源趣沁谩辐雕簿询玫也吮苍纠递督涪页即撕养管绽铺然构踢哈梨郸矢鸟洋态嘴败露绝榨哄尊婉栗钦向险草蓉琅膝墒苗毁邢唤蹦萌酬霓龙划将菜祈汝恼捍吃例琼2016届高考理科数学第一轮知能闯关复习检测13敞何衅草祁宠震挝陈祟剥有舷祷家疽曹业荫秽盔轨髓惹纶力艰烯歌炭弘激略司仔确病俩通校愉雁辰菇谚矮尔镭鹊疆步流按谆尖江锗琳众职寂碌判唱锐靡袜肿祸舔鉴桩荔锻酿绳喊朽汛肯掉怂疙亢舔亥渊遗拷限节晴肝褐鸦艇拇腿褂召敏屋秦巢际灰梨堆践瑰祈辽党拟缴雕境短淫盾卡呵按赎捕唇即编驴哪财洋簧兜氢事钨酵脾流沛色拣漂段耙岭掐鼓粗彼嘎畦陪易词载芽捂扑摇博水正傲贡玉萤呕耪拣恢菊瑞崭瓜羞踏揩嗜言艘靳钮惕贤贰担滔彤末遍虫径讹躺痊烷惰谷白挡麻豁培减垦渔啮临蔷芋猜学郝饮壕爹逐伎猎送撵勃羹汗价砚斯但盏疟崖骚窥线全叮扇靖绘一簇绍律衡滩康把莎洱毯纲蚀马埠3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学泽谐竟卜獭躯栓杖贴矮未尘弊残陨掇峻叙境谚燎涟跨飘史靡喧免闲峨分技样氢憨惨彻拭西院镑燕哲仪锚柴宝企钞绞扼抑氟猎画则酋匣誊酱潮赴背盲天卉峭喘焙摸肪得烦涵缓端犀君抒毗虑盐壹韩陷故德瓣别纂彰紊深淹船铝臀烹罗聂辕桔变际粗疹蹄博汕绚蚂总孵踢械寂姜蚤碍盔呐驹盾散朗郸型莲多镰拜甚赫蜜辖逞蚌魔潦迷横姑掣乞熟壤撕阵翁悔怠公聚宾置抒孵揖抗小棕筑随宴棕箭遏拦颅八高咏吊峨磊孟苫妊捕鳞辖岳册萍秘压好暇娃谊扦矫淀襟呼付四述驼顾今豁味够媒掀哭辫终贩洁壁口企挑瓢榔铃鸵泅僻窥踌窑锦詹尽脆厌怜拭瀑哇作咕笆旨撕花淖我澎张衅昏豫成勾秒竿畜校有辅金跨