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课改区2010届高三上学期第八次检测(数学理)



2011 届高三一轮复习检测
[新课标人教版 双十中学命题范围 立体几何初步、空间向量与立体 新课标人教版] 命题范围 立体几何初步、 新课标人教版 几何 (必修 2 第一、二章、选修 2-1 第三章 必修 第一、二章、 第三章)
注意事项: 1.本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,满分 150 分,考试时间为 120 分钟。 2.答第Ⅰ卷前务必将自己的姓名、考号、考试科目涂写在答题卡上。考试结束,试题和 答题卡一并收回。 3.第Ⅰ卷每题选出答案后,都必须用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号(ABCD) 涂黑,如需改动,必须先用橡皮擦干净,再改涂其它答案。

第Ⅰ卷(选择题,共 60 分)
一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请把正确答案的代 号填在题后的括号内(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分) 。 1.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、 右面”表示,如图是一个正方体的表面展开图,若图中“2”在正方 体的上面,则这个正方体的下面是 ( ) A. 0 B. 7 C.快 D.乐 2.用小立方体搭一个几何体,使得它的主视图和俯视图如图所示。这样的几何体需要的小立 方块最少与最多分别是 ( )

主视图 A. 10 与 15 C.10 与 16 B.9 与 17 D.9 与 16

俯视图

3.设 m,n 是两条不同的直线, α , β , γ 是三个不同的平面,给出下列命题: ①若 m⊥ α ,n∥ α ,则 m⊥n;②若 α ⊥ γ , β ⊥ γ 则 α ∥ β ; ③若 m∥ α ,n∥ α ,则 m∥n;④若 α ∥ β , β ∥ γ , m⊥ α 则 m⊥ γ . 其中正确命题的个数是 ( )

-1-

A. 0 B. 1 C. 2 4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积等于 A. 8+

D. 3 ( )

C.8+4 π D.

4π 3 4π B. 4+ 3 10π 3


5. 已知向量 a = ( 2,?1,3), b = ( ?4,2, x) , a ⊥ b 成立的 x 与使 a // b 成立的 x 分别为 使 ( A.

10 , ?6 3

B.-

10 , ?6 6 3

C.-6,

10 3

D.6,-

10 3

6.在空间中,有如下命题: ①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线; ②若平面 α ∥平面 β ,则平面 α 内任意一条直线 m∥平面 β ; ③若平面 α 与平面 β 的交线为 m,平面 α 内的直线 n⊥直线 m,则直线 n⊥平面 β . 其中不正确命题的个数为 ... A. 3 B. 2 ( C. 1 D. 0 ( ) )

7.若 A (1,?2,1) ,B ( 4,2,3) ,C (6,?1,4) ,则△ABC 的形状是

A.不等边锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形 8.点 P 在正方形 ABCD 所在平面外,PD⊥平面 ABCD,PD=AD,则 PA 与 BD 所成角的度 数为 ( ) A.30° B.45° C.60° D.90°

9.如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对” .在一个正 方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 ( ) A.48 B.18 C.24 D.36. 10.二面角的棱上有 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=2 17 ,则该二面角的大小为 ( )

A.1500 B.450 C.600 D.1200 11.在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面为棱长为 1 的正三角形,侧棱 AA1⊥底面 ABC,点 D 在棱 BB1 上,且 BD=1,若 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为 α ,则 sin α 的值是 ( ) A.

3 2

B.

2 2

C .

10 4

D.

6 4

-2-

12.某种游戏中,黑、黄两个“电子狗”从棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 的顶点 A 出发沿 棱向前爬行,每爬完一条棱称为“爬完一段”;黑“电子狗”爬行的路线是 AA1→A1D1→…, 黄“电子狗”爬行的路线是 AB→BB1→…,它们都遵循如下规则:所爬行的第 i+2 段与 第 i 段所在直线必须是异面直线(其中 i 是正整数) .设黑“电子狗”爬完 2006 段,黄“电 子狗”爬完 2007 段后各自停止在正方体的某个顶点处,这时黑、黄“电子狗”间的距离 是 ( ) A. 0 B.1 C. 2 D. 3

第Ⅱ卷(非选择题,共 90 分)
二、填空题:请把答案填在题中横线上(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分) 。 13.已知力 F1 =(1,2,3), F2 =(-2,3,-1), F3 (3,-4,5),若 F1 , F2 , F3 共同作用于同一物体上, 使物体从 M1(0,-2,1)移到 M2(3,1,2),则合力作的功为 14.两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体,可放入棱长为 1 的正方体内,使正四棱锥的底面 ABCD 与正方体的某一个 平面平行,且各顶点均在正方体的面上,则这样的 个. 几何体体积的可能值有 .

15. 已知球 O 的半径为 1, A B,C 三点都在球面上,且每两点间的球面距离为 , 心 O 到平面 ABC 的距离为 ,

π ,则球 2

16.下列命题: ①若 a 与 b 共线, b 与 c 共线,则 a 与 c 共线; ②向量 a 、 b 、 c 共面,则它们所在直线也共面; ③若 a 与 b 共线,则存在唯一的实数 λ ,使 b = λ a ; ④若 A、B、C 三点不共线,0 是平面 ABC 外一点. OM =

1 1 1 OA + OB + OC ,则点 M 3 3 3

一定在平面 ABC 上,且在△ABC 内部, 上述命题中的真命题是 . 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共 6 个大题,共 74 分)。 17. (12 分) (09 浙江理 20)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 . (I)设 G 是 OC 的中点,证明: FG / / 平面 BOE ; (II)证明:在 ?ABO 内存在一点 M ,使 FM ⊥ 平面 BOE ,并求点 M 到 OA , OB 的 距离.

-3-

18.在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB = AC = 1 , ∠BAC = 90 ,且异面直线 A1 B 与 B1C1
0

所成的角等于 60 ,设 AA1 = a .
0

(1)求 a 的值; (2)求平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的大小. B1 A1 C1

A C B 19. (12 分)下图是一几何体的直观图、主视图、俯视图、左视图. (1)若 F 为 PD 的中点,求证:AF⊥面 PCD; (2)证明 BD∥面 PEC; (3)求面 PEC 与面 PDC 所成的二面角(锐角)的余弦值.

20.已知 {e1,e2,e3 } 为空间的一个基底,且 OP = 2e1 ? e2 + 3e3 , OA = e1 + 2e2 ? e3 ,

OB = ?3e1 + e2 + 2e3 , OC = e1 + e2 ? e3 .
(1)判断 P,A,B,C 四点是否共面; (2)能否以 OA OB, , OC 作为空间的一个基底?若不能,说明理由;若能,试以这一基 底表示向量 OP .

{

}

-4-

21. (本小题满分 12 分) 数学课上,张老师用六根长度均为 a 的塑料棒搭成了一个正三棱 锥(如图所示) ,然后他将其中的两根换成长度分别为在 2a 和 3a 的塑料棒、又搭成 了一个三棱锥,陈成同学边听课边动手操作,也将其中的两根换掉,但没有成功,不能 搭成三棱锥,如果两人都将 BD 换成了长为 3a 的塑料棒. (1) 试问张老师换掉的另一根塑料棒是什么, 而陈成同学换掉的另一根塑料棒又是什么? 请你用学到的数学知识解释陈成同学失败的原因; (2)试证:平面 ABD⊥平面 CBD; (3)求新三棱锥的外接球的表面积.

22.(14 分) (09 广东理 18)如图,已知正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 2,点 E 是正方形

BCC1 B1 的中心,点 F 、 G 分别是棱 C1 D1 , AA1 的中点.设点 E1 , G1 分别是点 E , G 在
平面 DCC1 D1 内的正投影. (1)求以 E 为顶点,以四边形 FGAE 在平面 DCC1 D1 内的正投影为底面边界的棱锥的体 积; (2)证明:直线 FG1 ⊥ 平面 FEE1 ; (3)求异面直线 E1G1与EA 所成角的正弦值. G1 E1

22 题图
-5-

参考答案
一、选择题

1.B;解析:将展开图还原成正方体. 2.C;解析:由主视图可知,它自下而上共有 3 列,第一列 3 块,第二列 2 块,第三列 1 块。由 俯视图可知,它自左而右共有 3 列,第二列各 3 块,第三列 1 块,从空中俯视的块数只要 最低层有一块即可.因此,综合两图可知这个几何体的形状不能确定.并且最少时为第一 列中有一个三层,其余为一层,第三列一层,共 10 块。如图 2-1,最多要 16 块如图 2-2.

图 2-1

图 2-2

3. C;解析:①④正确. 4. A;解析:该几何体顶部是一个半径为 1 的球,底部是一个边长为 2 的正方体. 5.A;解析:若 a ⊥ b ,则 ?8 ? 2 + 3 x = 0, x =

10 ; 3

若 a // b ,则 2 : ( ?4) = ( ?1) : 2 = 3 : x, x = ?6 .答案选 A. 6.B;解析:正确的为②.①、③不正确. ... 7.A;解析: AB = (3, 4, 2), AC = (5,1,3), BC = (2, ?3,1) , AB i AC > 0 ,得 A 为锐角;

CAiCB > 0 ,得 C 为锐角; BAi BC > 0 ,得 B 为锐角;所以为锐角三角形
8.C;解析:将图形补成一个正方体如图, PA 与 BD 所成角等于 BC′与 BD 所成角即∠DBC′. 则 在 等边三角形 DBC′中,∠DBC′=60°,即 PA 与 BD 所成角为 60°.

9.D;解析:正方体一条棱对应着 2 个“正交找面对” ,12 条梭共对应着 24 个“正交线面对” , 正方体的一条面对角线对应着 1 个“正交线面对” ,12 条面对角线对应着 12 个“正交线 面对” ,共有 36 个. 10. C;解析: 由条件,知 CA ? AB = 0, AB ? BD = 0, CD = CA + AB + BD .

-6-

∴ | CD | =| CA | + | AB | + | BD | +2CA ? AB + 2 AB ? BD + 2CA ? BD
2 2 2 2

= 6 2 + 4 2 + 82 +2×6×8cos ?CA, BD? = (2 17 ) 2 ,
∴cos ?CA, BD? = ?

1 ,即 ?CA, BD? = 1200, 2

w.w.w.k.s.5.u. c.o. m

所以二面角的大小为 600,故选 C. 11.D;解析:如图,建立坐标系,易求点 D(

3 1 , ,1), 2 2

平面 AA1C1C 的一个法向量是 n =(1,0,0),

3 6 , 所以 cos< n , AD >= 2 = 2 4
即 sin α =

6 . 4

12.B;解析:本题考查空间想象能力、异面直线的定义等相关知识.由题意,黑“电子狗”爬 行路线为 AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA,即过 6 段后又回到起点,可以看作以 6 为周 期,同理,黄“电子狗”也是过 6 段后又回到起点.所以黑“电子狗”爬完 2006 段后实 质是到达第二段的终点 D1,黄“电子狗”爬完 2007 段后到达第三段的终点 C1.此时的距 离为|C1D1|=1. 13.解析:合力 F = F1 + F2 + F3 =(2,1,7), F 对物体作的功即为

W = F ? M 1 M 2 =(2,1,7)·(3,3,1)=2×3+1×3+7×1=16.

w.w.w.k.s.5.u. c.o. m

14.无穷多. 解析:本通主要考查学生能否迅速构出一些常见的几何模型,并不是以计算为 主. (解法一) :本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形,显然有无穷多个.

(解法二) :通过计算,显然两个正四校锥的高均为 截面,显然其面积是不固定的,取值范围是:[ [

1 ,考查放入正方体后,面 ABCD 所在的 2

1 ,1),所以该儿何体的体积取值范围是: 2

1 1 , ]. 6 3

w.w.w.k.s.5.u. c.o. m

15.

3 ;解析:球心 O 与 A B,C 三点构成正三棱锥 , 3

O ? ABC ,如图所示,

已知 OA = OB = OC = R = 1 ,

∠AOB = ∠BOC = ∠AOC = 90 ,

-7-

由此可得 AO ⊥ 面 BOC . S△ BOC =

1 3 , S△ ABC = . 2 2

由 VA? BOC = VO ? ABC ,得 h =

3 . 3

16.④ 解析:如果 b = 0 ,则 a 与 c 不一定共线, 所以①错误;因为向量可以任意平移,可知②错; ③中的 a ≠ 0 这一条件缺少,于是③错. 可以证明④中 A、B、C、M 四点共面.等式两边同加 MO , 则 ( MO + OA) +

1 3

1 1 ( MO + OB) + ( MO + OC ) =0,即 MA + MB + MC = 0, 3 3

MA = ? MB ? MC ,则 MA 与 MB 、MC 共面,又 M 是三个有向线段的公共点,故 A、B、
C、M 四点共面.故④是真命题. 三、解答题: 17.证明: (I)如图,连结 OP,以 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 ,
w.w.w.k.s.5 .u. c. o. m

则 O ( 0, 0, 0 ) , A(0, ?8, 0), B(8, 0, 0), C (0,8,0),

z

P (0, 0, 6), E (0, ?4, 3), F ( 4, 0,3) ,
.c.o.

3分

由题意得, G ( 0, 4, 0 ) , 因 OB = (8, 0, 0), OE = (0, ?4,3) , 因此平面 BOE 的法向量为 n = (0, 3, 4) , FG = ( ?4, 4, ?3 得 n ? FG = 0 ,又直线 FG 不在平面 BOE 内,因此有 FG / / 平面 BOE 6分
.c. o. m

y

x

(II)设点 M 的坐标为 ( x0 , y0 , 0 ) ,则 FM = ( x0 ? 4, y0 , ?3) , 因为 FM ⊥ 平面 BOE, 所以有 FM // n ,因此有 x0 = 4, y0 = ? 即点 M 的坐标为 ? 4, ?

9 , 4
8分

? ?

9 ? ,0? , 4 ?
.c.o. m

?x > 0 ? 在平面直角坐标系 xoy 中, ?AOB 的内部区域满足不等式组 ? y < 0 , ?x ? y < 8 ?
经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组, 所以在 ?ABO 内存在一点 M ,使 FM ⊥ 平面 BOE , 由点 M 的坐标得点 M 到 OA , OB 的距离为 4, 18.解法一: : (1)∵ BC // B1C1 ,

9 . 4

w.w.w.k.s.5. u.c.o. m

12 分

∴ ∠A1 BC 就是异面直线 A1 B 与 B1C1 所成的角,
-8-

即 ∠A1 BC = 60 ,……(2 分)
0

∴ ?A1 BC 为等边三角形,……………………………4 分 ∴ A1 B = 2 ? 1 + a = 2 ? a = 1 ;………6 分
2

连接 A1C ,又 AB = AC ,则 A1 B = A1C
0

由 AB = AC = 1 , ∠BAC = 90 ? BC =

2,
B1 E

A1

C1

(2)取 A1 B 的中点 E ,连接 B1 E ,过 E 作 EF ⊥ BC1 于 F , 连接 B1 F ,

B1 E ⊥ A1 B , A1C1 ⊥ B1 E ? B1 E ⊥ 平面 A1 BC1 C ? B1 E ⊥ BC1 B 又 EF ⊥ BC1 ,所以 BC1 ⊥ 平面 B1 EF ,即 B1 F ⊥ BC1 , 所以 ∠B1 FE 就是平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的平面角。…………8 分
A 在 ?B1 EF 中, ∠B1 EF = 90 0 , B1 E =

F

1× 2 2 , B1 F = , 2 3

∴ sin ∠B1 FE = B1 E = 3 ? ∠B1 FE = 60 0 ,…………………………10 分
B1 F 2
因此平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的大小为 60 。…………12 分 说明:取 B1C1 的中点 D ,连接 A1 D ,…………同样给分(也给 12 分) 解法二: 建立如图坐标系, : (1) 于是 B (1,0,0) ,B1 (1,0,1) ,C1 (0,1,1) ,A1 (0,0, a )( a > 0 )
0

B1C1 = (?1,1,0) , A1 B = (1,0,? a ) ,

?→

?→

∴ B1C1 ? A1 B = ?1 …………3 分
由于异面直线 A1 B 与 B1C1 所成的角 60 , 所以 B1C1 与 A1 B 的夹角为 120
?→ ?→ ?→ ?→
0 0

?→

?→

z
A1 B1 C1

即 | B1C1 | ? | A1 B | cos120 0 = ?1

1 ? 2 ? 1 + a 2 (? ) = ?1 ? a = 1 ………6 分 2
(2)设向量 n = ( x, y , z ) 且 n ⊥ 平面 A1 BC1

→ → ?? → → ?? → → ?? → → ?? →

于是 n ⊥ A1 B 且 n ⊥ A1C1 ,即 n? A1 B = 0 且 n? A1C1 = 0 , 又 A1 B = (1,0,?1) , A1C1 = (0,1,0) , 所以 ?
?→ ?→

C B

y

?x ? z = 0 , ?y = 0
→ → →

x

不妨设 n = (1,0,1) ……8 分 同理得 m = (1,1,0) ,使 m ⊥ 平面 BB1C1 , (10 分) 设 m 与 n 的夹角为 θ ,所以依 m? n =| m | ? | n | ? cos θ ,
→ → → → → →

? 2 ? 2 ? cos θ = 1 ? cos θ =

1 ? θ = 60 0 ,………………12 分 2

-9-

m ⊥ 平面 BB1C1 , n ⊥ 平面 A1 BC1 ,
因此平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的大小为 60 。…………14 分 说明:或者取 BC 的中点 M ,连接 AM , 于是 AM = ( ,
?→
0





?→ 1 1 ,0) 显然 AM ⊥ 平面 BB1C1 2 2

19. 解: (1)由几何体的三视图可知,底面 ABCD 是边长为 4 的正方形,PA⊥面 ABCD, . PA∥EB,PA=2EB=4.∵PA=AD,F 为 PD 的中点, ∴PD⊥AF, 又∵CD⊥DA,CD⊥PA,PA∩DA=A, ∴CD⊥面 ADP, ∴CD⊥AF.又 CD∩DP=D, ∴AF⊥面 PCD. 4分

(2)取 PC 的中点 M,AC 与 BD 的交点为 N,连结 MN, ∴MN=

1 PA,MN∥PA, 2

∴MN=EB,MN∥EB,故四边形 BEMN 为平行四边形, 7分 ∴EM∥BN,又 EM ? 面 PEC,∴BD∥面 PEC. (3)分别以 BC,BA,BE 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 则 C( 4,0,0),D(4 ,4 ,0),E(0,0,2),A(0,4 ,0),P(0,4,4), ∵F 为 PD 的中点,∴F(2,4,2). ∵AF⊥面 PCD,∴ FA 为面 PCD 的一个法向量,

FA =(-2,0,-2),设平面 PEC 的法向量为 n =(x,y ,z),
则?

?n ? CE = 0 ? , ?n ? CP = 0 ?
10 分

∴?

?z = 2x ,令 x=1,∴ n = (1,?1,2) , ?? x + y + z = 0
FA ? n =?

∴ cos < FA, n >=

| FA || n | 5π . 6

3 , 2

∴ FA 与 n 的夹角为

面 PEC 与面 PDC 所成的二面角(锐角)的余弦值为

3 . 2

12 分

20.解: (1)假设四点共面,则存在实数 x,y,z 使 OP = xOA + yOB + zOC , 且 x + y + z =1,

- 10 -

即 2e1 ? e2 + 3e3 = x(e1 + 2e2 ? e3 ) + y ( ?3e1 + e2 + 2e3 ) + z (e1 + e2 ? e3 ) .…………4 分

? x ? 3 y + z = 2, ? 比较对应的系数,得一关于 x,y,z 的方程组 ?2 x + y + z = ?1, ?? x + 2 y ? z = 3, ? ? x = 17, ? 解得 ? y = ?5, ? z = ?30 ?
与 x + y + z = 1 矛盾,故四点不共面;……………………………6 分 (2)若向量 OA , OB , OC 共面,则存在实数 m,n 使 OA = mOB + nOC , 同(1)可证,这不可能, 因此 OA OB, , OC 可以作为空间的一个基底, 令 OA = a , OB = b , OC = c , 由 e1 + 2e2 ? e3 = a , ?3e1 + e2 + 2e3 = b , e1 + e2 ? e3 = c 联立得到方程组,

{

}

?e1 = 3a ? b ? 5c, ? 从中解得 ?e2 = a ? c, ……………………………10 分 ?e = 4a ? b ? 7c. ? 2
所以 OP = 17OA ? 5OB ? 30OC .……………………………12 分 21. (1)张老师换掉的另一根塑料棒是 CD(或 AD、BC、BA) ,而陈成同学换掉的另一根塑料 棒是 AC.……………………………3 分 根据题意作出如图所示的图形,其中图(1)表示陈 成同学想搭成的三棱锥,取 AC 中点 E,连结 BE、 DE,因 AB2+CB2=AC2=2a2,所以 BE 是直角 △ ABC 斜边上的中线,得 BE=

2 a ,同理, 2

△ DE=

2 a ,从而由 BE+DE= 2a < 3a =BD,不能构成三角形, 2

△ 所以图(1)错误. …………5 分 (2)如图(2),不妨设张老师换掉的另一根塑料捧是 CD, 取 BD 中点 F,连结 AF、CF,因△ABD 是等腰三角形, 所以 AF⊥BD,又△BCD 是直角三角形. 所以 CF=BF=DF.又 AB=AC=AD,

- 11 -

所以△ABF≌△ACF,从而 AF⊥CF,又 CF 与 BD 确定平面 BCD, 所以 AF ⊥平面 BCD.又 AF ? 平面 ABD, 所以平面 ABD⊥平面 CBD. ……………………………9 分 (3)由(2)可知:三俊锥的外接球的球心必在直线 AF 上,设球半径为 R,因 BF=

3 a, 2

AB=a,∴AF=

1 3 2 1 a ,由 R 2 = ( a ) + ( R ? a) 2 , R = a , 2 2 2
2

所以新三棱锥的外接球的表面积 S= 4πa .…………………………12 分 22.解: (1)依题作点 E 、 G 在平面 z

DCC1 D1 内的正投影 E1 、 G1 ,
则 E1 、 G1 分别为 CC1 、 DD1 的中点, 连结 EE1 、 EG1 、 ED 、 DE1 , y 则所求为四棱锥 E ? DE1 FG1 的体积, x 其底面 DE1 FG1 面积为 22 题图 G1 E1

S DE1FG1 = S Rt?E1FG1 + S Rt?DG1E1 =

1 1 × 2 × 2 + × 1 × 2 = 2 ,…………3 分 2 2

又 EE1 ⊥ 面 DE1 FG1 , EE1 = 1 , ∴ V E ? DE1FG1 =

1 2 S DE1FG1 ? EE1 = .……………6 分 3 3

(2)以 D 为坐标原点, DA 、 DC 、 DD1 所在直线分别作 x 轴, y 轴, z 轴, 得 E1 (0,2,1) 、 G1 (0,0,1) ,又 G ( 2,0,1) , F (0,1,2) , E (1,2,1) , 则 FG1 = (0,?1,?1) , FE = (1,1,?1) , FE1 = (0,1,?1) , ∴ FG1 ? FE = 0 + ( ?1) + 1 = 0 , FG1 ? FE1 = 0 + ( ?1) + 1 = 0 , 即 FG1 ⊥ FE , FG1 ⊥ FE1 , 又 FE1 ∩ FE = F ,∴ FG1 ⊥ 平面 FEE1 .…………………………10 分 (3) E1G1 = (0,?2,0) , EA = (1,?2,?1) ,

- 12 -

则 cos < E1G1 , EA >=

E1G1 ? EA E1G1 EA

=

2 6



设异面直线 E1G1与EA 所成角为 θ ,则 sin θ = 1 ?

2 3 = .……………………14 分 3 3

- 13 -



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