2020-2021学年海南省海口市第四中学高二第一学期第一次月考数学试题(解析版)
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2020-2021学年海南省海口市第四中学高二第一学期第一次月考数学试题(解析版)

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资料简介
- 1 - 海口四中 2020-2021 学年度高二第一学期 第一次月考数学试卷 考试时间:120 分钟;满分:150 分 注意事项: 1.答题前请在答题卷上填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第 I 卷(选择题) 一、单选题 1.已知全集  0,1,2,3,4U  ,集合  1,2,3A  ,  2,4B  ,则 ( )U A Bð 为( ) A.{1,2,4} B.{2,3,4} C.{0,2,4} D.{0,2,3,4} 2.1 3 2 i i   ( ) A. 3 1 2 2 i B. 3 1 2 2i C. 3 1 2 2i  D. 3 1 2 2i  3.若 1 a b rr , a b  且 2 3a b  与 4ka b  也互相垂直,则 k 的值为( ) A. 6 B.6 C.3 D. 3 4.已知 l,m,n 为不同的直线, ,  , 为不同的平面,则下列判断错误的是( ) A.若 m  , n  , //  .则 //m n B.若 m  , n  , //m n ,则 //  C.若 l   , m   , n  I , //l  ,则 //m n D.若  ,   ,则 //  5.设 xR ,则“ 3 27x  ”是“ 1 3 log 1x   ”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 6.在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中, 1 1 1 1 12 2AA A B B C  ,且 AB BC ,点 M 是 1 1AC 的中点, 则异面直线 MB 与 1AA 所成角的余弦值为 ( ) - 2 - A. 1 3 B. 2 2 3 C. 3 2 4 D. 1 2 7.已知函数 | |xf x e( ) , 1 3 log 2a f       ,    22 log 3b f c f , ,则( ) A. c a b  B. c b a  C. a b c  D. a c b  8. ABC 是边长为 1 的等边三角形,CD 为边 AB 的高,点 P 在射线 CD 上,则 AP CP  的 最小值为( ) A. 1 8  B. 1 16  C. 3 16  D.0 二、多选题 9.下列函数中,既是偶函数又是区间 (0, ) 上增函数的有( ) A. | |2 xy  B. 2 3y x C. 2 1y x  D. 3y x 10.下图是函数 ( ) sin( )f x A x   (其中 0A  , 0 , )的部分图象,下 列结论正确的是( ) A.函数 12y f x      的图象关于顶点对称 B.函数  f x 的图象关于点 ,012     对称 C.函数  f x 在区间 ,3 4      上单调递增 D.方程 ( ) 1f x  在区间 23,12 12      上的所有实根之和为 8 3  - 3 - 11.已知 的面积为 3,在 所在的平面内有两点 P,Q,满足 2 0PA PC    , 2QA QB  ,记 的面积为 S,则下列说法正确的是( ) A. / /PB CQ   B. 1 2 3 3BP BA BC    C. 0PA PC   D. 4S  12.如图,正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1,线段 1 1B D 上有两个动点 E ,F ,且 2 2EF  . 则下列结论正确的是( ) A.三棱锥 A BEF 的体积为定值 B.当 E 向 1D 运动时,二面角 A EF B  逐渐变小 C. EF 在平面 1 1ABB A 内的射影长为 1 2 D.当 E 与 1D 重合时,异面直线 AE 与 BF 所成的角为 π 4 第 II 卷(非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 三、填空题 13.命题“∀x∈R,x>sinx”的否定是________________. 14.已知 x y R、 ,且 1 94 1,x y x y    的最小值为__________ 15.已知函数 1 2 log , 1, ( ) 2 1, 1,x x x f x x     „ 若关于 x 的方程 ( )f x a 有且只有两个不相等的实数根, 则实数 a 的取值范围是_________. - 4 - 16.已知点 A ,B ,C ,D 均在球O 的球面上, 1AB BC  , 2AC  ,若三棱锥 D ABC 体积的最大值是 1 3 ,则球O 的表面积为__________ 四、解答题 17.已知向量  3sin ,cosa x x ,  cos ,cosb x x ,函数   2 1f x a b   . (1)求  f x 的最小正周期; (2)当 π π,6 2x     时,若   1f x  ,求 x 的值. 18.已知 ( , )2   且 6sin cos2 2 2    . (1)求 cos 的值; (2)若 1sin( ) 5     , ( , )2   ,求 cos  的值. 19.已知函数      lg 2 lg 2f x x x    . (1)求  f x 的定义域; (2)判断  f x 的奇偶性并予以证明; (3)求不等式   1f x  的解集. 20.在① 3 sin cosa c A a C  ,②   2 sin 2 sin 2 sina b A b a B c C    这两个条件中 任选一个,补充在下列问题中,并解答. 已知 的角 A , B ,C 对边分别为 , ,a b c , 3c  ,而且______. (1)求 C ; (2)求 周长的最大值. 21.如图,在四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD 是平行四边形, 1AA  平面 ABCD , 3AD BD  , 3 2AB  , E 是 1CD 的中点. - 5 - (1)证明: 1 //AD 平面 BDE ; (2)若 1 4AA  ,求三棱锥 1D BDE 的体积. 22.如图所示,在等腰梯形 ABCD 中, AD ∥ BC , 60ADC   ,直角梯形 ADFE 所在的 平面垂直于平面 ABCD ,且 90EAD   , 2 2 2AE AD DF CD    . (1)证明:平面 ECD  平面 ACE ; (2)点 M 在线段 EF 上,试确定点 M 的位置,使平面 MCD 与平面 EAB 所成的二面角的余 弦值为 3 4 . - 6 - 答案 1.C 【解析】 【分析】 先根据全集 U 求出集合 A 的补集 U Að ,再求 U Að 与集合 B 的并集 ( )U A Bð . 【详解】 由题得,  0,4 ,U A ð      ( ) 0,4 2,4 0,2,4 .U A B    ð 故选 C. 【点睛】 本题考查集合的运算,属于基础题. 2.A 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算法则,即可求解. 【详解】 根据复数的除法运算法则,可得复数 1 3 (1 3 ) 3 1 2 2 ( ) 2 2 i i i ii i i       . 故选:A. 【点睛】 本题主要考查了复数的运算法则,其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键,着重 考查运算与求解能力. 3.B 【解析】 【分析】 首先根据向量垂直得到其数量积等于零,之后结合题中条件,得到结果. 【详解】 由题意可得 0a b   ,且      2 22 3 4 2 3 8 12 0a b ka b ka k a b b               , 所以 2 0 12 0k    ,解得 6k  , 故选:B. 【点睛】 - 7 - 该题考查的是有关向量的问题,涉及到的知识点有向量垂直的条件,向量数量积运算公式, 属于简单题目. 4.D 【解析】 【分析】 举出反例可判断 D 选项. 【详解】 若 m  , n  , //  .则 //m n ,正确; 若 m  , n  , //m n ,则 //  ,正确; 若 l   , m   , n  I , //l  ,则 //m n ,正确; 若  ,   ,则 / /  或 与  相交,故 D 错误. 故选:D. 【点睛】 本题考查了直线与平面位置关系的判断,属于基础题. 5.B 【解析】 【分析】 解不等式分别求出 x 的范围,根据解集的包含关系和充要条件的判定方法得到结果. 【详解】 3 27x  3x  ,则  3A x x  1 3 log 1x   0 3x   ,则  0 3B x x   B A A 是 B 的必要不充分条件 本题正确选项: B 【点睛】 本题考查充分条件、必要条件的判定,关键是能够确定解集之间的包含关系,属于基础题. 6.B 【解析】 【分析】 - 8 - 以 B 为原点, BA 为 x 轴, BC 为 y 轴, 1BB 为 z 轴,建立空间直角坐标系,求得 1 1, 1,2 2MB         ,  1 0,  0 2AA  , ,利用空间向量夹角余弦公式能求出异面直线 MB 与 1AA 所成角的余弦值. 【详解】 在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中, 1 1 1 1 12 2AA A B B C  ,且 AB BC ,点 M 是 1 1AC , 以 B 为原点, BA 为 x 轴, BC 为 y 轴, 1BB 为 z 轴,建立空间直角坐标系, 设 1 1 1 1 12 2 2AA A B B C   , 则 1 1,1,2 2M      , (0,0 0B ,), (1,0 0A ,), 1(1,0 2A ,), 1 1, 1,2 2MB         , 1 (0,0 2AA  ,) , 设异面直线 MB 与 1AA 所成角为 , 则 1 1 4 2 2cos 318 24 MB AA MB AA            , 异面直线 MB 与 1AA 所成角的余弦值为 2 2 3 ,故选 B. 【点睛】 本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法,是基础题.求异面直线所成的角主要方法有 两种:一是向量法,根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后,分别求出两直线的方向 向量,再利用空间向量夹角的余弦公式求解;二是传统法,利用平行四边形、三角形中位线 等方法找出两直线成的角,再利用平面几何性质求解. 7.D 【解析】 【分析】 由题可得函数 f(x)是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增,又  1 3 3 log 2 log 2a f f       且 - 9 - 3 220 l g 3o log 2  分析即可得答案. 【详解】 ∵函数 f(x)=e|x|,∴函数 f(x)是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增, ∴    1 3 3 3 log 2 loglo 2 2ga f f f         又 3 22 1 lo0 lo 3g g 2   , ∴ a c b  . 故选:D 【点睛】 本题主要考查了指数函数,对数函数的单调性,利用函数单调性比较函数值的大小,考查了 转化与化归的思想. 8.C 【解析】 【分析】 建立平面直角坐标系,  0,P t , 3 2t  ,则 2 23 3 3( )2 4 16       uuur uur AP CP t t t ,进而可 求最小值. 【详解】 以 D 点为坐标原点,DC 所在直线为 y 轴,DA 所在直线为 x 轴建立直角坐标系, 1( ,0)2A , 1( ,0)2B  , 3(0, )2C ,设  0,P t ,其中 3 2t  1( , )2AP t  , 3(0, )2CP t  , 2 23 3 3( )2 4 16       uuur uur AP CP t t t ,当 3 4t  时取最 小值为 3 16  ,所以 AP CP  的最小值为 3 16  . 故选:C 【点睛】 本题考查了平面向量的数量积运算,用坐标法求最值问题,考查了运算求解能力,属于一般 题目. 9.BC - 10 - 【分析】 根据偶函数的定义,f(﹣x)=f(x)进行判断,再根据解析式判断单调性; 【详解】 A、令 | |( ) 2 xy f x   ,则 f(﹣x)= | |2 x  = | |2 x =f(x),为偶函数,但在(0,+∞)上, 2 xy  是减函数,故错误; B、令 2 3( )y f x x  ,f(﹣x)= 2 2 3 3( )x x ,是偶函数,且在区间 (0, ) 上是增函数,故 B 正确; C、令 2( ) 1y f x x   ,f(﹣x)=(﹣x)2+1=x2+1=f(x),且在区间 (0, ) 上是增函数, 故 C 正确; D、令 3( )y f x x  ,f(﹣x)= 3( )x =﹣x3=﹣f(x),是奇函数,故 D 错误; 故选:BC. 10.ABD 【分析】 根据函数图象求出 ( )f x 的解析式,根据正弦型函数的性质判断选项正误. 【详解】 由已知, 2A  , 2 5 4 3 12 4 T      ,因此T  , ∴ 2 2   , 所以 ( ) 2sin(2 )f x x   ,过点 2 , 23     , 因此 4 3 23 2 k     , k Z ,又 0 | |   , 所以 6 π ,∴ ( ) 2sin 2 6f x x      , 对 A, 2sin 212y f x x      图象关于原点对称,故 A 正确; 对 B,当 12x   时, 012f      ,故 B 正确; 对 C,由 2 2 22 6 2k x k        ,有 3 6k x k      , k Z 故 C 不正确; - 11 - 对 D,当 23 12 12x    时,2 [0,4 ]6x    ,所以 1y  与函数  y f x 有 4 个交点令横 坐标为 1x , 2x , 3x , 4x , 1 2 3 1 7 82 26 6 3x x x x           ,故 D 正确. 故选:ABD. 11.BD 【分析】 利用向量的共线定义可判断 A;利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断 B;利用向量数量积的定义可判断 C;利用三角形的面积公式即可判断 D. 【详解】 由 2 0PA PC    , 2QA QB  , 可知点 P 为 AC 的三等分点,点 Q 为 AB 延长线的点, 且 B 为 AQ 的中点,如图所示: 对于 A,点 P 为 AC 的三等分点,点 B 为 AQ 的中点, 所以 PB 与CQ 不平行,故 A 错误; 对于 B,  2 2 1 2 3 3 3 3BP BA AP BA AC BA BC BA BA BC                  , 故 B 正确; 对于 C, cos 0PA PC PA PC PA PC          ,故 C 错误; 对于 D,设 ABC 的高为 h , 1 32ABCS AB h  ,即 6AB h  , 则 APQ 的面积 1 2 1 2 22 6 42 3 2 3 3APQS AQ h AB h        ,故 D 正确; 故选:BD 12.AC 【分析】 对选项分别作图,研究计算可得. - 12 - 【详解】 选项 A:连接 BD ,由正方体性质知 1 1BDD B 是矩形, 1 1 1 2 212 2 2 4BEFS EF BB       连接 AO 交 BD 于点O 由正方体性质知 AO  平面 1 1BDD B , 所以, AO 是点 A 到平面 1 1BDD B 的距离,即 2 2AO  1 1 2 2 1 3 3 4 2 12A BEF BEFV S AO        A BEFV  是定值. 选项 B: 连接 1 1AC 与 1 1B D 交于点 M ,连接 1 1,AD AB , 由正方体性质知 1 1AD AB , M 是 1 1B D 中点, AM EF  ,又 1BB EF , 1 1/ /BB AA - 13 - A EF B   的大小即为 AM 与 1AA 所成的角, 在直角三角形 1AA M 中, 1 2tan 2MAA  为定值. 选项 C: 如图,作 1 1 1 1, , ,FH A B EG A B ET EG   在直角三角形 EFT 中, 2 2 1cos45 2 2 2FT EF     1 2HG FT   选项 D: 当 E 与 1D 重合时, F 与 M 重合,连接 AC 与 BD 交于点 R ,连接 1D R , 1 / /D R BM 异面直线 AE 与 BF 所成的角,即为异面直线 1AD 与 1D R 所成的角, 在三角形 1AD R 中, 2 2 1 1 1 1 32, 2AD D R MB BB M B     , 2 2AR  由余弦定理得 1 3cos 6AD R  故选:AC 13.∃x0∈R,x0≤sinx0 【分析】 - 14 - 含一个量词命题的否定,先改量词,再否结论即可 【详解】 解:因为命题 p 为“∀x∈R,x>sinx”, 所以命题 p 为∃x0∈R,x0≤sinx0, 故答案为:∃x0∈R,x0≤sinx0 【点睛】 此题考查了命题的否定,改量词,否结论,属于基础题. 14.25 【分析】 由  1 9 1 94x yx y x y        ,利用基本不等式的性质即可得结果. 【详解】 ,x y R ,且 4 1x y  , 则  1 9 1 94x yx y x y         36 3613 13 2 25y x y x x y x y       , 当 6y x 时,等号成立,故答案为 25 . 15. ( 1,0) 【分析】 由题画出函数  f x 的图像,转化方程 ( )f x a 有且只有两个不相等的实数根为  y f x 与 y a 有两个交点,进而通过图像求解即可 【详解】 解:由題意,知当 1x  时, 1 2 log 0x  ,当 1x„ 时, 2 1 1x  „ ,即可得 ( )f x 的最大值为 1, 作出函数 1 2 log , 1 ( ) 2 1, 1x x x f x x     „ 的图像,如图所示, - 15 - 由关于 x 的方程 ( )f x a 有且只有两个不相等的实数根,知 ( )y f x 与 y a 的图像有两个不 同的交点,通过观察可得,实数 a 的取值范围是 ( 1,0) 故答案为: ( 1,0) 16. 81 16  【分析】 设 ABC 的外接圆的半径为 r ,可得 ABC 为直角三角形,可求出 2 2r = ,由已知得 D 到 平面 ABC 的最大距离 h ,设球O 的半径为 R ,则 2 2 2( )R r h R   ,由此能求出 R ,从而 能求出球 O 的表面积. 【详解】 设 ABC 的外接圆的半径为 r , ∵ 1AB BC  , 2AC  ,则 2 2 2AB BC AC  , ABC 为直角三角形,且 2 2r = 1 11 12 2ABCS     , ∵三棱锥 D ABC 体积的最大值是 1 3 , A , B ,C , D 均在球 O 的球面上, ∴ D 到平面 ABC 的最大距离 133 3 21 2 ABC Vh S      , 设球O 的半径为 R ,则 2 2 2( )R r h R   , - 16 - 即 2 2 22 (2 )2R R        ,解得 9 8R  , ∴球O 的表面积为 29 814 8 16S       . 故答案为: 81 16  . 17.(1) ;(2) 3  【分析】 (1)首先根据向量数量积的坐标表示函数 ( )f x ,然后对函数进行降幂,化简为   π2sin 2 6f x x     ,求出周期; (2)由已知条件,先求 2 6x  的范围,然后求在范围内满足条件的 值. 【详解】 解:(1)  3sin ,cosa x x ,  cos ,cosb x x ,  23sin cos cosa b x x x      2 1f x a b   22 3sin cos 2cos 1x x x   π3sin 2 cos2 2sin 2 6x x x       . 即   π2sin 2 6f x x     ∴  f x 的最小正周期是 π . (2)由   1f x  ,得 π 1sin 2 6 2x     , ∵ π π,6 2x     ,∴ π π 7π2 ,6 2 6x       ,∴ π 5π2 6 6x   ,∴ π 3x  . 18.(1) 3 2  ;(2) 6 2 1 10  . 【分析】 (1)将已知条件两边平方,求得sin 的值,进而求得 cos 的值. - 17 - (2)先求得  cos   的值,然后利用 cos cos[ ( )]      ,结合两角差的余弦公式, 求得 cos  的值. 【详解】 (1)因为 6sin cos2 2 2    ,两边同时平方,得 2 2 3sin 2sin cos cos2 2 2 2 2        , 31 sin 2   , 1sin 2   . 又 2     ,所以 3cos 2    . (2)因为 2     , 2     , 所以 2       ,故 2 2       . 又 1sin( ) 5     ,得 2 6cos( ) 5    , 所以 cos cos[ ( )] cos cos( ) sin sin( )                3 2 6 1 1 6 2 1( )2 5 2 5 10         . 【点睛】 本小题主要考查同角三角函数的基本关系式,考查三角恒等变换,属于中档题. 19.(1) 2,2 .(2)见解析;(3) 18 ,211      . 【详解】 试题分析:(1)根据对数函数的定义,列出关于自变量 x 的不等式组,求出  f x 的定义域; (2)由函数奇偶性的定义,判定  f x 在定义域上的奇偶性; (3)化简  f x ,根据对数函数的单调性以及定义域,求出不等式  f x >1 的解集. 试题解析:(1)要使函数  f x 有意义.则 2 0{2 0 x x     , 解得 2 2x   .故所求函数  f x 的定义域为 2,2 . - 18 - (2)由(1)知  f x 的定义域为 2,2 ,设  2,2x   ,则  2,2x   . 且        lg 2 lg 2f x x x f x        , 故  f x 为奇函数. (3)因为  f x 在定义域  2,2 内是增函数, 因为   1f x  ,所以 2 102 x x   ,解得 18 11x  . 所以不等式   1f x  的解集是 18 ,211      . 20.(1) 3C  ;(2)3 3 【分析】 (1)选①,先利用正弦定理化简可得sin 3sin sin sin cosA C A A C  ,进而得到 3sin cos 1C C  ,结合C 的范围即可求得 3C  ;选②,先利用正弦定理可得 2(2 ) (2 ) 2a b a b a b c    ,再利用余弦定理可得 1cos 2C  ,结合 C 的范围即可求得 3C  ; (2)由余弦定理可得 2 2 3a b ab   ,再利用基本不等式可得 2 3a b „ ,进而求得 ABC 周长 的最大值. 【详解】 (1)选①: 因为 3 sin cosa c A a C  , 所以 sin 3sin sin sin cosA C A A C  , 因为sin 0A  ,所以 3sin cos 1C C  ,即 1sin 6 2C      , 因为 0 C   ,所以 5 6 6 6C      ,所以 6 6C    ,即 3C  ; 选②: 因为   2 sin 2 sin 2 sina b A b a B c C    , 所以    22 2 2a b a b a b c    ,即 2 2 2a b c ab   , 所以 2 2 2 cos 1 2 2 a b cC ab    , 因为 0 C   ,所以 3C  ; - 19 - (2)由(1)可知: 3C  , 在 ABC 中,由余弦定理得 2 2 2 cos 3a b ab C   ,即 2 2 3a b ab   , 所以   2 2 33 3 4 a ba b ab     , 所以 2 3a b  ,当且仅当 a b 时等号成立, 所以 3 3a b c   ,即 ABC 周长的最大值为3 3 . 21.(1)证明见解析;(2) 3 【分析】 (1)首先连接 AC 交 BD 于O ,连接 EO ,根据三角形中位线性质得到 1 //AD EO ,再利用 线面平行的判断即可证明. (2)首先根据题意得到点 E 到平面 BCD的距离等于点 1D 到平面 BCD的距离的一半,再利 用 1 1   D BDE D BCD E BCDV V V 即可得到答案. 【详解】 (1)连接 AC 交 BD 于O ,连接 EO ,如图所示: 因为O , E 分别为 AC , 1CD 的中点,所以 1 //AD EO . 又因为 EO  平面 BDE , 1AD  平面 BDE ,所以 1 //AD 平面 BDE . (2)因为 1AA  平面 ABCD , 1 1//AA DD ,所以 1DD  平面 ABCD . 又因为 E 是 1CD 的中点, 所以点 E 到平面 BCD的距离等于点 1D 到平面 BCD的距离的一半. 即 E 到平面 BCD的距离 1 1 22  d DD . - 20 - 因为 3BC BD  , 3 2CD  , 所以 2 2 2BD BC CD  ,即 BCD 为直角三角形, 1 93 32 2△    BCDS . 所以 1 1 1 1 1 3 3△ △         D BDE D BCD E BCD BCD BCDV V V S DD S d 1 9 1 94 2 33 2 3 2       . 22.(1)证明见解析;(2)点 M 为线段 EF 中点 【分析】 (1)推导出 EA  平面 ABCD , EA CD ,CD AC ,从而CD  平面 ACE ,由此能证 明平面 ECD  平面 ACE ; (2)以C 为坐标原点,以CA ,CD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴建立空间直角坐标系,利用 向量法能求出点 M 为线段 EF 中点时,平面 MCD 与平面 EAB 所成的二面角的余弦值. 【详解】 解:(1)因为平面 ABCD  平面 ADFE , 平面 ABCD 平面 ADFE AD , EA AD , EA  平面 ADFE ,所以 EA  平面 ABCD , 又CD  平面 ABCD ,所以 EA CD , 在△ ADC 中, 1CD  , 2AD  , 60ADC   , 由余弦定理得, 1 4 2 1 2cos60 3AC       , 所以 2 2 2AC CD AD  ,所以CD AC . 又CD EA , AE AC A  ,所以CD  平面 ACE , 又CD  平面 ECD,所以平面 ECD  平面 ACE ; (2)以C 为坐标原点,以CA ,CD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴建立如图所示的空间直角坐 标系, (0,0,0)C , ( 3,0,0)A , 3 1, ,02 2B      , (0,1,0)D , ( 3,0,2)E , (0,1,1)F , 3 1, ,02 2AB         , (0,0,2)AE  , (0,1,0)CD  , ( 3, 1,1)FE   , (0,1,1)CF  , 设 ( 3 , , )(0 1)FM FE        „ „ ,则 ( 3 ,1 ,1 )CM CF FM          . 设平面 ABE 的一个法向量为  1 1 1, ,m x y z , - 21 - 则 0 0 m AB m AE        ,即 1 1 1 3 1 02 2 2 0 x y z      ,取 1 1x  ,得 (1, 3,0)m   . 设平面 MCD 的一个法向量为  2 2 2, ,n x y z , 由 0 0 n CD n CM        ,得 2 1 2 2 0 3 (1 ) (1 ) 0 y x y z         , 令 2 1x   ,得 (1 0 3 )n     ,, , 因为平面 MCD 与平面 EAB 所成的二面角的余弦值为 3 4 , 所以 2 1 3cos , 42 4 2 1 m nm n m n                , 整理得 28 2 1 0    , 解得 1 2   或 1 4    (舍去), 所以点 M 为线段 EF 中点时,平面 MCD 与平面 EAB 所成的二面角的余弦值为 3 4 .

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