2020版高考數(shù)學一輪復習 課時作業(yè)47 空間幾何體的結構特征及三視圖與直觀圖 理(含解析)新人教版
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1、課時作業(yè)47 立體幾何中的向量方法 第一次作業(yè) 基礎鞏固練 1.(2018·全國卷Ⅰ)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F(xiàn)分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 解:(1)證明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD, 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF,垂足為H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點,的方向為y軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.
2、 由(1)可得,DE⊥PE. 又DP=2,DE=1,所以PE=. 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF. 可得PH=,EH=. 則H(0,0,0),P(0,0,),D(-1,-,0),=(1,,),=(0,0,)為平面ABFD的法向量. 設DP與平面ABFD所成角為θ,則 sinθ===. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 2.(2019·遼寧五校聯(lián)考)如圖,在四棱錐E-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,其中CD∥AB,BC⊥AB,側面ABE⊥平面ABCD,且AB=AE=BE=2BC=2CD=2,動點F在棱AE上,且EF=λFA. (1)試探究λ的值,使CE
3、∥平面BDF,并給予證明; (2)當λ=1時,求直線CE與平面BDF所成角的正弦值. 解:(1)當λ=時,CE∥平面BDF. 證明如下: 連接AC交BD于點G,連接GF, ∵CD∥AB,AB=2CD, ∴==, ∵EF=FA,∴==, ∴GF∥CE, 又CE?平面BDF,GF?平面BDF, ∴CE∥平面BDF. (2)取AB的中點O,連接EO,則EO⊥AB, ∵平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB,且EO⊥AB, ∴EO⊥平面ABCD, 連接DO,∵BO∥CD,且BO=CD=1, ∴四邊形BODC為平行四邊形,∴BC∥DO, 又BC⊥AB,∴
4、AB⊥OD, 則OD,OA,OE兩兩垂直,以OD,OA,OE所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz,則O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,-1,0),D(1,0,0),C(1,-1,0),E(0,0,). 當λ=1時,有=,∴F(0,,), ∴=(1,1,0),=(-1,1,),=(0,,). 設平面BDF的法向量為n=(x,y,z), 則有即 令z=,得y=-1,x=1,則n=(1,-1,)為平面BDF的一個法向量, 設直線CE與平面BDF所成的角為θ, 則sinθ=|cos〈,n〉|=, 故直線CE與平面BDF所成角的正弦值為. 3.(2019
5、·南昌摸底調研)如圖,在四棱錐P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.設M,N分別為PD,AD的中點. (1)求證:平面CMN∥平面PAB; (2)求二面角N-PC-A的平面角的余弦值. 解:(1)證明:∵M,N分別為PD,AD的中點,∴MN∥PA. 又MN?平面PAB,PA?平面PAB, ∴MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CN=AN, ∴∠ACN=60°. 又∠BAC=60°,∴CN∥AB. ∵CN?平面PAB,AB?平面PAB, ∴CN∥平面PAB. 又CN∩MN=N,
6、∴平面CMN∥平面PAB. (2)∵PA⊥平面ABCD, ∴平面PAC⊥平面ACD, 又DC⊥AC,平面PAC∩平面ACD=AC, ∴DC⊥平面PAC. 如圖,以點A為原點,AC所在直線為x軸,AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系, ∴A(0,0,0),C(2,0,0),P(0,0,2),D(2,2,0),N(1,,0),∴=(-1,,0),=(1,,-2), 設n=(x,y,z)是平面PCN的法向量, 則即可取n=(,1,) 又平面PAC的一個法向量為=(0,2,0),∴cos〈,n〉===, 由圖可知,二面角N-PC-A的平面角為銳角, ∴二面角N-PC-A的平面
7、角的余弦值為. 4.(2019·昆明調研測試)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AB∥CD,AB=2CD.平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,點E在PC上,DE⊥平面PAC. (1)證明:PA⊥平面PCD; (2)設AD=2,若平面PBC與平面PAD所成的二面角為45°,求DE的長. 解:(1)證明:由DE⊥平面PAC,得DE⊥PA, 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD, 所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PA, 又CD∩DE=D,所以PA⊥平面PCD. (2)取AD的中點O,連接PO, 因為PA=
8、PD,所以PO⊥AD, 則PO⊥平面ABCD, 以O為坐標原點建立空間直角坐標系O-xyz,如圖. 由(1)得PA⊥PD,由AD=2得PA=PD=,OP=1, 設CD=a,則P(0,0,1),D(0,1,0),C(a,1,0),B(2a,-1,0), 則=(-a,2,0),=(a,1,-1), 設m=(x,y,z)為平面PBC的法向量, 由得 令x=2,則y=a,z=3a,故m=(2,a,3a)為平面PBC的一個法向量, 由(1)知n==(a,0,0)為平面PAD的一個法向量,由|cos〈m,n〉|= =||=, 解得a=,即CD=, 所以在Rt△PCD中,PC=,
9、 由等面積法可得DE==. 5.(2019·鄭州第一次質量預測)如圖,在三棱錐P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D,E分別為線段AB,BC上的點,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC. (1)求證:PD⊥平面ABC; (2)若直線PA與平面ABC所成的角為,求平面PAC與平面PDE所成的銳二面角. 解:(1)證明:由題意知AC=2,BC=2,AB=6, ∴AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=, ∴cos∠ABC==. 又易知BD=2, ∴CD2=22+(2)2-2×2×2cos∠ABC=8, ∴CD=2,又AD=4, ∴CD2+A
10、D2=AC2,∴CD⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABC, ∴CD⊥平面PAB,∴CD⊥PD, ∵PD⊥AC,AC∩CD=C, ∴PD⊥平面ABC. (2)由(1)知PD,CD,AB兩兩互相垂直, ∴可建立如圖所示的直角坐標系D-xyz, ∵直線PA與平面ABC所成的角為,即∠PAD=,∴PD=AD=4, 則A(0,-4,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),∴=(-2,2,0),=(2,4,0),=(0,-4,-4). ∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC, 由(1)知AC⊥BC,∴DE⊥BC, 又PD⊥平面ABC,∴PD⊥BC, ∵PD
11、∩DE=D,∴CB⊥平面PDE, ∴=(-2,2,0)為平面PDE的一個法向量. 設平面PAC的法向量為n=(x,y,z), 則∴令z=1, 得x=,y=-1,∴n=(,-1,1)為平面PAC的一個法向量. ∴cos〈n,〉==-, ∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為,故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30°. 第二次作業(yè) 高考·模擬解答題體驗 1.(2018·江蘇卷)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點. (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正
12、弦值. 解:如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設AC,A1C1的中點分別為O,O1,連接OB,OO1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}為基底,建立空間直角坐標系O-xyz.因為AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2). (1)因為P為A1B1的中點,所以P(,-,2),從而=(-,-,2),=(0,2,2), 故|cos〈,〉|= ==. 因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點,所以Q(,,0), 因此=(,,0),=(0,2
13、,2),=(0,0,2). 設n=(x,y,z)為平面AQC1的法向量, 則即 不妨取n=(,-1,1). 設直線CC1與平面AQC1所成角為θ, 則sinθ=|cos〈,n〉| ===, 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 2.(2018·北京卷)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F(xiàn),G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC=,AC=AA1=2. (1)求證:AC⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)證明:直線FG與平面BCD相交. 解:(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,
14、 因為CC1⊥平面ABC, 所以四邊形A1ACC1為矩形. 又E,F(xiàn)分別為AC,A1C1的中點, 所以AC⊥EF. 因為AB=BC,所以AC⊥BE. 所以AC⊥平面BEF. (2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. 又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC. 因為BE?平面ABC,所以EF⊥BE. 如圖建立空間直角坐標系E-xyz. 由題意得E(0,0,0),B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(xiàn)(0,0,2),G(0,2,1). 所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1). 設平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z0),
15、 則即 令y0=-1,則x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4). 又因為平面CC1D的法向量為=(0,2,0), 所以cos〈n,〉==-. 由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-. (3)證明:由(2)知平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),=(0,2,-1). 因為n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直線FG與平面BCD相交. 3.(2019·河北衡水模擬)如圖所示,四棱錐P-ABCD的底面為矩形,已知PA=PB=PC=BC=1,AB=,過底面對角線AC作與PB平行的平面交PD于E. (1)試判定點E的位置,并加以證明
16、; (2)求二面角E-AC-D的余弦值. 解:(1)E為PD的中點.證明如下:如圖,連接OE,因為PB∥平面AEC,平面PBD∩平面AEC=OE,PB?平面AEC,所以PB∥OE.又O為BD的中點,所以E為PD的中點. (2)連接PO,因為四邊形ABCD為矩形,所以OA=OC. 因為PA=PC,所以PO⊥AC. 同理,得PO⊥BD,所以PO⊥平面ABCD. 以O為原點,OP所在直線為z軸,過O平行于AD的直線為x軸,過O平行于CD的直線為y軸建立空間直角坐標系(如圖所示). 易得A,B, C,D,P,E, 則=, =,=. 顯然是平面ACD的一個法向量. 設n1=(
17、x,y,z)是平面ACE的法向量, 則即 取y=1,則n1=(,1,2), 所以cos〈n1,〉==, 所以二面角E-AC-D的余弦值為. 4.(2019·遼寧沈陽二模)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1=2,D為棱CC1的中點,AB1∩A1B=O. (1)證明:C1O∥平面ABD; (2)設二面角D-AB-C的正切值為,AC⊥BC,E為線段A1B上一點,且CE與平面ABD所成角的正弦值為,求的值. 解:(1)證明:如圖,取AB的中點F,連接OF,DF. ∵側面ABB1A1為平行四邊形,∴O為AB1的中點, ∴OF∥BB1,OF=BB1.又C1D∥BB
18、1,C1D=BB1, ∴OF∥C1D,OF=C1D,∴四邊形OFDC1為平行四邊形,∴C1O∥DF. ∵C1O?平面ABD,DF?平面ABD,∴C1O∥平面ABD. (2)如圖,過C作CH⊥AB于H,連接DH, 則∠DHC即為二面角D-AB-C的平面角. ∵DC=1,tan∠DHC=,∴CH=. 又AC=2,AC⊥BC,∴BC=2. 以C為原點,建立空間直角坐標系C-xyz,如圖所示. 則A(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,1),A1(2,0,2),∴=(-2,2,0),=(0,-2,1). 設平面ABD的法向量為n=(x,y,z), 則取y=1,可得n=(
19、1,1,2). 設=λ(0≤λ≤1). ∵=(2,-2,2), ∴=+λ=(2λ,2-2λ,2λ), ∴CE與平面ABD所成角的正弦值為 |cos〈,n〉|==, 整理,得36λ2-44λ+13=0, 解得λ=或,即=或. 5.(2019·天津模擬)如圖,底面ABCD是邊長為3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2,DE=3. (1)求證:平面ACE⊥平面BED; (2)求直線CA與平面BEF所成角的正弦值; (3)在線段AF上是否存在點M,使得二面角M-BE-D的大小為60°?若存在,求出的值;若不存在,說明理由. 解:(1)證明:
20、因為平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE?平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD. 因為AC?平面ABCD,所以DE⊥AC. 又因為四邊形ABCD是正方形, 所以AC⊥BD. 因為DE∩BD=D,DE?平面BED,BD?平面BED,所以AC⊥平面BED. 又因為AC?平面ACE, 所以平面ACE⊥平面BED. (2)因為DA,DC,DE兩兩垂直,所以以D為坐標原點,建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示. 則A(3,0,0),F(xiàn)(3,0,2),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0),=(3,-3,0),=(-3,-3,3
21、),=(3,0,-). 設平面BEF的法向量為n=(x,y,z), 則 取x=,得n=(,2,3). 所以cos〈,n〉===-. 所以直線CA與平面BEF所成角的正弦值為. (3)假設存在點M在線段AF上,設M(3,0,t),0≤t≤2, 則=(0,-3,t),=(-3,-3,3). 設平面MBE的法向量為m=(x1,y1,z1), 則 令y1=t,得m=(3-t,t,3). 所以|cos〈m,〉|= ==, 整理得2t2-6t+15=0, 解得t=或t=(舍), 故在線段AF上存在點M,使得二面角M-BE-D的大小為60°,此時=. 13
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