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2018届高三数学(理)二轮复习课时作业:第1部分 专题4 第3讲 空间向量与立体几何

资料类别: 数学/同步

所属版本: 通用

所属地区: 全国

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1.如图,在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中,侧棱AA1平面ABCD,底面ABCD为菱形,ABC=120°,AB=AA1=2,AC∩BD=O,E,F分别是线段A1D,BC1的中点,延长D1A1到点G,使得D1A1=A1G.

(1)证明:GB平面DEF;
(2)求直线GD与平面DEF所成角的正弦值.
解析:(1)证明:连接A1C,B1C,易知BC1∩B1C=F.

因为CB綊D1A1,且D1A1=A1G,
所以CB綊A1G.所以四边形BCA1G是平行四边形,
所以GBA1C.
又GB平面A1B1CD,A1C平面A1B1CD,
所以GB平面A1B1CD,
即GB平面DEF.
(2)以O为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴的正方向,以过点O且平行于的方向为z轴的正方向,建立空间直角坐标系O­xyz.

在菱形ABCD中,AB=AD=BC=2,ABC=120°,
所以BD=2,AC=2,O为AC和BD的中点.
又AA1平面ABCD,AA1=2,则B(1,0,0),D(-1,0,0),A1(0,-,2),C1(0,,2),D1(-1,0,2).
因为E,F分别是线段A1D,BC1的中点,所以
E ,F ,
由=,得G(1,-2,2),
所以=,=(1,,0).
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z).
则
即
令y=-1,得x=,z=-,
所以n=(,-1,-).
且=(-2,2,-2),
设直线GD与平面DEF所成的角为θ,
则sin θ=|cos〈n,〉|===.
2.(2017·高考全国卷)如图,在四棱锥PABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90°.

(1)证明:平面PAB平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,APD=90°,求二面角APBC的余弦值.
解析:(1)证明:由已知BAP=CDP=90°,得ABAP,CDPD.
因为ABCD,所以ABPD.
又AP∩DP=P,所以AB平面PAD.
因为AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.
(2)在平面PAD内作PFAD,垂足为点F.
由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,可得PF平面ABCD.
以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.

由(1)及已知可得A,
P,B,
C,
所以=,=(,0,0),
=,=(0,1,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的一个法向量,则
即
所以可取n=(0,-1,-).
设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的一个法向量,则
即
所以可取m=(1,0,1),则cos〈n,m〉===-,
所以二面角APBC的余弦值为-.
3.四棱锥P­ABCD中,点P在平面ABCD内的射影H在棱AD上,PAPD,底面ABCD是梯形,BCAD,ABAD,且AB=BC=1,AD =2.

(1)求证:平面PAB平面PAD;
(2)若直线AC与PD所成角为60°,求二面角A­PC­D的余弦值.
解析:(1)证明:PH⊥平面ABCD,AB平面ABCD,
PH⊥AB.∵AB⊥AD,AD∩PH=H,AD,PH平面PAD,
AB⊥平面PAD.
又AB平面PAB,平面PAB平面PAD.
(2)以A为原点,建立如图空间直角坐标系A­xyz,

PH⊥平面ABCD,z轴PH,
则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),
设AH=a,PH=h(0<a<2,h>0),
P(0,a,h),
=(0,a,h),=(0,a-2,h),=(1,1,0).
PA⊥PD,·=a(a-2)+h2=0,
|cos〈,〉|==,
(a-2)2=h2,(a-2)(a-1)=0,
0<a<2,a=1,h>0,h=1,
P(0,1,1),
=(0,1,1),=(1,1,0),=(1,0,-1),
=(1,-1,0),
设平面APC的法向量为n=(x,y,z),
由得平面APC的一个法向量为n=(1,-1,1),
设平面DPC的法向量为m=(x′,y′,z′),
由得平面DPC的一个法向量为m=(1,1,1),
cos〈m,n〉==,
二面角A­PC­D的平面角为钝角,
二面角A­PC­D的余弦值为-.
4.(2017·淄博模拟)如图,直线PA与平行四边形ABCD所在的平面垂直,PA=AB=AD=2,BAD=60°.

(1)证明:BD平面PAC;
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.
解析:(1)证明:AB=AD,
平行四边形ABCD是菱形,
AC⊥BD.
∴PA⊥平面ABCD,
PA⊥BD.
又PA∩AC=A,
BD⊥平面PAC.
(2)如图,过点A作AMBC,交CB的延长线于点M,连接PM.过点A作ANPM,垂足为N.

∵PA⊥平面ABCD,PA⊥BC.
而PA∩AM=A,BC⊥平面PAM,
BC⊥AN.
又AN⊥PM,PM∩BC=M,
AN⊥平面PMC.
∴∠APN就是直线PA与平面PBC所成的角.
在Rt△ABM中,BAM=90°-BAD=30°,
AM=ABcosBAM=2cos 30°=,
在Rt△PAM中,PA=2,PM===,
sin∠APN===.
故直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.
5.(2017·临沂模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=4,E是边AD上一点,且AE=3,把ABE沿BE翻折,使得点A到A′满足平面A′BE与平面BCDE垂直(如图).
(1)若点P在棱A′C上,且CP=3PA′,求证:DP平面A′BE;
(2)求二面角B­A′E­D的余弦值的大小.

解析:(1)证明:在图中,过P作PQBC交A′B于点Q.
因为CP=3PA′,所以==,
因为BC=4,所以PQ=1,
因为DEBC,DE=1,所以DE綊PQ,
所以四边形QEDP为平行四边形,所以DPEQ.
因为DP平面A′BE,EQ平面A′BE,所以DP平面A′BE.

(2)在图中,过A′作A′FBE于点F,
因为平面A′BE平面BCDE.
所以A′F平面BCDE.
因为BA′E=90°,A′B=,A′E=3,
所以A′EB=30°,A′F=,EF=,
过F作FGDE交DE的延长线于点G,则FG=,EG=.
如图,建立空间直角坐标系,D(0,0,0),E(1,0,0),B(4,,0),C(0,,0),A′,F,则=,=,=(1,0,0).
设平面A′BE的法向量n=(x,y,z),
则
即
可取n=(1,-,0).
设平面A′DE的法向量m=(x1,y1,z1),
则
即
可取m=(0,2,-).
所以cos〈m,n〉==-.
因为二面角B­A′E­D为钝角,
所以二面角B­A′E­D的余弦值的大小为-.
6.(2017·石家庄模拟)如图所示,已知正三棱柱ABC­A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点.点E在线段AA1上.

(1)当AEEA1=12时,求证:EDBC1;
(2)是否存在点E,使二面角D­BE­A等于60°?若存在,求AE的长;若不存在,请说明理由.
解析:(1)证明:连接DC1,
因为ABC­A1B1C1为正三棱柱,所以ABC为正三角形.
又因为D为AC的中点,
所以BDAC.
又平面ABC平面ACC1A1,所以BD平面ACC1A1,所以BDDE.
因为AEEA1=12,AB=2,AA1=,
所以AE=,AD=1.
所以在RtADE中,ADE=30°.
在RtDCC1中,C1DC=60°.
所以EDC1=90°,即EDDC1.
又BD∩DC1=D,
所以ED平面BDC1.
又因为BC1平面BDC1,
所以EDBC1.
(2)假设存在点E满足条件.设AE=h.
取A1C1的中点D1,连接DD1,则DD1平面ABC.
所以DD1AD,DD1BD.
如图,分别以DA,DB,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则A(1,0,0),B(0,,0),E(1,0,h)(0<h<).

所以=(0,,0),=(1,0,h),=(-1,,0),=(0,0,h).
设平面DBE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令z1=1,得n1=(-h,0,1).
同理,设平面ABE的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
得n2=(,1,0).
所以|cos〈n1,n2〉|=
=cos 60°=.
解得h=<,故存在点E满足条件.
当AE=时,二面角D­BE­A等于60°.









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