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2017年高考理科数学三轮冲刺热点题型中档大题规范练2 立体几何与空间向量

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2017年高考理科数学三轮冲刺热点题型中档大题规范练2 立体几何与空间向量文字介绍:中档大题规范练2　立体几何与空间向量1.如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点.(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q—AC—D的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(1)证明　因为PA＝PD＝，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为侧面PAD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.(2)解　以O为原点，OC，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).PB＝(1，－1，－1)，设平面PDC的法向量为u＝(x，y，z)，CP＝(－1，0，1)，PD＝(0，1，－1).则取z＝1，得u＝(1，1，1)，B点到平面PDC的距离d＝＝.(3)解　假设存在，则设PQ＝λPD(0<λ<1)，因为PD＝(0，1，－1)，所以Q(0，λ，1－λ)，设平面CAQ的法向量为m＝(a，b，c)，则即所以取m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，平面CAD的法向量n＝(0，0，1)，因为二面角Q—AC—D的余弦值为，所以＝，所以3λ2－10λ＋3＝0，所以λ＝或λ＝3(舍去)，所以＝.2.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E为AB的中点，F为D1E上的一点，D1F＝2FE.(1)证明：平面DFC⊥平面D1EC；(2)求二面角A—DF—C的大小.(1)证明　以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2).∵E为AB的中点，∴E点坐标为(1，1，0)，∵D1F＝2FE，∴D1F＝D1E＝(1，1，－2)＝(，，－)，DF＝DD1＋D1F＝(0，0，2)＋(，，－)＝(，，).设n＝(x，y，z)是平面DFC的法向量，则∴取x＝1得平面FDC的一个法向量n＝(1，0，－1).设p＝(x，y，z)是平面ED1C的法向量，则∴取y＝1得平面D1EC的一个法向量p＝(1，1，1).∵n·p＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0，∴平面DFC⊥平面D1EC.(2)解　设q＝(x，y，z)是平面ADF的法向量，则q·DF＝0，q·DA＝0.∴取y＝1得平面ADF的一个法向量q＝(0，1，－1)，设二面角A—DF—C的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(，π)，则cosθ＝－||＝－＝－，∴二面角A—DF—C的大小为120°.3.如图所示，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.解　(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以A1B＝(2，0，－4)，C1D＝(1，－1，－4).因为cos〈A1B，C1D〉＝＝＝，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1，1，0)，AC1＝(0，2，4)，所以n1·AD＝0，n1·AC1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝＝＝，得sinθ＝.因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.4.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，其中底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，PA＝AB＝BC＝CD＝2，PD＝2，PA⊥PD，Q为PD的中点.(1)证明：CQ∥平面PAB；(2)求二面角D—AQ—C的余弦值.(1)证明　如图所示，取PA的中点N，连接QN，BN.在△PAD中，PN＝NA，PQ＝QD，所以QN∥AD，且QN＝AD.在△APD中，PA＝2，PD＝2，PA⊥PD，所以AD＝＝＝4，而BC＝2，所以BC＝AD.又BC∥AD，所以QN∥BC，且QN＝BC，故四边形BCQN为平行四边形，所以BN∥CQ.又CQ⊄平面PAB，BN⊂平面PAB，所以CQ∥平面PAB.(2)解　如图，在平面PAD内，过点P作PO⊥AD于点O，连接OB.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD.又PO⊥AD，AP⊥PD，所以PO＝＝＝，故AO＝＝＝1.在等腰梯形ABCD中，取AD的中点M，连接BM，又BC＝2，AD＝4，AD∥BC，所以DM＝BC＝2，DM∥BC，故四边形BCDM为平行四边形.所以BM＝CD＝AB＝2.在△ABM中，AB＝AM＝BM＝2，AO＝OM＝1，所以BO⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BO⊥平面PAD.如图，以O为坐标原点，分别以OB，OD，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，D(0，3，0)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，P(0，0，)，C(，2，0)，则AC＝(，3，0).因为Q为DP的中点，故Q，所以AQ＝.设平面AQC的法向量为m＝(x，y，z)，则可得令y＝－，则x＝3，z＝5.故平面AQC的一个法向量为m＝(3，－，5).因为BO⊥平面PAD，所以OB＝(，0，0)是平面ADQ的一个法向量.故cos〈OB，m〉＝＝＝＝.从而可知二面角D—AQ—C的余弦值为.5.在四棱锥P—ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.(1)求证：BC⊥平面PBD；(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得二面角Q—BD—P为45°？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.(1)证明　平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，DB＝(1，1，0)，BC＝(－1，1，0)，所以BC·DB＝0，BC⊥DB，又由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥BC，因为PD∩BD＝D，所以BC⊥平面PBD.(2)解　平面PBD的法向量为BC＝(－1，1，0)，PC＝(0，2，－1)，设PQ＝λPC，λ∈(0，1)，所以Q(0，2λ，1－λ)，设平面QBD的法向量为n＝(a，b，c)，DB＝(1，1，0)，DQ＝(0，2λ，1－λ)，由n·DB＝0，n·DQ＝0，得令b＝1，所以n＝(－1，1，)，所以cos45°＝＝＝，注意到λ∈(0，1)，得λ＝－1，所以在线段PC上存在一点Q，使得二面角Q—BD—P为45°，此时＝－1.

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