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2014版山东《复习方略》(人教A版数学理)单元评估检测(七)


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单元评估检测(七)
第七章 (120 分钟 150 分)

一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选

项中,只有一项是符合题目要求的) 1.已知直线 l∥平面α ,P∈α ,那么过点 P 且平行于直线 l 的直线( (A)只有一条,不在平面α 内 (B)有无数条,不一定在平面α 内 (C)只有一条,且在平面α 内 (D)有无数条,一定在平面α 内 2.在△ABC 中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC 绕直线 BC 旋转一周,则 所形成的几何体的体积是( (A) π
3 2

)

) (C) π
7 2

(B) π

5 2

(D) π

9 2

3.(2013·随州模拟)在空间中,a,b 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平 面,下列命题正确的是( (A)若 a∥α ,b∥a,则 b∥α (B)若 a∥α ,b∥a,a?β ,b?β ,则β ∥α (C)若α ∥β ,b∥α ,则 b∥β (D)若α ∥β ,a?α ,则 a∥β
-1-

)

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4.(2013·聊城模拟)已知正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长与底面边长相等,E 是 SB 的 中点,则 AE,SD 所成角的余弦值为( )

?A?

1 3

? B?

2 3

? C?

3 3

?D?

2 3

5.在空间四边形 ABCD 中,E,F 分别为边 AB,AD 上的点,且 AE∶EB=AF∶FD =1∶4,又 H,G 分别为 BC,CD 的中点,则( (A)BD∥平面 EFG,且四边形 EFGH 是矩形 (B)EF∥平面 BCD,且四边形 EFGH 是梯形 (C)HG∥平面 ABD,且四边形 EFGH 是菱形 (D)EH∥平面 ADC,且四边形 EFGH 是平行四边形 6.(2013·珠海模拟)已知 a,b,l 表示三条不同的直线,α ,β ,γ 表示三个不同 的平面,有下列命题: ①若α ∩β =a,β ∩γ =b,且 a∥b,则α ∥γ ; ②若 a,b 相交,且都在α ,β 外,a∥α ,a∥β ,b∥α ,b∥β ,则α ∥β ; ③若α ⊥β ,α ∩β =a,b?β ,a⊥b,则 b⊥α ; ④若 a?α ,b?α ,l⊥a,l⊥b,则 l⊥α . 其中正确的有( (A)0 个 ) (B)1 个 (C)2 个 (D)3 个 )

7.(2013·郑州模拟)把边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面 CBD,形成三棱锥 C-ABD,其正视图与俯视图如图所示,则其侧视图 的面积为( )

-2-

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? A?

1 2

? B?

2 2

?C?

2 4

? D?

1 4

8.(2013·临沂模拟)如图,正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长均为 2,其正视图如图 所示,则此三棱柱侧视图的面积为( )

? A? 2

2

? B? 4

? C?

3

? D? 2

3

9.如图是正方体的表面展开图,在这个正方体中有如下命题:

①AF∥NC;
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②BE 与 NC 是异面直线; ③AF 与 DE 成 60°角; ④AN 与 ME 成 45°角. 其中正确命题的个数为( (A)3 个 (B)2 个 ) (C)1 个 (D)0 个

10.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为 3 2 ,则这个四棱锥的外接球的表面 积为( (A)12π (C)72π ) (B)36π (D)108π

11.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 M,N 分别在线段 AB1, BC1 上,且 AM=BN.以下结论:①AA1⊥MN;②A1C1∥MN; ③MN∥平面 A1B1C1D1;④MN 与 A1C1 异面,其中有可能成 立的个数为( (A)4 ) (B)3 (C)2 (D)1

12.(能力挑战题)已知正方形 ABCD 的边长是 4,对角线 AC 与 BD 交于 O,将正方 形 ABCD 沿对角线 BD 折出 60°的二面角,并给出下面结论:①AC⊥BD;②AD⊥ CO;③△AOC 为正三角形;④cos∠ADC= .则其中的真命题是( (A)①③④ (C)②③④ (B)①②④ (D)①②③
3 4

)

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.请把正确答案填在题中横 线上) 13.一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形,如图所示,则该几
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何体的表面积为______.

14.在棱长为 1 的正方体 AC1 中, E 为 AB 的中点, 点 P 为侧面 BB1C1C 内一动点(含 边界),若动点 P 始终满足 PE⊥BD1,则动点 P 的轨迹的长度为______. 15.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是等腰直角三角形,则该三 棱锥的外接球体积为______.

16.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB,二面角 C-AB-D 的余弦值为
3 M,N 分别是 AC,BC 的中点,则 EM,AN 所成角的余弦值等于______. , 3

三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤)
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17.(12 分)如图,在△ABC 中, ∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°. (1)证明:平面 ABD⊥平面 BDC. (2)设 E 为 BC 的中点,求 AE与DB 夹角的余弦值.

18.(12 分)(2013·玉溪模拟)在四棱锥 P-ABCD 中, ∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点,PA=2AB=2. (1)求四棱锥 P-ABCD 的体积. (2)若 F 为 PC 的中点,求证:平面 PAC⊥平面 AEF. (3)求二面角 E-AC-D 的大小. 19.(12 分)(2013·青岛模拟)如图,在直角梯形 ABCP 中,AP∥BC,AP⊥AB, AB=BC= AP=2,D 是 AP 的中点,E,F,G 分别为 PC,PD,CB 的中点,将△PCD 沿 CD 折起,使得 PD⊥平面 ABCD.
1 2

(1)求证:平面 PCD⊥平面 PAD. (2)求二面角 G-EF-D 的大小.
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20.(12 分)(2013·黄山模拟)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D 是 BC 的中点. (1)求证:A1B∥平面 ADC1. (2)求二面角 C1-AD-C 的余弦值. (3)试问线段 A1B1 上是否存在点 E,使 AE 与 DC1 成 60°角?若存在,确定 E 点位 置;若不存在,说明理由. 21.(13 分)(能力挑战题)如图,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M 是 CC1 的中点,N 是 BC 的中点,点 P 在直线 A1B1 上,且满足
A1P ? ?A1B1 .

(1)当λ 取何值时,直线 PN 与平面 ABC 所成的角θ 最 大? (2)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45°,试确定点 P 的位置. 22.(13 分)(能力挑战题)如图,已知四棱锥 S-ABCD 的底面 ABCD 是菱形,∠BAD= 60°,且 SA=SB=SD=AB=2. (1)求证:AB⊥SD. (2)求 S 到底面 ABCD 的距离. (3)设 G 为 CD 的中点,在线段 SA 上是否存在一点 F,使得 GF∥平面 SBC? (4)在线段 AB 上是否存在一点 P,使得 SP 与平面 SCD 所成的角的正切值为 2 ?

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答案解析
1.【解析】选 C.由直线 l 与点 P 可确定一个平面β,且平面α,β有公共点, 因此它们有一条公共直线,设该公共直线为 m,因为 l∥α,所以 l∥m,故过点 P 且平行于直线 l 的直线只有一条,且在平面α内. 2.【思路点拨】△ABC 绕直线 BC 旋转一周后所得几何体为一圆锥,但其内部缺 少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积. 【解析】 选 A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积 为 V=V 大圆锥-V 小圆锥= ?r 2 ?1 ? 1.5 ? 1? ? ?. 3.【解析】选 D.A 中,由条件可以推出 b∥α或 b?α;B 中,由条件可以推出 β∥α或α与β相交;C 中,由条件可以推出 b∥β或 b?β.D 正确. 【变式备选】给定下列命题: ①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行,那么这两个平面相互平行; ②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直; ③垂直于同一直线的两条直线相互平行; ④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面 也不垂直. 其中为真命题的是( (A)①和② (C)③和④ ) (B)②和③ (D)②和④
1 3 3 2

【解析】选 D.对于①,两条直线必须相交,否则不能证明面面平行,错误;对 于③,垂直于同一条直线的两条直线还可能异面或相交,错误;②④正确.所以 选 D.
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4.【解析】选 C.连接 AC,BD 交于 O,连接 OE. ∵OE∥SD,∴∠AEO 为所求. 设侧棱长与底面边长都等于 2, 则△AEO 中, OE ? 1,AO ? 2,AE ? 22 ?1 ? 3,

? 3? ∴cos∠AEO=
∴EF∥BD.

2

? 12 ?

? 2?

2

2 ? 3 ?1

?

1 3 ? . 3 3

5.【解析】选 B.如图所示,在平面 ABD 内,∵AE∶EB=AF∶FD=1∶4,

又 BD?平面 BCD,EF ? 平面 BCD, ∴EF∥平面 BCD. 又在平面 BCD 内, ∵H,G 分别是 BC,CD 的中点, ∴HG∥BD.∴HG∥EF. 又
EF AE 1 HG CH 1 ? ? , ? ? , ∴EF≠HG. BD AB 5 BD BC 2

在四边形 EFGH 中,EF∥HG 且 EF≠HG, ∴四边形 EFGH 为梯形. 6.【思路点拨】可借助正方体模型解决. 【解析】选 C.如图,在正方体 A1B1C1D1-ABCD 中,可令 平面 A1B1CD 为α,平面 DCC1D1 为β,平面 A1B1C1D1 为γ. 又平面 A1B1CD∩平面 DCC1D1=CD,平面 A1B1C1D1∩平面 DCC1D1=C1D1,则 CD 与 C1D1 所在的直线分别表示 a,b, 因为 CD∥C1D1,但平面 A1B1CD 与平面 A1B1C1D1 不平行, 即α与γ不平行,故①错误.因为 a,b 相交,可设其确定的平面为γ,根据
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a∥α,b∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正确.由两平面垂 直,在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直,易知③正确.a∥b 时, 由题知 l 垂直于平面α内两条不相交直线,得不出 l⊥α,④错误. 7.【解析】选 D.如图所示,取 BD 的中点 E,连接 AE,CE,则有 CE⊥BD,AE⊥ BD,又平面 ABD⊥平面 CBD,所以 CE⊥平面 ABD,同理,AE ⊥平面 CBD. 所以 Rt△ACE 就是三棱锥 C-ABD 的侧视图. 在 Rt△BCD 中,DC⊥CB,CD=CB=1,所以 CE ? BD ? 同理 AE=
2 . 2
1 2

1 2

2 , 2

所以三棱锥 C-ABD 的侧视图的面积 S= ×AE×CE= ?

1 2

2 2 1 ? ? . 2 2 4 3 2 ? 3, 2

8.【解析】选 D.侧视图为矩形,长为 BB1=2,宽为△ABC 的高, h ? ∴侧视图面积 S ? 2 3. 9.【解析】选 C.如图所示,依据正方体的表面展开图,可画出正 方体图形,判断可知 AF 与 NC 异面,①错;BE∥NC,②错;AF 与 DE 所成角即为 AF 与 FC 所成角,在等边三角形 AFC 中,AF 与 FC 所成角为 60°,③对;同理 AN 与 ME 所成角为 60°,④错;故正 确的有 1 个,所以选 C. 10.【思路点拨】外接球的半径为棱锥的中心到各个顶点的距离. 【解析】选 B.依题意得,该正四棱锥的底面对角线长为
1 高为 (3 2)2 ? ( ? 6)2 ? 3, 因此底面中心到各顶 3 2 ? 2 ? 6, 2
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点的距离均等于 3,所以该四棱锥的外接球球心为底面正方形的中心,其外接球 的半径为 3,所以其外接球的表面积等于 4π×32=36π,选 B. 11.【解析】选 A.取特殊值,使 M,N 分别为线段 AB1,BC1 的中点,取 B1B 的中点 为 E,连接 NE,EM,则 NE∥B1C1,ME∥A1B1,又 NE∩ME=E,B1C1∩A1B1=B1,故平面 MNE∥平面 A1B1C1D1,∴MN∥平面 A1B1C1D1,③对;又 A1A⊥平面 A1B1C1D1,故 A1A⊥平 面 MNE,∴A1A⊥MN, ①对;连接 A1B,∵M 是 AB1 的中点,∴M 在 A1B 上,MN 是 △A1C1B 的中位线,MN∥A1C1,②对;当 N 与 B 重合,M 与 A 重合,此时 MN 与 A1C1 异面,④对. 12. 【解析】选 A.如图所示,易知∠AOC 为二面角 A-BD-C 的平面角,即∠AOC=60°,且 AO=OC,故 △AOC 为正三角形,即③正确;又 BD⊥平面 AOC, 故 BD⊥AC,即①正确;在△ADC 中,可知 AD=DC=4, AC=AO= 2 2, 故利用余弦定理可解得 cos∠ADC= ,故④正 确. 13.【解析】该几何体为直三棱柱,其表面积为
1 4 ? 6 ? ? 4 ? 6 ? 2 ? 4 ? 32 ? 42 ? 2 ? 88(cm 2 ). 2 3 4

答案:88 cm2 14.【解析】如图,根据题意,BD1 要始终垂直于 PE 所在的一 个平面,取 BC,BB1 的中点 F,G,易证 BD1⊥平面 EFG,故点 P 的轨迹为线段 FG,易求得这条线段的长度是 答案:
2 2 2 . 2

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15.【解析】三棱锥图形可画为如图所示.因为△BCD 为 等腰直角三角形,则其外接圆圆心在 BD 中点 O1 处,设 外接球的球心为 O,半径为 R,即|OA|=R,在平面 ACO1O 中, 作 OE∥O1C,则 OE⊥AC.在 Rt△AEO 中,|AE|=|AC|-|OO1| ? 2 ? R 2 ? 2 , |OE|=|O1C| ? 2 ,由 R 2 ? (2 ? R 2 ? 2)2 ? ( 2)2, 得 R= 3 ,故 V ? ?R 3 ? 4 3?. 答案: 4 3? 16.【解析】设 AB=2,作 CO⊥平面 ABDE,OH⊥AB,则 CH⊥AB,∠CHO 为二面角 C-AB-D 的平面角, CH= 3, OH=CH·cos∠CHO=1,结合等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 可知此四棱锥 为正四棱锥,则 AN=EM=CH= 3 .
1 1 AB ? AC , EM ? AC ? AE, 2 2 1 1 1 AN EM ? AB ? AC (AC ? AE) ? . 2 2 2 AN ?
4 3

?

?

?

?

故 EM,AN 所成角的余弦值为 答案:
1 6

1 ? . AN EM 6

AN EM

17.【解析】(1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC. ∵AD?平面 ABD,∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC=90°及(1)知 DA,DB,DC 两两垂直,不妨设|DB|=1,以 D 为坐标 原点,以 DB,DC,DA 所在直线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,

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易得 D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3 ),
DB ? (1, 0, 0), E( , ,0),∴ AE ? ( , , ? 3), 1 3 2 2 1 3 2 2

∴ AE与DB 夹角的余弦值为
AE DB AE DB 1 22 2 ? . 22 22 ?1 4

cos〈AE, DB〉 ?

?

18.【解析】(1)在 Rt△ABC 中,AB=1,∠BAC=60°, ∴BC= 3 ,AC=2, 在 Rt△ACD 中,AC=2,∠CAD=60°,∴CD=2 3 ,AD=4, ∴S 四边形 ABCD= AB·BC+ AC·CD= ×1× 3 + ×2× 2 3 = 则 V= ?
1 5 5 3?2 ? 3. 3 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 5 3. 2

(2)建立如图所示的空间直角坐标系. A(0,0,0),B(1,0,0), C(1,
3 ,0),D(-2,2 3 ,0),
1 2

P(0,0,2),F( , E(-1, 3 ,1).
AF =(
1 , 2

3 ,1), 2

3 ,1), 2

AE =(-1, 3 ,1).

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? 1 3 y ? z ? 0, ?AF n1 ? x ? 设平面 AEF 的一个法向量为 n1=(x,y,z),由 ? 取 z=-2,得 2 2 ?AE n ? ? x ? 3y ? z ? 0, ? 1

y= 3 ,x=1,即 n1=(1,

3 ,-2).

又平面 PAC 的一个法向量为 CD =(-3, 3 ,0), ∵n1· CD =1×(-3)+
3 × 3 =0,

∴平面 PAC⊥平面 AEF. (3)易知平面 ACD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 设平面 AEC 的一个法向量为 n3=(x′,y′,z′).
AC =(1,

3 ,0), AE =(-1, 3 ,1)

由? ?

?AC n3 ? x? ? 3y? ? 0, ? ?AE n3 ? ? x? ? 3y? ? z? ? 0,

取 y′= 3 ,得 x′=-3,z′=-6,n3=(-3, 3 ,-6),

∴cos〈n2,n3〉=

?6 3 ?? . 2 1? 4 3

∴结合图形知二面角 E-AC-D 的大小为 30°. 19.【解析】(1)∵PD⊥平面 ABCD, ∴PD⊥CD.∵CD⊥AD, ∴CD⊥平面 PAD. ∵CD?平面 PCD, ∴平面 PCD⊥平面 PAD. (2)如图以 D 为原点,以 DA, DC , DP 为方向向量建立空间直角坐标系 Dxyz. 则有关点及向量的坐标为: G(1,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1).
EF ? (0, ?1,, 0) EG ? (1, 1, ?1).

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设平面 EFG 的一个法向量为 n=(x,y,z).
? ?x ? z, ?n EF ? 0, ?? y ? 0, ?? ?? ?? . ? ?n EG ? 0 ? x ? y ? z ? 0 ? y ? 0

取 n=(1,0,1).平面 PCD 的一个法向量 DA =(1,0,0), ∴ cos〈DA, n〉 ?
DA n DA n ? 2 . 2

结合图知二面角 G-EF-D 的大小为 45°. 20. 【解析】(1)连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,得四边形 ACC1A1 为矩形,O 为 A1C 的中点. 又 D 为 BC 的中点,所以 OD 为△A1BC 的中位线. 所以 A1B∥OD. 因为 OD?平面 ADC1,A1B? 平面 ADC1, 所以 A1B∥平面 ADC1. (2)由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,且∠ABC=90°,得 BA,BC,BB1 两两垂直. 以 BC,BA,BB1 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如 图所示的空间直角坐标系. 设 BA=2,则 B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2, 0),C1(2,0,1),D(1,0,0), 所以 AD =(1,-2,0), AC1 =(2,-2,1). 设平面 ADC1 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则有 ? ?
?n AD ? 0, ?n AC1 ? 0. ?

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所以 ?

?x ? 2y ? 0, 取 y=1,得 n=(2,1,-2). ?2x ? 2y ? z ? 0.

易知平面 ADC 的一个法向量为 v=(0,0,1). 所以 cos〈n,v〉=
nv 2 ?? . n v 3

因为二面角 C1-AD-C 是锐二面角, 所以二面角 C1-AD-C 的余弦值为 . (3)存在点 E 为 A1B1 的中点时满足条件.理由如下: 假设存在满足条件的点 E. 因为点 E 在线段 A1B1 上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 故可设 E(0,λ,1),其中 0≤λ≤2. 所以 AE =(0,λ-2,1), DC1 =(1,0,1). 因为 AE 与 DC1 成 60°角,
? 所以 | cos〈AE, DC1〉 1 |? . 2 AE DC1 AE DC1
2 3

即|

1 解得λ=1 或λ=3(舍去). |? , (? ? 2) ? 1 2 2
2

1

所以当点 E 为线段 A1B1 的中点时,AE 与 DC1 成 60°角. 【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法 探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目,能较好地考查学生的猜想能 力和推理能力.一般以判断点的存在性为主,用几何法解答探索性问题的一般 步骤是: 先假设所求的点存在,然后在这一条件下进行推理论证,得出相关的结论.如 果得出矛盾,则说明假设不成立,即不存在满足条件的点;如果得不出矛盾,
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则说明假设成立,即存在满足条件的点. 【变式备选】如图所示,平面多边形 ABCDP 是由梯形 ABCD 和等边三角形 PAD 组 成,已知 AB∥DC,BD=2AD=4,AB=2DC=2 5 ,现将△PAD 沿 AD 折起,使点 P 的射 影 O 恰好落在直线 AD 上.

(1)求证:BD⊥平面 PAD. (2)求平面 PAD 与平面 PAB 所成的二面角的余弦值. 【解析】(1)由题意知平面 PAD⊥平面 ABCD,又 BD=2AD=4, AB= 2 5 ,可得 AB2=AD2+BD2,则 BD⊥AD,又 AD 为平面 PAD 与 平面 ABCD 的交线,则 BD⊥平面 PAD. (2)取 AD 的中点 O,OA 为 x 轴,过 O 作 BD 的平行线为 y 轴, OP 为 z 轴,如图建立空间直角坐标系,易知 A(1,0,0),B(-1,4,0),P(0, 0, 3 ), PB =(-1,4,- 3 ), BA =(2,-4,0),
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平面 PDA 的一个法向量为 m=(0,1,0), 设平面 PAB 的一个法向量为 n=(x,y,z), 由? ?
?n PB ? 0, ?n BA ? 0, ? ?2x ? 4y ? 0, ?

得? ?

?? x ? 4y ? 3z ? 0,

故可取 n=(2,1,

2 3 mn 57 ), 则 cos〈m, n〉 所以平面 PAD 与平面 PAB 所成 ? ? , 3 | m | | n | 19
57 . 19

的二面角的余弦值为

21.【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系,求出 PN 坐标及平面 ABC 的一个法向 量的坐标,利用向量求解. (2)求出平面 PMN 的一个法向量的坐标,利用二面角为 45°,列方程求解. 【解析】(1)分别以 AB,AC,AA1 为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系, 则 PN ? ( ? ?, , ?1), 平面 ABC 的一个法向量为 n=(0,0,1),则
sin? ? cos〈PN,n〉 ? ? 1 ?*? , 1 2 5 (? ? ) ? 2 4
? 2 1 2 1 2

PN n PN n

于是问题转化为二次函数求最值,而θ∈[0, ] , 当 sin θ最大时,θ最大,此时λ= . (2)已知给出了平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45°, 即可得到平面 ABC 的 一个法向量为 n=(0,0,1),设平面PMN的一个法向量为 m=(x,y,z), MP =(λ,-1, ).
1 2 1 2

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1 1 ? (? ? )x ? y ? z ? 0, ? ? m NP ? 0, 2 2 由? 得? ? ? ? ?m MP ? 0, ??x ? y ? 1 z ? 0, ? ? 2 2? ? 1 ? y ? x, ? ? 3 解得 ? ?z ? 2(1 ? ?) x. ? 3 ?

令 x=3,得 m=(3,2λ+1,2(1-λ)),于是由
cos〈m,n〉 ?
1 2

mn m n

?

2(1 ? ?) 9 ? (2? ? 1) 2 ? 4(1 ? ?) 2

?

2 , 2
1 2

解得λ= ? ,故点 P 在 B1A1 的延长线上,且|A1P|= . 22.【解析】(1)如图①,取 AB 的中点 E,连接 DE,BD,SE,

∵底面 ABCD 是菱形,∠BAD=60°, ∴BD=2,△ABD 为正三角形. 又∵E 为 AB 的中点,∴DE⊥AB. 又∵SA=SB,∴SE⊥AB. 又∵SE∩DE=E, ∴AB⊥平面 SDE. ∵SD?平面 SDE,∴AB⊥SD. (2)在平面 SDE 中,过 S 作 SH⊥DE 于 H.
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∵AB⊥平面 SDE,∴AB⊥SH. 又∵AB∩DE=E,∴SH⊥平面 ABD. ∴SH 的长即为 S 到平面 ABCD 的距离. 在△ABD 中,AB=AD=BD=2,∴DE= 3 , 在△SAB 中,SA=SB=AB=2,∴SE= 3 . 在等腰△SDE 中,SD=2,
1 SD SE 2 ? ( SD) 2 ? SH DE, 2 ? SH ? 2 ? 3 ?1 2 ? 6. 3 3

(3)假设 AS 上存在点 F 使 GF∥平面 SBC,连接 BD,以正三角形 ABD 的中心 O 为 原点,OA 为 x 轴,OS 为 z 轴,平行于 BD 的且过点 O 的直线为 y 轴,建立如图 ②所示的空间直角坐标系.

A(

2 4 3 3 ,0,0),B(,1,0),C( ? 3 ,0,0), 3 3 3 2 5 1 3 ,-1,0),S(0,0, 6 ),G(- 3 ,- ,0), 6 2 3 3

D(-

2 2 3 ,0, 6 ), 3 3 2 2 设 AF =λ AS =λ(- 3 ,0, 6 ), 3 3 2 2 2 ∴F(- 3 λ+ 3 ,0, 6 λ), 3 3 3

AS =(-

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GF =(-

2 3 1 2 3 λ+ 3, , 6 λ), 3 2 2 3

BC =(- 3 ,-1,0), SC =( ?
4 2 3 ,0,6 ). 3 3

设平面 SBC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则有 n· BC =- 3 x-y=0,n· SC = ? 令 x=1,则 y=- 3 ,z=- 2 , 即 n=(1,- 3 ,- 2 ). 则有 GF ·n=0, 即(2 3 2 3 3 λ+ 3 )+()+ 6 λ×(- 2 )=0. 3 2 3 2 1 2 4 2 3 x6 z=0. 3 3

化简得-2 3 λ+ 3 =0,解得λ= . 故 AF = AS ,即 F 为 AS 的中点. (4)假设线段 AB 上存在这样的点 P 使 SP 与平面 SCD 所成的角的正切值为 2 , 即所成角的正弦值为
6 . 3
1 2

AB =(- 3 ,1,0),设 AP =λ1 AB =(- 3 λ1,λ1,0),

则 P(- 3 λ1+

2 3 ,λ1,0), 3 2 2 3 ,λ1,6 ), SP =(- 3 λ1+ 3 3 4 2 3 ,0,6 ), CD =( 3 ,-1,0). SC =( ? 3 3

设平面 SDC 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则 n1· SC =0,n1· CD =0, 解得 n1=(1, 3 ,- 2 ).
cos〈SP,n1〉 ? SP n1 SP n1 =
1 6 , 代入,解得λ1= . 2 3
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故 P 为 AB 的中点.

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