高考数学二轮热点专练29理解答题六大题型解答策略Word文档下载推荐.docx
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∴A1B∥平面ADC1.
(2)因为△ABC是等边三角形,D是BC的中点,
∴AD⊥BC.
以D为原点,建立如图所示空间坐标系D-xyz.由已知AB=BB1=2,得D(0,0,0),A(,0,0),A1(,0,2),C1(0,-1,2).
则=(,0,0),
=(0,-1,2),
设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z),
由
得
取z=1,则x=0,y=2,
∴n=(0,2,1).
又=(,0,2),
∴cos〈,n〉==.
设A1D与平面ADC1所成角为θ,
则sinθ=|cos〈,n〉|=,
故A1D与平面ADC1所成角的正弦值为.
2.
如图,AC是圆O的直径,点B在圆O上,∠BAC=30°
,BM⊥AC交AC于点M,EA⊥平面ABC,FC∥EA,AC=4,EA=3,FC=1.
AB⊥BF;
(2)求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.
解
(1)证明:
∵AC是⊙O的直径,
∴AB⊥BC.
又FC∥EA,EA⊥平面ABC,
∴FC⊥平面ABC,
∴FC⊥AB,
∴AB⊥平面FBC.
∴AB⊥BF.
(2)由题设可得,AB=AC·
cos30°
=2,
BC=AC·
sin30°
∴AM=ABcos30°
=2×
=3,
∴MC=1.
如图,以A为坐标原点,分别以垂直于平面ACE的直线以及AC,AE所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
由已知条件得A(0,0,0),M(0,3,0),E(0,0,3),B(,3,0),F(0,4,1),=(-,-3,3),
=(-,1,1).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
由n·
=0,n·
=0,得
令x=,得y=1,z=2,
∴n=(,1,2),
由已知EA⊥平面ABC,
∴取平面ABC的法向量为=(0,0,3),
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ,
则cosθ=|cos〈n,〉|==.
∴平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
3.如图,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AD=PD.
平面PQC⊥平面DCQ;
(2)若二面角Q-BP-C的余弦值为-,求的值.
设AD=1,则DQ=,DP=2,
又∵PD∥QA,
∴∠PDQ=∠AQD=45°
,
在△DPQ中,由余弦定理可得PQ=.
∴DQ2+PQ2=DP2,
∴PQ⊥DQ.
又∵PD⊥平面ABCD,
∴PD⊥DC,
∵CD⊥DA,DA∩PD=D,
∴CD⊥平面ADPQ.
∵PQ⊂平面ADPQ,
∴CD⊥PQ.
又∵CD∩DQ=D,
∴PQ⊥平面DCQ.
又PQ⊂平面PQC,
∴平面PQC⊥平面DCQ.
(2)如图,以D为坐标原点,DA,DP,DC所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz.
设AD=1,AB=m(m>
0).
依题意有D(0,0,0),C(0,0,m),P(0,2,0),Q(1,1,0),B(1,0,m),
则=(1,0,0),=(-1,2,-m),PQ=(1,-1,0),
设n1=(x1,y1,z1)是平面PBC的法向量,
则
即
因此可取n1=(0,m,2).
设n2=(x2,y2,z2)是平面PBQ的法向量,
可取n2=(m,m,1).
又∵二面角Q-BP-C的余弦值为-,
∴|cos〈n1,n2〉|=.
∴=,整理得m4+7m2-8=0.
又∵m>
0,解得m=1,
因此,所求的值为1.
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAC⊥平面ABCD,且PA⊥AC,PA=AD=2.四边形ABCD满足BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1.点E,F分别为侧棱PB,PC上的点,且==λ.
EF∥平面PAD;
(2)当λ=时,求异面直线BF与CD所成角的余弦值;
(3)是否存在实数λ,使得平面AFD⊥平面PCD?
若存在,试求出λ的值;
若不存在,请说明理由.
由已知==λ,
∴EF∥BC,
又BC∥AD,
∴EF∥AD,
而EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴EF∥平面PAD.
(2)∵平面ABCD⊥平面PAC,平面ABCD∩平面PAC=AC,且PA⊥AC,
∴PA⊥平面ABCD.
∴PA⊥AB,PA⊥AD.
又∵AB⊥AD,
∴PA,AB,AD两两垂直.
如图所示,建立空间直角坐标系
∵AB=BC=1,PA=AD=2,
∴A(0,0,0),B(1,0,0,),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),当λ=时,F为PC中点,
∴F,
∴=,
=(-1,1,0),
设异面直线BF与CD所成的角为θ,
∴cosθ=|cos〈,〉|==.
故异面直线BF与CD所成角的余弦值为.
(3)设F(x0,y0,z0),
则=(x0,y0,z0-2),=(1,1,-2),
又=λ,
∴
∴=(λ,λ,2-2λ),
设平面AFD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
令z1=λ,得m=(2λ-2,0,λ).
设平面PCD的一个法向量为n=(x2,y2,z2).
取y2=1,则x2=1,z2=1,
∴n=(1,1,1),
由m⊥n,得m·
n=(2λ-2,0,λ)·
(1,1,1)=2λ-2+λ=0,
解得λ=.
∴当λ=时,使得平面AFD⊥平面PCD.
5.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1.M是棱SB的中点.
AM∥平面SCD;
(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值;
(3)设点N是直线CD上的动点,MN与平面SAB所成的角为θ,求sinθ的最大值.
以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1).
则=(0,1,1),=(1,0,-2),=(-1,-2,0).
设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,得n=(2,-1,1).
∵·
n=0,
∴⊥n.
∴AM∥平面SCD.
(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0).
设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ,易知0<
φ<
则|cosφ|===,即cosφ=.
∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.
(3)设N(x,2x-2,0),则=(x,2x-3,-1).
∵平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),
∴sinθ===,
当=,即x=时,(sinθ)max=.
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