2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 8.7 證明平行與垂直 證明平行與垂直題組訓(xùn)練 理 蘇教版.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 8.7 證明平行與垂直 證明平行與垂直題組訓(xùn)練 理 蘇教版 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時(shí):40分鐘) 一、填空題 1.平面α的一個(gè)法向量為n=(1,-,0),則y軸與平面α所成的角的大小為_(kāi)_______. 解析 y軸的方向向量為m=(0,1,0),設(shè)y軸與平面α所成的角為θ,則sin θ=|cos〈m,n〉|, ∵cos〈m,n〉===-, ∴sin θ=,∴θ=. 答案 2. 如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是棱CD,CC1的中點(diǎn),則異面直線A1M與DN所成的角的大小是________. 解析 以D為原點(diǎn),分別以DA,DC,DD1所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=1,則 D(0,0,0),N,M,A1(1,0,1), ∴=,1=, ∴=10+1+1=0, ∴⊥,∴A1M與DN所成的角的大小是90. 答案 90 3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn),則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為_(kāi)_______. 解析 以A為原點(diǎn)建系,設(shè)棱長(zhǎng)為1,則A1(0,0,1),E, D(0,1,0),∴=(0,1,-1), =. 設(shè)平面A1ED的法向量為n1=(1,y,z), 則∴∴n1=(1,2,2), ∵平面ABCD的一個(gè)法向量為n2=(0,0,1), ∴cos〈n1,n2〉==,故銳二面角的余弦值為. 答案 4.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a,點(diǎn)M在AC1上且=,N為B1B的中點(diǎn),則||為_(kāi)_______. 解析 以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則A(a,0,0),C1(0,a,a),N. 設(shè)M(x,y,z), ∵點(diǎn)M在AC1上且=, ∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z) ∴x=a,y=,z=.得M, ∴||= =a. 答案 a 5.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________. 解析 以D為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,設(shè)AA1=2AB=2,則D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),則=(0,1,0),=(1,1,0),=(0,1,2). 設(shè)平面BDC1的法向量為n=(x,y,z),則n⊥,n⊥,所以有令y=-2,得平面BDC1的一個(gè)法向量為n=(2,-2,1). 設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ,則sin θ=|cos〈n,〉|==. 答案 6. 過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A,引PA⊥平面ABCD.若PA=BA,則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是________. 解析 法一 建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系,不難求出平面APB與平面PCD的法向量分別為n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP與平面CDP所成二面角的余弦值為=,故所求的二面角的大小是45. 法二 將其補(bǔ)成正方體.如圖2,不難發(fā)現(xiàn)平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小為45. 答案 45 7.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,則AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為_(kāi)_______. 解析 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2,則C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一個(gè)法向量為n=(1,0,0).所以AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為==. 答案 8.已知O點(diǎn)為空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn),向量=(1,2,3),=(2,1,2), =(1,1,2),且點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動(dòng),當(dāng)取得最小值時(shí), 的坐標(biāo)是________. 解析 ∵點(diǎn)Q在直線OP上,∴設(shè)點(diǎn)Q(λ,λ,2λ), 則=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ), =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=62-. 當(dāng)λ=時(shí),取得最小值-. 此時(shí)=. 答案 二、解答題 9.(xx江蘇卷)如圖,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn). (1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值; (2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值. 解 (1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則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=(2,0,-4),=(1,-1,-4). 因?yàn)閏os〈,〉===, 所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為. (2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1=(x,y,z), 因?yàn)椋?1,1,0),=(0,2,4), 所以n1=0,n1=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的一個(gè)法向量. 取平面AA1B的一個(gè)法向量為n2=(0,1,0),設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ. 由|cos θ|===,得sin θ=. 因此,平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為. 10. (xx廣州質(zhì)檢)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD 為矩形,PA⊥平面ABCD,點(diǎn)E在線段PC上,PC⊥平面BDE. (1)證明:BD⊥平面PAC; (2)若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A的正切值. (1)證明 ∵PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, ∴PA⊥BD. 同理由PC⊥平面BDE,可證得PC⊥BD. 又PA∩PC=P,∴BD⊥平面PAC. (2)解 如圖,分別以射線AB,AD,AP為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系. 由(1)知BD⊥平面PAC, 又AC?平面PAC,∴BD⊥AC. 故矩形ABCD為正方形, ∴AB=BC=CD=AD=2. ∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1). ∴=(2,0,-1),=(0,2,0),=(-2,2,0). 設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則 即 ∴取x=1得n=(1,0,2). ∵BD⊥平面PAC, ∴=(-2,2,0)為平面PAC的一個(gè)法向量. cos〈n,〉==-. 設(shè)二面角B-PC-A的平面角為α,由圖知0<α<, ∴cos α=,sin α==. ∴tan α==3,即二面角B-PC-A的正切值為3. 能力提升題組 (建議用時(shí):25分鐘) 一、填空題 1. 如圖,正方形ACDE與等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90,F(xiàn),G分別是線段AE,BC的中點(diǎn).則AD與GF所成的角的余弦值為_(kāi)_______. 解析 如圖,以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,A(0,2,0),B(2,0,0),D(0,0,2),G(1,0,0),F(xiàn)(0,2,1),=(0,-2,2),=(-1,2,1), ∴||=2,||=,=-2, ∴cos〈,〉==-. ∴直線AD與GF所成角的余弦值為. 答案 2.在四面體PABC中,PA,PB,PC兩兩垂直,設(shè)PA=PB=PC=a,則點(diǎn)P到平面ABC的距離為_(kāi)_______. 解析 根據(jù)題意,可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P-xyz,則P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).過(guò)點(diǎn)P作PH⊥平面ABC,交平面ABC于點(diǎn)H,則PH的長(zhǎng)即為點(diǎn)P到平面ABC的距離. ∵PA=PB=PC,∴H為△ABC的外心. 又∵△ABC為正三角形,∴H為△ABC的重心,可得H點(diǎn)的坐標(biāo)為. ∴PH==a. 答案 a 3.在正四棱錐SABCD中,O為頂點(diǎn)在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點(diǎn),且SO=OD,則直線BC與平面PAC所成的角是________. 解析 如圖,以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 設(shè)OD=SO=OA=OB=OC=a.則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P. 則=(2a,0,0),=, =(a,a,0),設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為n, 設(shè)n=(x,y,z), 則解得可取n=(0,1,1), 則cos〈,n〉===, ∴〈,n〉=60, ∴直線BC與平面PAC所成的角為90-60=30. 答案 30 二、解答題 4.(xx北京卷改編)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1C1C是邊長(zhǎng)為4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求證:AA1⊥平面ABC; (2)求二面角A1BC1B1的余弦值; (3)在線段BC1上是否存在點(diǎn)D,使得AD⊥A1B?若存在,試求出的值. (1)證明 在正方形AA1C1C中,A1A⊥AC. 又平面ABC⊥平面AA1C1C,且平面ABC∩平面AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面ABC. (2)解 由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB,由題意知, 在△ABC中,AC=4,AB=3,BC=5, ∴BC2=AC2+AB2, ∴AB⊥AC. ∴以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),于是=(4,0,0),= (0,3,-4),=(4,-3,0),=(0,0,4). 設(shè)平面A1BC1的法向量n1=(x1,y1,z1),平面B1BC1的法向量n2=(x2,y2,z2). ∴? ∴取向量n1=(0,4,3), 由? 取向量n2=(3,4,0), ∴cos θ===. 由題圖可判斷二面角A1BC1B1為銳角, 故二面角A1BC1B1的余弦值為. (3)解 假設(shè)存在點(diǎn)D(x,y,z)是直線BC1上一點(diǎn),使AD⊥A1B,且=λ. ∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ, ∴=(4λ,3-3λ,4λ), 又AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0,解得λ=, 因?yàn)椤蔥0,1],所以在線段BC1上存在點(diǎn)D,使得AD⊥A1B.此時(shí)=.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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