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《优化探究》2015年高三数学(理科)二轮复习课时作业 1-5-2.doc

上传人:高**** 文档编号:149221 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:7 大小:253KB
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资源描述

1、课时跟踪训练1(2014年武汉模拟)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,CACB,ABAA1,BAA160.(1)证明:ABA1C;(2)若平面ABC平面AA1B1B,ABCB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值解:(1)证明:如图,取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.CACB,OCAB.ABAA1,BAA160,AA1B为等边三角形,OA1AB.OCOA1O,AB平面OA1C.又A1C平面OA1C,ABA1C.(2)由(1)知,OCAB,OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B,交线为AB,OC平面AA1B1B,OA,OA1,OC两两垂直以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|

2、为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.由题设知A(1,0,0),A1(0,0),C(0,0,),B(1,0,0)则(1,0,),(1,0),(0,)设n(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,则,即.可取n(,1,1)cosn,.直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.2(2014年四川高考)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MNNP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角ANPM的余弦值解:(1)证明:如图(1),取BD的中点O,连结AO,CO.由侧视图及俯视图知,ABD,BCD均为正三角形,因此A

3、OBD,OCBD.因为AO,OC平面AOC,且AOOCO,所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中点H,连结NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NHAO,MNBD.因为AOBD,所以NHBD.因为MNNP,所以BDNP.因为NH,NP平面NHP,且NHNPN,所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC.因为H为BO中点,故P为BC中点(2)解法一如图(2),作NQAC于Q,连结MQ.由(1)知,NPAC,所以NQNP.因为MNNP,所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知,A

4、BD,BCD为边长为2的正三角形,所以AOOC.由俯视图可知,AO平面BCD.因为OC平面BCD,所以AOOC,因此在等腰RtAOC中,AC.作BRAC于R,在ABC中,ABBC,所以BR.因为在平面ABC内,NQAC,BRAC,所以NQBR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ.同理,可得MQ.所以在等腰MNQ中,cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值是.解法二由俯视图及(1)可知,AO平面BCD.因为OC,OB平面BCD,所以AOOC,AOOB.又OCOB,所以直线OA,OB,OC两两垂直如图(3),以O为坐标原点,以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O

5、xyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,0),D(1,0,0)因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是(1,0,),(1,0),(1,0,0),.设平面ABC的一个法向量n1(x1,y1,z1),则即有从而取z11,则x1,y11,所以n1(,1,1)连结MP,设平面MNP的一个法向量n2(x2,y2,z2),则即有从而取z21,所以n2(0,1,1)设二面角ANPM的大小为,则cos .故二面角ANPM的余弦值是.3(2014年绵阳模拟)如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,ADC90,AE平面ABCD,EFCD,BCCDAEE

6、FAD1.(1)求证:CE平面ABF;(2)求证:BEAF;(3)在直线BC上是否存在点M,使二面角EMDA的大小为?若存在,求出CM的长,若不存在,请说明理由解:(1)证明:如图,作FGEA,AGEF,连结EG交AF于H,连结BH,BG,EFCD且EFAG,AGCD,即点G在平面ABCD内由AE平面ABCD知AEAG,又AGEF,AEFG,四边形AEFG为正方形,四边形CDAG为平行四边形,H为EG的中点,B为CG的中点,BHCE,CE平面ABF.(2)证明:在平行四边形CDAG中,ADC90,BGAG.又由AE平面ABCD知AEBG,BG平面AEFG,BGAF.又AFEG,AF平面BGE,

7、AFBE.(3)如图,以A为原点,AG为x轴,AD为y轴,AE为z轴建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),G(1,0,0),E(0,0,1),D(0,2,0),设M(1,y0,0),(0,2,1),(1,y02,0),设平面EMD的法向量n(x,y,z),则,令y1,得z2,x2y0,n(2y0,1,2)又平面AMD,(0,0,1)为平面AMD的一个法向量,|cosn,|cos,解得y02,故在BC上存在点M,且|CM|.4在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ADBC,BC2AD4,ABCD.(1)证明:BD平面PAC;(2)若二面角APCD的大小为60,求AP的值解:(1)证明

8、:设O为AC与BD的交点,作DEBC于点E.由四边形ABCD是等腰梯形得,CE1,DE3,所以BEDE,从而得DBCBCA45,所以BOC90,即ACBD.由PA平面ABCD得,PABD,所以BD平面PAC.(2)解法一作OHPC于点H,连结DH.由(1)知DO平面PAC,故DOPC.所以PC平面DOH,从而得PCOH,PCDH.故DHO是二面角APCD的平面角,所以DHO60.在RtDOH中,由DO,得OH.在RtPAC中.设PAx,可得.解得x,即AP.(2)解法二由(1)知ACBD.以O为原点,OB,OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示由题意知各点坐标如下:A(0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(,0,0)由PA平面ABCD,得PAz轴,故设点P(0,t)(t0)设m(x,y,z)为平面PDC的法向量,由(,2,0),(,t)知.取y1,得m.又平面PAC的一个法向量为n(1,0,0),于是|cosm,n|.解得t,即AP.

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