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- 2021-06-10 发布
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全*品*高*考*网, 用后离不了!2016-2017学年重庆市合川大石中学高二(上)期中数学试卷(理科)
一、选择题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)
1.在空间直角坐标系中,点(﹣2,1,4)关于x轴的对称点的坐标为( )
A.(﹣2,1,﹣4) B.(﹣2,﹣1,﹣4) C.(2,1,﹣4) D.(2,﹣1,4)
2.设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若m∥n,n⊥α,则m⊥α D.若m∥α,α⊥β,则m⊥β
3.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,异面直线AC和BC1所成的角为( )
A.45° B.30° C.60° D.90°
4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.64 B.72 C.80 D.112
5.下列说法中正确的个数有( )
①两平面平行,夹在两平面间的平行线段相等;
②两平面平行,夹在两平面间的相等的线段平行;
③两条直线被三个平行平面所截,截得的线段对应成比例;
④如果夹在两平面间的三条平行线段相等,那么这两个平面平行.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
6.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是( )
A. B.1 C. D.
7.如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:
①;
②∠BAC=60°;
③三棱锥D﹣ABC是正三棱锥;
④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.
其中正确的是( )
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
8.设m、n是不同的直线,α、β、γ是不同的平的,有以下四个命题:
①若α∥β,α∥γ,则β∥γ ②若α⊥β,m∥α,则m⊥β
③若m∥n,n⊂α,则m∥α ④若m⊥α,m∥β,则α⊥β
其中正确命题的序号是( )
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
9.如图,E为正方体的棱AA1的中点,F为棱AB上的一点,且∠C1EF=90°,则AF:FB=( )
A.1:1 B.1:2 C.1:3 D.1:4
10.如图,∠C=,AC=BC,M、N分别是BC、AB的中点,将△
BMN沿直线MN折起,使二面角B′﹣MN﹣B的大小为,则B'N与平面ABC所成角的正切值是( )
A. B. C. D.
11.正四棱锥S﹣ABCD中,侧棱与底面所成的角为α,侧面与底面所成的角为β,侧面等腰三角形的底角为γ,相邻两侧面所成的二面角为θ,则α、β、γ、θ的大小关系是( )
A.α<β<γ<θ B.α<β<θ<γ C.θ<α<γ<β D.α<γ<β<θ
12.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是( )
A.[,1] B.[,1] C.[,] D.[,1]
二、填空题(本题共4道小题,每小题5分,共20分)
13.已知,若则实数x= .
14.过两条异面直线中的一条且平行于另一条的平面有 个.
15.如图所示,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= .
16.如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C′,E点在线段AC′上,若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°,则= .
三、解答题(本题共6道小题,共70分)
17.(10分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,AB=2,PD=,O为AC与BD的交点,E为棱PB上一点.
(Ⅰ)证明:平面EAC⊥平面PBD;
(Ⅱ)若PD∥平面EAC,求三棱锥P﹣EAD的体积.
18.(12分)在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点;
(I)求异面直线A1B,AC1所成角的余弦值;
(II)求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值.
19.(12分)在直角梯形PBCD中,
,A为PD的中点,如图.将△PAB沿AB折到△SAB的位置,使SB⊥BC,点E在SD上,且,如图.
(Ⅰ)求证:SA⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角E﹣AC﹣D的正切值.
20.(12分)如图所示,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,,.
(1)当时,求证:BM∥平面ADEF;
(2)若平面BDM与平面ABF所成锐角二面角的余弦值为时,求λ的值.
21.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.E是PB的中点.
(Ⅰ)求证:平面EAC⊥平面PBC;
(Ⅱ)若二面角P﹣AC﹣E的余弦值为,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.
22.(12分)如图,已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥
底面ABCD,点M在AB上,且AM:MB=1:2,E为PB的中点.
(1)求证:CE∥平面ADP;
(2)求证:平面PAD⊥平面PAB;
(3)棱AP上是否存在一点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
2016-2017学年重庆市合川大石中学高二(上)期中数学试卷(理科)
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)
1.在空间直角坐标系中,点(﹣2,1,4)关于x轴的对称点的坐标为( )
A.(﹣2,1,﹣4) B.(﹣2,﹣1,﹣4) C.(2,1,﹣4) D.(2,﹣1,4)
【考点】空间直角坐标系.
【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征,点(x,y,z)关于x轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可,即可得对称点的坐标.
【解答】解:∵在空间直角坐标系中,
点(x,y,z)关于x轴的对称点的坐标为:(x,﹣y,﹣z),
∴点(﹣2,1,4)关于x轴的对称点的坐标为:
(﹣2,﹣1,﹣4).
故选B.
【点评】本小题主要考查空间直角坐标系、空间直角坐标系中点的坐标特征等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.属于基础题.
2.设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若m∥n,n⊥α,则m⊥α D.若m∥α,α⊥β,则m⊥β
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.
【分析】对4个选项分别进行判断,即可得出结论.
【解答】解:对于A,若m∥α,n∥α,则m∥n,或m,n相交、异面,故不正确;
对于B,若m∥α,m∥β,则α∥β或α,β相交,故不正确;
对于C,因为如果两条平行线中有一条和一个平面垂直,则另一条一定和这个平面垂直,故正确;
对于D,若m∥α,α⊥β,则m、β相交或平行,或m⊂β,故不正确.
故选:C.
【点评】本题考查的知识点是空间直线与平面位置关系的判断,熟练掌握直线与平面之间位置关系的判定定理,性质定理,及定义和空间特征是解答此类问题的关键.
3.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,异面直线AC和BC1所成的角为( )
A.45° B.30° C.60° D.90°
【考点】异面直线及其所成的角.
【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A,得到的锐角或直角就是异面直线所成的角,在三角形中再利用余弦定理求出此角即可.
【解答】解:如图
将BC1平移至AD1处,
∠D1AC就是所求的角,又△AD1C为正三角形.
∴∠D1AC=60°.
故选C
【点评】本小题主要考查异面直线所成的角,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,属于基础题.
4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.64 B.72 C.80 D.112
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,高为3,下部为正方体,边长为4的组合体.分别求得体积再相加.
【解答】解:由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,下部为正方体的组合体.四棱锥的高h1=3,正方体棱长为4
V正方体=Sh2=42×4=64,V四棱锥=Sh1==16,
所以V=64+16=80.
故选:C.
【点评】本题考查三视图求几何体的体积,考查计算能力,空间想象能力,三视图复原几何体是解题的关键.
5.下列说法中正确的个数有( )
①两平面平行,夹在两平面间的平行线段相等;
②两平面平行,夹在两平面间的相等的线段平行;
③两条直线被三个平行平面所截,截得的线段对应成比例;
④如果夹在两平面间的三条平行线段相等,那么这两个平面平行.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.
【分析】①根据面面平行的性质判断.②线段相等,不一定平行.③利用平面与平面平行的性质,可得正确;④分类讨论,可得结论.
【解答】解:解:①根据面面平行的性质,可知夹在两平面间的平行线段相等,正确.
②夹在两平面问的相等的线段不一定是平行的,所以错误.
③两条直线被三个平行平面所截,截得的线段对应成比例,利用平面与平面平行的性质,可得正确;
④如果两个平面平行,则夹在两个平面间的三条平行线段一定相等,如果两个平面相交,则夹在两个平面间的三条平行线段可能相等,故这两个平面平行或相交,不正确.
故选:B.
【点评】本题主要考查空间直线和平面平行和面面平行的性质,根据相应的平行定理是解决本题的关键.
6.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是( )
A. B.1 C. D.
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】根据几何体的三视图,得出该几何体是直三棱锥,根据图中的数据,求出该三棱锥的4个面的面积,得出面积最大的三角形的面积.
【解答】解:根据几何体的三视图,得;
该几何体是如图所示的直三棱锥,
且侧棱PA⊥底面ABC,
PA=1,AC=2,点B到AC的距离为1;
∴底面△ABC的面积为S1=×2×1=1,
侧面△PAB的面积为S2=××1=,
侧面△PAC的面积为S3=×2×1=1,
在侧面△PBC中,BC=,PB==,PC==
,
∴△PBC是Rt△,
∴△PBC的面积为S4=××=;
∴三棱锥P﹣ABC的所有面中,面积最大的是△PBC,为.
故选:A.
【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题,也考查了空间中的位置关系与距离的计算问题,是基础题目.
7.如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:
①;
②∠BAC=60°;
③三棱锥D﹣ABC是正三棱锥;
④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.
其中正确的是( )
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
【考点】棱锥的结构特征;向量的数量积判断向量的共线与垂直.
【分析】①由折叠的原理,可知BD⊥平面ADC,可推知BD⊥AC,数量积为零,②因为折叠后AB=AC=BC,三角形为等边三角形,所以∠BAC=60°;③又因为DA=DB=DC,根据正三棱锥的定义判断.④平面ADC和平面ABC不垂直.
【解答】解:BD⊥平面ADC,⇒BD⊥AC,①错;
AB=AC=BC,②对;
DA=DB=DC,结合②,③对④错.
故选B.
【点评】本题是一道折叠题,主要考查折叠前后线线,线面,面面关系的不变和改变,解题时要前后对应,仔细论证,属中档题.
8.设m、n是不同的直线,α、β、γ是不同的平的,有以下四个命题:
①若α∥β,α∥γ,则β∥γ ②若α⊥β,m∥α,则m⊥β
③若m∥n,n⊂α,则m∥α ④若m⊥α,m∥β,则α⊥β
其中正确命题的序号是( )
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.
【分析】①根据面面平行的性质进行判断,
②根据线面垂直和面面垂直的性质和判定定理进行判断,
③根据线面平行的判定定理进行判断,
④根据线面垂直,线面平行和面面垂直的性质进行判断.
【解答】解:①若α∥β,α∥γ,则β∥γ,成立,故①正确,
②若α⊥β,m∥α,则m⊥β或m∥β或m⊂β,故②错误,
③若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,故③错误,
④若m⊥α,m∥β,则α⊥β成立,故④正确,
故正确是①④,
故选:B.
【点评】本题主要考查与空间直线和平面平行或垂直的命题的真假的判断,要求熟练掌握空间线面,面面平行或垂直的性质定理和判定定理.
9.如图,E为正方体的棱AA1的中点,F为棱AB上的一点,且∠C1EF=90°,则AF:FB=( )
A.1:1 B.1:2 C.1:3 D.1:4
【考点】棱柱的结构特征.
【分析】设出正方体的棱长,求出C1E,利用∠C1EF=90°,通过C1F求出x的值,即可得到结果.
【解答】解:解:设正方体的棱长为:2,由题意可知C1E==3,
∠C1EF=90°,所以设AF=x,12+x2+C1E2=22+22+(2﹣x)2,
解得:x=,所以AF:FB=: =1:3;
故选:C.
【点评】本题是基础题,考查正方体的变的计算,考查直角三角形的利用,长方体的性质,考查计算能力.
10.如图,∠C=,AC=BC,M、N分别是BC、AB的中点,将△BMN沿直线MN折起,使二面角B′﹣MN﹣B的大小为,则B'N与平面ABC所成角的正切值是( )
A. B. C. D.
【考点】直线与平面所成的角.
【分析】由题意及折叠之前与折叠之后BM与CM都始终垂直于MN,且折叠之前图形为等腰直角三角形,由于要求直线与平面所成的线面角,所以由直线与平面所成角的定义要找到斜线B′M在平面ACB内的射影,而射影是有斜足与垂足的连线,所以关键是要找到点B′在平面ABC内的投影点,然后放到直角三角形中进行求解即可.
【解答】解:∵∠C=,AC=BC,M、N分别是BC、AB的中点,
将△BMN沿直线MN折起,使二面角B′﹣MN﹣B的大小为,
∴∠BMB′=,
取BM的中点D,连B′D,ND,
由于折叠之前BM与CM都始终垂直于MN,这在折叠之后仍然成立,
∴折叠之后平面B′MN与平面BMN所成的二面角即为∠B′MD=60°,
并且B′在底面ACB内的投影点D就在BC上,且恰在BM的中点位置,
∴B′D⊥BC,B′D⊥AD,B′D⊥面ABC,
∴∠B′ND就为斜线B′N与平面ABC所成的角
设AC=BC=a,则B′D=,B′N=,DN=,
tan∠B′ND===.
故B'N与平面ABC所成角的正切值是.
故选:D.
【点评】本题考查平面图形的翻折与线面角的问题,应注意折前与折后的各种量变与不变的关系,而对于线面角的求解通常有传统的求作角、解三角形法及向量方法,这个内容是高考中三个角的重点考查内容之一,一般不会太难,但对学生的识图与空间想象能力的要求较高,是很好区分学生空间想象能力的题型.
11.正四棱锥S﹣ABCD中,侧棱与底面所成的角为α,侧面与底面所成的角为β,侧面等腰三角形的底角为γ,相邻两侧面所成的二面角为θ,则α、β、γ、θ的大小关系是( )
A.α<β<γ<θ B.α<β<θ<γ C.θ<α<γ<β D.α<γ<β<θ
【考点】与二面角有关的立体几何综合题.
【分析】在正四棱锥S﹣ABCD,找出空间角的平面角,考虑通过三角函数的值大小关系得出角的大小关系.
【解答】解:如图,正四棱锥S﹣ABCD,设AB=2,高VO=h.H为BC中点.
在RT△VOB中,tanα=tan∠VBO==,
在RT△VOh中,tanβ=tan∠VHO==h,
在RT△VHC中,tanγ=tan∠VCH==,
∴0<tanα<tanβ<tanγ.∴α<β<γ<.
过点D作DE⊥VA于E,连接ED,由于△VBA≌△VDA,∴ED⊥VA,∠BED为相邻两侧面所成的二面角θ.
S△VAB=VA×BE=×BC×VH,即×BE=×2×,BE2=,DE2+BE2=2DE2<BD2,∴∠BED为钝角,
∴α<β<γ<θ.
故选A.
【点评】本题考查了正四棱锥的性质,空间角的定义及度量.三角函数的单调性.考查了空间想象能力、转化、计算能力.
12.(理)如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是( )
A.[,1] B.[,1] C.[,] D.[,1]
【考点】直线与平面所成的角.
【分析】由题意可得:直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪,再利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出.
【解答】解:由题意可得:直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪.
不妨取AB=2.
在Rt△AOA1中,sin∠AOA1===.
sin∠C1OA1=sin(π﹣2∠AOA1)=sin2∠AOA1=2sin∠AOA1cos∠AOA1=2××=>,
∴sinα的取值范围是[,1].
故选:B.
【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系即可、线面角的求法,考查了推理能力,属于中档题.
二、填空题(本题共4道小题,每小题5分,共20分)
13.已知,若则实数x= 4 .
【考点】空间向量的数量积运算.
【分析】利用向量垂直的性质求解.
【解答】解:∵,,
∴=6﹣2﹣x=0,
解得x=4.
∴实数x的值为4.
故答案为:4.
【点评】本题考查实数值的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意向量垂直的性质的合理运用.
14.过两条异面直线中的一条且平行于另一条的平面有 1 个.
【考点】直线与平面平行的判定.
【分析】根据空间两条异面直线位置关系和线面平行的定义,以及图象判断符合条件的平面的个数.
【解答】解:由于两条直线是异面直线,
则只能作出1个平面平行于另一条直线;
如图:异面直线a、b,过b上任一点作a的平行线c
则相交直线b、c确定一个平面,
且与a平行.
故答案为:1.
【点评】本题考查了线面平行的定义和异面直线位置关系,主要根据具体的位置关系和题意判断,考查了空间想象能力.
15.如图所示,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= a .
【考点】平面与平面平行的性质;棱柱的结构特征.
【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中,故需要求出PD,QD的长度,用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度.
【解答】解:∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1
∴MN∥平面ABCD,又PQ=面PMN∩平面ABCD,
∴MN∥PQ.
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点
∴MN∥A1C1∥AC,
∴PQ∥AC,又AP=,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体,
∴CQ=,从而DP=DQ=,
∴PQ===a.
故答案为: a
【点评】本题考查平面与平面平行的性质,是立体几何中面面平行的基本题型,本题要求灵活运用定理进行证明.
16.如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C′,E点在线段AC′上,若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°,则= .
【考点】与二面角有关的立体几何综合题.
【分析】取BD的中点O,连接AO,EO,C′O,由题设知AOE=15°,∠EOC′=30°,由此利用正弦定理能求出.
【解答】解:取BD的中点O,连接AO,EO,C′O,
∵菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C′,E点在线段AC′上,
∴C′O⊥BD,AO⊥BD,OC′=OA,
∴BD⊥平面AOC′,
∴EO⊥BD,
∵二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°,
∴∠AOE=15°,∠EOC′=30°,
∵OC′=OA,∴∠OC′E=∠OAE,
由正弦定理得,,
∴,
∴===.
故答案为:.
【点评】本题考查棱锥的结构特征,注意在翻折过程中哪些量发生了变化,哪些量没有发生变化;位于折线同侧的元素关系不变,位于折线两侧的元素关系会发生变化.
三、解答题(本题共6道小题,共70分)
17.(10分)(2015•沈阳模拟)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,AB=2,PD=,O为AC与BD的交点,E为棱PB上一点.
(Ⅰ)证明:平面EAC⊥平面PBD;
(Ⅱ)若PD∥平面EAC,求三棱锥P﹣EAD的体积.
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面垂直的判定.
【分析】(Ⅰ)由已知得AC⊥PD,AC⊥BD,由此能证明平面EAC⊥平面PBD.
(Ⅱ)由已知得PD∥OE,取AD中点H,连结BH,由此利用,能求出三棱锥P﹣EAD的体积.
【解答】(Ⅰ)证明:∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴AC⊥PD.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,
又∵PD∩BD=D,AC⊥平面PBD.
而AC⊂平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBD.
(Ⅱ)解:∵PD∥平面EAC,平面EAC∩平面PBD=OE,
∴PD∥OE,
∵O是BD中点,∴E是PB中点.
取AD中点H,连结BH,∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,
∴BH⊥AD,又BH⊥PD,AD∩PD=D,∴BD⊥平面PAD,.
∴
==.
【点评】本题考查平面与平面垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.
18.(12分)(2013秋•苏州期末)在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点;
(I)求异面直线A1B,AC1所成角的余弦值;
(II)求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值.
【考点】异面直线及其所成的角;直线与平面所成的角.
【分析】(I)以,,为x,y,z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz,可得和的坐标,可得cos<,>,可得答案;
(II)由(I)知, =(2,0,﹣4),=(1,1,0),设平面C1AD的法向量为=(x,y,z),由可得=(1,﹣1,),设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,>|=,进而可得答案.
【解答】解:(I)以,,为x,y,z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz,
则可得B(2,0,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),D(1,1,0),
∴=(2,0,﹣4),=(0,2,4),
∴cos<,>==
∴异面直线A1B,AC1所成角的余弦值为:;
(II)由(I)知, =(2,0,﹣4),=(1,1,0),
设平面C1AD的法向量为=(x,y,z),
则可得,即,取x=1可得=(1,﹣1,
),
设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,>|=
∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为:
【点评】本题考查异面直线所成的角,以及直线与平面所成的角,建立空间直角坐标系是解决问题的关键,属中档题.
19.(12分)(2012•碑林区校级模拟)在直角梯形PBCD中,,A为PD的中点,如图.将△PAB沿AB折到△SAB的位置,使SB⊥BC,点E在SD上,且,如图.
(Ⅰ)求证:SA⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角E﹣AC﹣D的正切值.
【考点】用空间向量求平面间的夹角;直线与平面垂直的判定;与二面角有关的立体几何综合题.
【分析】(法一)(1)由题意可知,翻折后的图中SA⊥AB①,易证BC⊥SA②,由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD;
(2)(三垂线法)由考虑在AD上取一点O,使得,从而可得EO∥SA,所以EO⊥平面ABCD,过O作OH⊥AC交AC于H,连接EH,∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角,在Rt△AHO中求解即可
(法二:空间向量法)
(1)同法一
(2)以A为原点建立直角坐标系,易知平面ACD的法向为,求平面EAC的法向量,代入公式求解即可
【解答】解法一:(1)证明:在题平面图形中,由题意可知,BA⊥PD,ABCD为正方形,
所以在翻折后的图中,SA⊥AB,SA=2,四边形ABCD是边长为2的正方形,
因为SB⊥BC,AB⊥BC,SB∩AB=B
所以BC⊥平面SAB,
又SA⊂平面SAB,
所以BC⊥SA,
又SA⊥AB,BC∩AB=B
所以SA⊥平面ABCD,
(2)在AD上取一点O,使,连接EO
因为,所以EO∥SA
因为SA⊥平面ABCD,
所以EO⊥平面ABCD,
过O作OH⊥AC交AC于H,连接EH,
则AC⊥平面EOH,
所以AC⊥EH.
所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角,.
在Rt△AHO中,
∴,
即二面角E﹣AC﹣D的正切值为
解法二:(1)同方法一
(2)解:如图,以A为原点建立直角坐标系,A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2),E(0,)
∴平面ACD的法向为
设平面EAC的法向量为=(x,y,z),
由,
所以,可取
所以=(2,﹣2,1).
所以
所以
即二面角E﹣AC﹣D的正切值为
【点评】本题以平面图形的翻折为载体,考查空间直线与平面的位置关系:直线与平面平行及直线与平面平行的判定定理的运用,空角角中的二面角的平面角的作法及求解,利用向量的方法求解空间距离及空间角的方法,两法并举,注意细细体会.
20.(12分)(2015秋•安徽校级期末)如图所示,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,,.
(1)当时,求证:BM∥平面ADEF;
(2)若平面BDM与平面ABF所成锐角二面角的余弦值为时,求λ的值.
【考点】直线与平面平行的判定;二面角的平面角及求法.
【分析】(1)取DE中点N,连结MN,AN,则由中位线定理可得BM∥AN,从而BM∥平面ADEF;
(2)建立空间坐标系,求出平面ABF和平面BDM的法向量,根据法向量夹角与二面角的关系列方程解出λ.
【解答】证明:(1)取DE中点N,连结MN,AN,
当λ=时,M为EC中点,又N是DE中点,
∴MN∥CD,MN=.
∵AB∥CD,AB=,
∴AB∥MN,AB=MN.
∴四边形ABMN是平行四边形,
∴BM∥AN,∵AN⊂平面ADEF,BM⊄平面ADEF,
∴BM∥平面ADEF.
(2)以D为坐标原点建立空间坐标系如图:
则为平面ABF的一个法向量,.
, =(0,4λ,2﹣2λ).
设=(x,y,z)为平面BDM的一个法向量,
则,令z=1,得=(,,1).
∴cos<>===﹣.
解得(舍)或λ=.
【点评】本题考查了线面平行的判定,二面角的求法,属于中档题.
21.(12分)(2016•辽宁二模)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.E是PB的中点.
(Ⅰ)求证:平面EAC⊥平面PBC;
(Ⅱ)若二面角P﹣AC﹣E的余弦值为,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.
【考点】用空间向量求平面间的夹角;平面与平面垂直的判定.
【分析】(Ⅰ)证明平面EAC⊥平面PBC,只需证明AC⊥平面PBC,即证AC⊥PC,AC⊥BC;
(Ⅱ)根据题意,建立空间直角坐标系,用坐标表示点与向量,求出面PAC的法向量=(1,﹣1,0),面EAC的法向量=(a,﹣a,﹣2),利用二面角P﹣A C﹣E的余弦值为,可求a的值,从而可求=(2,﹣2,﹣2),=(1,1,﹣2),即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值.
【解答】(Ⅰ)证明:∵PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PC,
∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC=,
∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,
又BC∩PC=C,∴AC⊥平面PBC,
∵AC⊂平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBC.…
(Ⅱ)如图,以C为原点,取AB中点F,、、分别为x轴、y轴、z轴正向,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,﹣1,0).
设P(0,0,a)(a>0),则E(,﹣,),…(6分)
=(1,1,0),=(0,0,a),=(,﹣,),
取=(1,﹣1,0),则•=•=0,为面PAC的法向量.
设=(x,y,z)为面EAC的法向量,则•=•=0,
即取x=a,y=﹣a,z=﹣2,则=(a,﹣a,﹣2),
依题意,|cos<,>|===,则a=2.…(10分)
于是=(2,﹣2,﹣2),=(1,1,﹣2).
设直线PA与平面EAC所成角为θ,则sinθ=|cos<,>|==,
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.…(12分)
【点评】本题考查面面垂直,考查线面角,解题的关键是掌握面面垂直的判定,利用向量的方法研究线面角,属于中档题.
22.(12分)(2016秋•合川区校级期中)如图,已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥底面ABCD,点M在AB上,且AM:MB=1:2,E为PB的中点.
(1)求证:CE∥平面ADP;
(2)求证:平面PAD⊥平面PAB;
(3)棱AP上是否存在一点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.
【分析】(1)取棱AP中点F,连接DF,EF,证明四边形EFDC为平行四边形,可得CE∥DF,即可证明CE∥平面ADP;
(2)证明CE⊥平面PAB,利用CN∥DF,可得DF⊥平面PAB,即可证明平面PAD⊥平面PAB;
(3)存在,.取BC中点O,连结AO交MD于Q,连结NQ,证明NQ⊥平面ABCD,即可得出结论.
【解答】(1)证明:取棱AP中点F,连接DF,EF.
∵EF为△PAB的中位线,∴EF∥AB,且
∵CD∥AB,且,∴EF∥CD,且EF=CD,
∴四边形EFDC为平行四边形,∴CE∥DF
∵DF⊂平面ADP,CE⊂平面ADP,
∴CE∥平面ADP
(2)证明:由(1)可得CE∥DF
∵PC=BC,E为PB的中点,∴CE⊥PB
∵AB⊥BC,平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,AB⊂平面ABCD
∴AB⊥平面PBC
又∵CE⊂平面PBC,
∴AB⊥CE
又∵CE⊥PB,AB∩PB=B,AB,PB⊂平面PBC,
∴CE⊥平面PAB
∵CN∥DF,
∴DF⊥平面PAB
又∵DF⊂平面PAD,
∴平面PAD⊥平面PAB;
(3)解:存在,.
证明:取BC中点O,连结AO交MD于Q,连结NQ,
在平面ABCD中由平几得,∴∥OP.
∵O为等腰△PBC底边上的中点,∴PO⊥BC,
∵PBC⊥底面ABCD,PO⊂平面PBC,平面PBC∩平面ABCD=BC,
∴PO⊥平面ABCD,∴NQ⊥平面ABCD,
∵NQ⊂平面DMN,∴平面DMN⊥平面ABC.
【点评】本题考查线面垂直、线面平行,面面垂直,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.