屆高三數(shù)學理科一輪復習試卷_第單元立體幾何與空間向量-資料下載頁
2025-01-09 11:37本頁面
【正文】 面 MBC的一個法向量，設二面角 N－ CM－ B的大小等于 θ，由已知得二面角 N－ CM－ B是銳角， ∴ cos θ＝ | nOP→|n||OP→ ||＝ 13. ∴ 二面角 N－ CM－ B的余弦值等于 13. 21． (1)證明 因為 PA⊥ 平面 ABC， AC? 平面 ABC， 所以 PA⊥ AC. 又因為 AB⊥ AC，且 PA∩ AB＝ A， 所以 AC⊥ 平面 PAB. 又因為 PB? 平面 PAB， 所以 AC⊥ PB. (2)證明 因為 PA⊥ 平面 ABC，所以 PA⊥ AB， PA⊥ AC. 又因為 AB⊥ AC，所以以 A為原點， 分別以 AC， AB， AP 所在直線為 x軸， y軸， z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系 AC＝ 2a， AB＝ b， PA＝ 2c，則 A(0,0,0)， B(0， b,0)，C(2a,0,0)， P(0,0,2c)， D(0,0， c)， O(a,0,0)， 又因為 OG→ ＝ 13(OA→ ＋ OB→ )， 所以 G(a3， b3， 0)， 于是 DG→ ＝ (a3， b3，－ c)， BC→ ＝ (2a，－ b,0)， PB→ ＝ (0， b，－ 2c)． 設平面 PBC的一個法向量 n＝ (x0， y0， z0)， 則有????? nBC→ ＝ 0nPB→ ＝ 0，即????? 2ax0－ by0＝ 0，by0－ 2cz0＝ 0. 不妨設 z0＝ 1，則有 y0＝ 2cb， x0＝ ca， 所以 n＝ (ca， 2cb， 1)． 因為 nDG→ ＝ (ca， 2cb， 1)(a3， b3，－ c) ＝ caa3＋ 2cb b3＋ 1(－ c)＝ 0， 所以 n⊥ DG→ ， 又因為 DG?平面 PBC，所以 DG∥ 平面 PBC. (3)解 由 (2)可知平面 PBC 的一個法向量 n＝ (ca， 2cb， 1)＝ (2,2,1)． 又因為 AC⊥ 平面 PAB， 所以面 PAB的一個法向量是 AC→ ＝ (2,0,0)． 又 cos〈 n， AC→ 〉＝ nAC→|n||AC→ |＝ 43 2＝ 23， 由圖可知，二面角 A－ PB－ C為銳角， 所以二面角 A－ PB－ C的余弦值為 23. 22． (1)證明 因為 BQ∥ AA1， BC∥ AD， BC∩ BQ＝ B， AD∩ AA1＝ A， 所以平面 QBC∥ 平面 A1AD. 從而平面 A1CD與這兩個平面的交線相互平行， 即 QC∥ A1D. 故 △ QBC與 △ A1AD 的對應邊相互平行， 于是 △ QBC∽△ A1AD. 所以 BQBB1＝ BQAA1＝ BCAD＝ 12，即 Q為 BB1的中點 ． (2)解 如圖 (1)，連接 QA， QD，設 AA1＝ h，梯形 ABCD 的高為 d，四棱柱被平面 α 所分成上下兩部分的體積分別為 V 上 和 V 下 ， BC＝ a，則AD＝ (1)VQ－ A1AD＝ 13122 ahd＝ 13ahd， VQ－ ABCD＝ 13a＋ 2a2 d(12h)＝ 14ahd， 所以 V 下 ＝ VQ－ A1AD＋ VQ－ ABCD＝ 712ahd， 又 V四棱柱 A1B1C1D1－ ABCD＝ 32ahd， 所以 V 上 ＝ V四棱柱 A1B1C1D1－ ABCD－ V 下 ＝ 32ahd－ 712ahd＝ 1112ahd. 故 V 上 ∶ V 下 ＝ 11∶ 7. (3)解 圖 (2)如圖 (2)，以 D為坐標原點， DA→ ， DD1→ 分別為 x軸和 z軸正方向建立空間直角坐標系 ． 設 ∠ CDA＝ θ， BC＝ a，則 AD＝ 2a， 因為 S 梯形 ABCD＝ a＋ 2a2 2sin θ＝ 6，所以 a＝ 2sin θ. 從而 C(2cos θ， 2sin θ， 0)， A1( 4sin θ， 0,4)， 所以 DC→ ＝ (2cos θ， 2sin θ， 0)， DA1→ ＝ ( 4sin θ， 0,4)， 設平面 A1DC的一個法向量 n＝ (x， y,1)， 由??? DA1→ n＝ 4sin θ x＋ 4＝ 0，DC→ n＝ 2xcos θ＋ 2ysin θ＝ 0， 得 x＝－ sin θ， y＝ cos θ， 所以 n＝ (－ sin θ， cos θ， 1)． 又因為平面 ABCD的一個法向量 m＝ (0,0,1)， 所以 cos〈 n， m〉＝ nm|n||m|＝ 22 ， 故平面 α與底面 ABCD所成二面角的大小為 π4.
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