北師大版選修2-1高中數(shù)學第二章空間向量與立體幾何測試題a-wenkub.com
2024-11-29 00:16 本頁面
【正文】 cos45176。|PB→ |，即 |2t2－ 4t|t2＋ t2＋ ?4－ t?2＝ 1. 設 AB＝ AP＝ t，則 B(t,0,0)， P(0,0， t)． 由 AB＋ AD＝ 4 得 AD＝ 4－ t， 所以 E(0,3－ t,0)， C(1,3－ t,0)， D(0,4－ t,0)， CD→ ＝ (－ 1,1,0)， PD→ ＝ (0,4－ t，－ t)． (ⅰ )設平面 PCD的法向量為 n＝ (x， y， z)， 由 n⊥ CD→ ， n⊥ PD→ ，得????? － x＋ y＝ 0，?4－ t?y－ tz＝ 0. 取 x＝ t，得平面 PCD的一個法向量 n＝ (t， t,4－ t)． 又 PB→ ＝ (t,0，－ t)，故由直線 PB與平面 PCD所成的角為 30176。 求線段 AB 的長 ； (ⅱ )在線段 AD上是否存在一個點 G， 使得點 G到點 P， B、 C、 D的距離都相等 ？ 說明理由 ． [解析 ] 解法一： (1)因為 PA⊥ 平面 ABCD， AB 平面 ABCD， 所以 PA⊥ AB． 又 AB⊥ AD， PA∩ AD＝ A，所以 AB⊥ 平面 PAD． 又 AB 平面 PAB，所 以平面 PAB⊥ 平面 PAD． (2)以 A為坐標原點，建立空間直角坐標系 A－ xyz(如圖 )． 在平面 ABCD內(nèi)，作 CE∥ AB 交 AD于點 E，則 CE⊥ AD． 在 Rt△ CDE中， DE＝ CD|CB1→ |＝ 12，〈 AN→ ， CB1→ 〉＝ 60176。|AC→ |BD→ ＝ 0. 又 BC→ ＝ (－ 1,1,0)， BD→ ＝ (－ 1,0， c)， 故????? － x＋ y＝ 0，－ x＋ cz＝ 0. 令 x＝ 1，則 y＝ 1， z＝ 1c， AN→ ＝ ?? ??1， 1， 1c . 又平面 ABD的法向量 AC→ ＝ (0,1,0)． 由二面角 A－ BD－ C為 60176。 即 B1C與平面 BCD所成的 角為 30176。.設 AC＝ 2，則 AG＝ 23. 又 AB＝ 2， BC＝ 2 2，故 AF＝ 2. 由 ABCB1→ 〉＝ AC1→ BC→ ＝ 0，即 ??? 6y－ 3z＝ 0，－ 6＋ 6y＝ 0，解得 ??? y＝ 1，z＝ 2， 即 n＝ (1,1， 2)． 于是 cos〈 AC→ ， n〉＝ 2 62 6 4＝ 12， ∴ 〈 AC→ ， n〉＝ 60176。 所以 sin45176。?0， 0， 1?＝ ?x， y， z?AB1→ ＝ 4－ 1＝ 3， ∴ cos〈 BC1→ ， AB1→ 〉＝ BC1→ 所以直線 BC與平面 PAC的夾角為 90176。 [答案 ] A [解析 ] 如圖，以 O為坐標原點建立空間直角坐標系 O－ OD＝ SO＝ OA＝ OB＝ OC＝ a，則 A(a,0,0)， B(0， a,0)， C(－ a,0,0)， P(0，－ a2，a2)，則 CA→ ＝ (2a,0,0)， AP→ ＝ (－ a，－ a2，a2)， CB→ ＝ (a， a,0)，設平面 PAC的一個法向量為 n，可取 n＝ (0,1,1)，則 cos〈 CB→ ， n〉＝ CB→ PA→ ＝ 0得 ??? x＋ 3y＝ 02x－ 2z＝ 0 ，故可取 n1＝ ( 3，－ 1， 3)又平面 APC的法向量可取 n2＝ (0,1,0)， ∴ cosθ＝ － 17＝－ 77 . 9． 正四棱錐 S－ ABCD中 ， O為頂點在底面內(nèi)的投影 ， P為側棱SD的中點 ， 且 SO＝ OD， 則直線 BC與平面 PAC的夾角是 ( ) A． 30176。BD→ .所以 EC→ . 7． 已知正四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1中 ， AB＝ 2， CC1＝ 2 2， E 為 CC1的中點 ， 則直線AC1與平面 BED的距離為 ( ) A． 2 B． 3 C． 2 D． 1 [答案 ] D [解析 ] 本小題主要考查了正四棱柱的性質的運用，以及點到面的距離的求解 ． 連結 AC交 BD于 O，連 EO，則 OE∥ AC1. ∴ AC1到平面 BED的距離，即為 C1點到平面 BED之距，又 C1E＝ CE且 CC1∩ 平面 BED＝ E， ∴ C1點到平面 BED之間距離等于 C點到平面 BED之距 ． 又 BD⊥ 平面 ECO， ∴ 平面BED⊥ 平面 ECO，過 C作 CH⊥ EO于 H，則 CH即為點 C到平面
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