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2020届高考冲刺阶段专题集训(理科)数学10
空间向量在立体几何中的应用
1.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,若AP=AB=1AD=1,AC=√3.
2
(1)求证:平面PAC⊥平面PCD.
(2)求棱PD与平面PBC所成角的正弦值.
2.如图,多面体ABCDB1C1为正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得,M为CB1的中点,且
BC=BB1=2.
(1)若D为AA1的中点,求证:AM∥平面DB1C1.
(2)若二面角D-B1C1-B的大小为π3,求直线DB1与平面ACB1所成角的正弦值.
3.在以下图的几何体中,平面ADNM⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,四边形ADNM是矩形,∠
π
DAB=3,AB=2,AM=1,E是AB的中点.
(1)求证:平面DEM⊥平面ABM.
π
(2)在线段AM上能否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为4?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理
由.
4.如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,AC与BD交于点O,将△ADB沿直线DB折起到△PDB的地点(点P不与A,C两点重合).
(1)求证:BD⊥平面PAC.
当
⊥平面
时
是线段
上的一个动点
若
与平面
所成的角为
????
(2)
ABCD
,M
PC
OM
PBC
的值.
PO
,
30°,求????
参照答案与分析
1.解:(1)∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD,
∵AD=2,AC=√3,CD=AB=1,∴AD2=AC2+CD2,∴AC⊥CD,
∴CD⊥平面PAC.
又CD?平面PCD,
∴平面PAC⊥平面PCD.
(2)以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,成立以下图的空间
直角坐标系,
则B(1,0,0),C(0,√3,0),D(-1,√3,0),P(0,0,1),
于是???=?(1,0,-1),????=(0,√3,-1),????=(?-1,√3,-1),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则{??·???=?0,可取n=(√3,1,√3),
??
??·????=0,
设PD与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,????>|=?√105.
35
2.解:(1)取B1C1的中点N,连结MN,则MN为△B1C1C的中位线,∴MN=1CC1.∵D为AA1的中
2
点,∴AD=1CC1,∴MN∥AD,MN=AD,
2
∴四边形ADNM为平行四边形,
∴AM∥DN,∴AM∥平面DB1C1.
(2)
由B1C1⊥DN,B1C1⊥MN,得∠DNM为二面角D-B1C1-B的平面角,
由二面角D-B1C1-B大小为
π
1
3,得AD=2BB1,
如图,设BC的中点为O,以直线OB,ON,OA分别为x,y,z轴成立空间直角坐标系O-xyz,则
A(0,0,√3),C(-1,0,0),B1(1,2,0),D(0,1,√3).
∴????
??
???????
设平面
ACB
1的法向量为
n=(x,y,z),
1
=(1,1,-3),
??=(-1,0,-3),
1
=(1,2,-
3).
√
√
√
则{??·???????1=0,可取n=(-√3,√3,1),
??
??·????=0,
∴|cos<n,????
|????·????|√105
1
=
,
????????
35
|????1||??|
∴
1
所成角的正弦值为
√105
35.
ACB
3.解:
(1)由于四边形ABCD是菱形,∠DAB=
π
,E是AB的中点,因此DE⊥AB.
3
由于四边形ADNM是矩形,因此MA⊥AD,由于平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD,因此MA⊥平面ABCD.
又DE?平面ABCD,因此DE⊥AM.又AM∩AB=A,AM,AB?平面ABM.
因此DE⊥平面ABM,
由于DE?平面DEM,因此平面DEM⊥平面ABM.
(2)在线段AM上存在点P,原因以下:
以D为原点,DE,DC,DN所在直线分别为x轴,y轴,z轴,成立以下图的空间直角坐标系D-xyz.
则D(0,0,0),E(√3,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1),????=(-√3,2,0),
设P(√3,-1,m)(0≤m≤1),则???=(0,-1,m),
易知平面ECD的一个法向量为?????=(0,0,1).
设平面PEC的法向量为n=(x,y,z),
??????=0,-√3x+2y=0,
则{·即{取z=1,
??
-??+????=0,
??·??=0,
2??
则n=(,m,1),
√3
假定在线段AM上存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π,
4
则cosπ
????
解得
??·????
4??2
1
,
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