2019年高考數(shù)學一輪復(fù)習 第十二單元 空間向量 高考達標檢測(三十三)空間向量2綜合——翻折、探索 理.doc
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2019年高考數(shù)學一輪復(fù)習 第十二單元 空間向量 高考達標檢測(三十三)空間向量2綜合翻折、探索 理1如圖1,在ABC中,C90,ACBC3a,點P在AB 上,PEBC交AC于點E,PFAC交BC于點F.沿PE將APE翻折成APE,使得平面APE平面ABC;沿PF將BPF翻折成BPF,使得平面BPF平面ABC,如圖2.(1)求證:BC平面APE;(2)若AP2PB,求二面角APCB的正切值解:(1)證明:因為FCPE,F(xiàn)C平面APE,PE平面APE,所以FC平面APE.因為平面APE平面ABC,且平面APE平面ABCPE,AEPE,所以AE平面ABC.同理BF平面ABC,所以BFAE,從而BF平面APE.又FCBFF,所以平面BCF平面APE.因為BC平面BCF,所以BC平面APE.(2)易知EC,EP,EA兩兩垂直,可建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz.則C(a,0,0),P(0,2a,0),A(0,0,2a),B(a,2a,a)所以(a,0,2a),(0,2a,2a),(0,2a,a),(a,0,a)設(shè)平面ACP的一個法向量為m(x,y,1),則即解得所以平面ACP的一個法向量為m(2,1,1)設(shè)平面BCP的一個法向量為n(x,y,1),則即解得所以平面BCP的一個法向量為n.設(shè)二面角APCB的大小為,易知為銳角,則cos ,從而可得tan ,即二面角APCB的正切值為.2.如圖,在梯形ABCD中,ABCD,ADDCCB1,ABC60.EAFC,且FC平面ABCD,F(xiàn)C2,AE1,點M為EF上任意一點(1)求證:AMBC;(2)點M在線段EF上運動(包括兩端點),試確定M的位置,使平面MAB與平面FBC所成的銳二面角為60.解:(1)證明:ABCD,ADDCCB1,ABC60,AB2,連接AC,在ABC中,AC2AB2BC22ABBCcos 602212221cos 603,AB2AC2BC2,BCAC.FC平面ABCD,F(xiàn)CBC.又ACFCC,BC平面AEFC,AM平面AEFC,BCAM.(2)以C為坐標原點,分別以直線CA,CB,CF為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C xyz,則A(,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),F(xiàn)(0,0,2),E(,0,1),(,1,0),設(shè)M(x,y,z), (01),則(x,y,z2)(,0,1),故M(,0,2),(,0,2)設(shè)平面ABM的法向量m(x1,y1,z1),則即令x11,可得y1,z1,m.易知平面FBC的一個法向量為n(1,0,0),cos 60,1,點M與點E重合時,平面MAB與平面FBC所成的銳二面角為60.3如圖,已知在長方形ABCD中,AB2,A1,B1分別是邊AD,BC上的點,且AA1BB11,A1E垂直B1D于E,F(xiàn)為AB的中點把長方形ABCD沿直線A1B1折起,使得平面AA1B1B平面A1B1CD,且直線B1D與平面AA1B1B所成的角為30.(1)求異面直線A1E,B1F所成角的余弦值;(2)求二面角FB1DA1的余弦值解:由已知條件可得A1A,A1B1,A1D兩兩垂直,可建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)1xyz,由已知AB2,AA1BB11,可得A1(0,0,0),B1(2,0,0),F(xiàn)(1,0,1)又A1D平面AA1B1B,所以B1D與平面AA1B1B所成的角為DB1A130,又A1B1AB2,A1EB1D,所以A1E1,A1D,從而易得E,D.(1)因為,(1,0,1),所以cos ,所以異面直線A1E,B1F所成角的余弦值為.(2)易知平面A1B1CD的一個法向量m(0,0,1)設(shè)n(x,y,z)是平面B1DF的法向量,易知,所以即令x1,得n(1,1)所以cosm,n.由圖知二面角FB1DA1為銳角,所以二面角FB1D A1的余弦值為.4(xx成都模擬)如圖,在正方形ABCD中,點E,F(xiàn)分別是AB,BC的中點,BD與EF交于點H,G為BD的中點,點R在線段BH上,且(0)現(xiàn)將AED, CFD,DEF分別沿DE,DF,EF折起,使點A,C重合于點B(該點記為P),如圖所示(1)若2,求證:GR平面PEF;(2)是否存在正實數(shù),使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由解:(1)證明:由題意,可知PE,PF,PD三條直線兩兩垂直PD平面PEF.在圖中,E,F(xiàn)分別是AB,BC的中點,G為BD的中點,EFAC,GDGB2GH.在圖中,2,且2,在PDH中,GRPD,GR平面PEF.(2)由題意,分別以PF,PE,PD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Pxyz.設(shè)PD4,則P(0,0,0),F(xiàn)(2,0,0),E(0,2,0),D(0,0,4),H(1,1,0),(2,2,0),(0,2,4),R,0,2,0,0.設(shè)平面DEF的一個法向量為m(x,y,z),由得取z1,則m(2,2,1)直線FR與平面DEF所成角的正弦值為,|cosm,|,921870,解得或(不合題意,舍去)故存在正實數(shù),使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為.已知在三棱柱ABCA1B1C1中,B1B平面ABC,ABC90,B1BAB2BC4,D,E分別是B1C1,A1A的中點(1)求證:A1D平面B1CE;(2)設(shè)M是B1E的中點,N在棱AB上,且BN1,P是棱AC上的動點,直線NP與平面MNC所成角為,試問:的正弦值存在最大值嗎?若存在,請求出的值;若不存在,請說明理由 解:(1)證明:連接BC1交B1C于點O,連接EO,DO,在B1BC1中,DO綊B1B,在四邊形B1BA1A中,A1E綊B1B,A1E綊DO,四邊形A1EOD是平行四邊形,A1DEOA1D平面B1CE,EO平面B1CE,A1D平面B1CE.(2)假設(shè)存在符合題意的點P.以B為坐標原點,BA,BC,BB1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz,由已知得A(4,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,4),E(4,0,2),M(2,0,3),N(1,0,0),則(1,0,3),(1,2,0),(4,2,0),(3,0,0)設(shè)平面MNC的一個法向量m(x,y,z),則即取x6,得m(6,3,2),設(shè) (01),則(34,2,0),由題設(shè)得sin |cos,m|,設(shè)t1(01),則1t,且0t1,sin .當t0時,sin 0,當0t1時,sin .當且僅當,即t時,sin 取得最大值,此時.存在符合題意的點P,且.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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