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2018年高中數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)高考中檔大題專項訓(xùn)練-立體幾何與空間向量1.如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,AB=5,AC=6,點E,F(xiàn)分別在AD,CD上,AE=CF=eq\f(5,4),EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=eq\r(10).(1)證明:D′H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D′A-C的正弦值.(1)證明由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得eq\f(AE,AD)=eq\f(CF,CD),故AC∥EF.因此EF⊥HD,從而EF⊥D′H.由AB=5,AC=6得DO=BO=eq\r(AB2-AO2)=4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)=eq\f(AE,AD)=eq\f(1,4).所以O(shè)H=1,D′H=DH=3.于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH.又D′H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如圖,以H為坐標(biāo)原點,eq\o(HF,\s\up6(→))的方向為x軸正方向,eq\o(HD,\s\up6(→))的方向為y軸正方向,eq\o(HD′,\s\up6())的方向為z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D′(0,0,3),eq\o(AB,\s\up6(→))=(3,-4,0),eq\o(AC,\s\up6(→))=(6,0,0),eq\o(AD′,\s\up6(→))=(3,1,3).設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))=0,,m·\o(AD′,\s\up6(→))=0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1-4y1=0,,3x1+y1+3z1=0,))所以可取m=(4,3,-5).設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))=0,,n·\o(AD′,\s\up6(→))=0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x2=0,,3x2+y2+3z2=0,))所以可取n=(0,-3,1).于是cos〈m,n〉=eq\f(m·n,|m||n|)=eq\f(-14,\r(50)×\r(10))=-eq\f(7\r(5),25).sin〈m,n〉=eq\f(2\r(95),25).因此二面角B-D′A-C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).
4.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=eq\f(1,2)AD.E為棱AD的中點,異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內(nèi)找一點M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.延長AB,DC,相交于點M(M∈平面PAB),點M即為所求的一個點.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE.所以CM∥平面PBE.(說明:延長AP至點N,使得AP=PN,則所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)方法一由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.過點A作AH⊥CE,交CE的延長線于點H,連接PH.易知PA⊥平面ABCD,從而PA⊥CE.且PA∩AH=A,于是CE⊥平面PAH.又CE?平面PCE,所以平面PCE⊥平面PAH.過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA與平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=eq\f(\r(2),2).在Rt△PAH中,PH=eq\r(PA2+AH2)=eq\f(3\r(2),2).所以sin∠APH=eq\f(AH,PH)=eq\f(1,3).方法二由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由∠PAB=90°,且PA與CD所成的角為90°,可得PA⊥平面ABCD.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A為原點,以eq\o(AD,\s\up6(→)),eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).所以eq\o(PE,\s\up6(→))=(1,0,-2),eq\o(EC,\s\up6(→))=(1,1,0),eq\o(AP,\s\up6(→))=(0,0,2).設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))=0,,n·\o(EC,\s\up6(→))=0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-2z=0,,x+y=0.))設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1).設(shè)直線PA與平面PCE所成的角為α,則sinα=eq\f(|n·\o(AP,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AP,\s\up6(→))|)=eq\f(2,2×\r(22+-22+12))=eq\f(1,3).所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為eq\f(1,3).
5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=eq\r(5).(1)求證:PD⊥平面PAB;(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求eq\f(AM,AP)的值;若不存在,說明理由.(1)證明∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,又AB⊥AD,AB?平面ABCD,∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD,∴AB⊥PD,又PA⊥PD,PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中點O,連接CO,PO.∵PA=PD,∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD,∵CO?平面ABCD,∴PO⊥CO,∵AC=CD,∴CO⊥AD.以O(shè)為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.易知P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,-1,0),C(2,0,0).則eq\o(PB,\s\up6(→))=(1,1,-1),eq\o(PD,\s\up6(→))=(0,-1,-1),eq\o(PC,\s\up6(→))=(2,0,-1).設(shè)n=(x0,y0,1)為平面PDC的一個法向量.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))=0,,n·\o(PC,\s\up6(→))=0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-y0-1=0,,2x0-1=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0=-1,,x0=\f(1,2).))即n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),-1,1)).設(shè)PB與平面PCD的夾角為θ.則sinθ=|cos〈n,eq\o(PB,\s\up6(→))〉|=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)-1-1,\r(\f(1,4)+1+1)×\r(3))))=eq\f(\r(3),3).(3)解設(shè)在棱PA上存在點M,使得BM∥平面PCD,則存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))=λeq\o(AP,\s\up6(→)),因此點M(0,1-λ,λ),eq\o(BM,\s
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