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文檔簡介
2024年高考數(shù)學(xué)考前熱身題
1.如圖,在四棱錐P-4BCQ中,氏_L平面ABC。,底面4BCO是菱形,PA=AB=2,Z
BAD=60a.
(I)求證:直線BQ_L平面PAC;
(II)求直線P8與平面附。所成角的正切值;
(III)設(shè)點M在線段PC上,且二面角C-MB-A的余弦值為"求點"到底面力8co
7
的距離.
【分析】(I)由菱形的性質(zhì)可得8OL4C,利用線面垂直的性質(zhì)可得BOJ_AP,根據(jù)線
面垂直的判定定理證明即可;
(II)建立合適的空間直角坐標(biāo)系,求出所需點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo),然后直線的方向
向量與平面辦。的法向量,由向量的夾角公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系式求解即可;
(III)設(shè)M(x,y,z),且前=入而(0/入W1),由題意結(jié)合空間直角坐標(biāo)系求出入的
值,確定點”的坐標(biāo),然后求解點到平面的距離即可.
【解答】(【)證明:由菱形的性質(zhì)可知,BDLAC,
因為必平面A4C。,且8Qu平面ABCD,
MBDLAP,RAPQAC=A,AP,ACu平面%C,
故BOJ_平面PAC;
(II)解:以點A為坐標(biāo)原點,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,
則P(0,0,2),3(75,L0),做0,0,0),0(0,2,0),
所以而=(V5,1,-2),
由平面以。的一個法向量為藍(lán)=(L0,0),
設(shè)直線PB與平面以。所成的角為0,
所以sin0=|cos<PB,m>|=―心=
78x1
底
2*7
故cos0=V1-sin3=局
八sin3vl5
所以ian6=$=可,
故直線PB與平面心。所成角的正切值為絲;
(III)解:設(shè)M(x,j,z),且尸G=apZ(0W入W1),
因為P(0,0,2),C(V5,3,0),B(V5,1,0),4(D,0,0),
所以(x,y,z-2)=A(V3,3,-2),
解得人=6心y=3入,z=-2入+2,
所以點M的坐標(biāo)為例(百九3九-2A+2),
設(shè)平面CM4的法向量為3=(a,b,c),
則g."二-28=0
(n-MB=(V3-V3A)a+(1-3A)b+(21-2)c=0
令4=2,則c=V5,
故]=(2,0,V3),
設(shè)平面MBA的法向量為t=(p,q,r),
則tAB=>/3p+q=0
?詁=(O-V3A)p+(1-31)Q+(21-2)r=0
令〃=1,則q=-V5,r=
5
因為二面角C-MB-4的余弦值為
2s5
所以——T=
同尸』
整理可得14入2?19入+6=0,
解得2=4或2=y,
2
由點M的坐標(biāo)可知點W到底面人ACO的距離為1或一.
7
【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用,涉及了線面垂直的判定定理的應(yīng)用,線面角
的求解以及二面角的定義,點到平面距離的求解,在求解有關(guān)空間角問題的時候,一般
會建立合適的空間直角坐標(biāo)系,將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進(jìn)行研究,屬于辯題.
2.在四楂錐P-A8CO中,AR//CD,八0=2,ND4B=60°,△APB為等腰直角三角形,
PA=PB=2五,過C。的平面分別交線段以,PB于M,N,E在線段。夕上(M,ME
不同于端點).
(I)求證:C。〃平面MNE;
(II)若E為OP的中點,且QM_L平面”3,求直線PA與平面MNE所成角的正弦值.
【分析】(I)通過A8〃C£>,推出CQ〃平面ABP,得到CD〃MMCD〃平面
(II)法一(幾何法):作于F,連接OF,直線布與平面A8CO所成角.Z
MAH是直線PA與平面A8CO所成角,通過求解三角形推出結(jié)果即可.
法二(坐標(biāo)法):建立如圖空間直角坐標(biāo)系.連接08.求出平面MNE的法向量,利用空
間向量的數(shù)量積求解直線PA與平面MNE所成角的正弦值即可.
【解答】(I)證明:'JAB//CD,ABu平面ABP,CDC平面
???CO〃平面A8P,乂「COu平面CQMN,平面COMNH平面ABP=MN,C.CD//MN.
XMNu平面MNE,COU平面MNE,/.CD//平面MNE.
(II)解:法一(幾何法):
作MF_LA8于尸,連接。F,由三垂線定理有。F_LAB,
在中,VZMD=60",AD=2,:,AF=\,
在RtZ\AM/中,?.?N5AM=45°,:?AM=五,:?MP=遮,
???加為AP的中點,E為。P的中點,
:.MN//AB,ME//AD,MNOME=M.
???平面MNE〃平面ABC。,直線附與平面MNE所成角,即直線以與平面4BCD所成
角.
平面AP5,又TAB^MF,DMAMF=M,
平面DFM,平面MQP_L平面ABCD,
過點M作加〃_1_。尸交于點〃,連接A〃,則M〃J_平面A8CQ.
???NM4H是育線PA與平面ABC。所成角,
*/MF=AF=1,DM=^]AD2-AM2=瓜:.MH=紇7=等.s山乙MAH=^=^.
工直線PA與平面MNE所成角的正弦值為4.
法二(坐標(biāo)法):建立如圖空間直角坐標(biāo)系.連接DB.P(0,0,0),4(0,2企,0),
8(2也0,0).
因為AB=4,4。=2,ZDAB=6(r,
由余弦定理可得08=28.
設(shè)點D的坐標(biāo)為(0,y-{熏二產(chǎn)產(chǎn)=12#/DEL/#fy=^
AD2=(2V2-y)2+z2=4#/DEL/#[z=y/2
所以,點。的坐標(biāo)為(0,V2,6),點M的坐標(biāo)為(0,&,0),點N的坐標(biāo)為(VL0,0).
點七的坐標(biāo)為(0,孝,免薪二(一怎V2,0),證二(0,-孝,孝).
、c――,fn-NM=-y[2a+\/2b=0
設(shè)平面MNE的法I可量兀=(a,b,c),貝-J2J2.
In-ME—~~2^+^2'c=
取〃=%=c=l,WUn=(1,1,1).PA=(0,2vL0i,
TTL
設(shè)直線P\與平面MNE所成角為Q.sinO=\cos(n,PA)\==*.
\n\\AP\
故直線PA與平面MN£所成角的正弦值為
【點評】本題考杳直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用,直線與平面所成角的求法,是中
檔題.
3.已知如圖①,在菱形A8CO中,ZA=60°月.A8=2,E為A。的中點,將△A8E沿8E
折起使力。=V2,得到如圖②所示的四棱錐A-BCDE.
(2)若尸為AC的中點,求二面角P-B。-A的余弦值.
【分析】(1)在圖①中,連接8Q,證明8E_LAE,BEIDE,推出AE_LEO.BCA.BE,
BCA.AE,即可證明5CJ_平面A6£.然后證明平面A6E_L平面A6C.
(2)以E為坐標(biāo)原點,EB,ED,"的方向分別為x軸,y軸,z粕],建立如圖所示的
空間直角坐標(biāo)系:求出平面PBD的一個法向量,求出平面BDA的一個法向量,利用空
間向量的數(shù)量積求解即可.
【解答】解:(1)在圖①中,連接8D,如圖所示:
因為四邊形44C。為菱形,ZA=60°,所以△46。是等邊三角形.
因為E為人。的中點,所以BEA.DE.
乂A。=48=2,所以八E=OE=1.
在圖②中,AD=V2,所以45+92=4。2,g|jAE1ED.
因為BC〃OE,所以BC_L8E,BC1AE.
又BECAE=E,AE,BEu平面ABE.
所以8C_L平面ABE.
又BCu平面ABC,所以平面平面ABC.
(2)由(1)知,AE1DE,AELBE.
因為BE,DEu平面BCDE.
所以AE_L平面BCDE.
以E為坐標(biāo)原點,EB,ED,E4的方向分別為%軸,y軸,z軸,
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系:
則E(
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