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类型2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程:随堂巩固训练第十四章空间向量 4 Word版含解析.docx

  • 上传人:HR专家
  • 文档编号:6477781
  • 上传时间:2019-04-13
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    2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程:随堂巩固训练第十四章空间向量 4 Word版含解析.docx
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    1、随堂巩固训练(4) 1. 在二面角 中,平面 的一个法向量 n1 ,平面 的一个法向(32, 12, 2)量 n2 ,则二面角 的大小为_ (0,12,2)2. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是 DD1 的中点, O 是底面 ABCD 的中心,P 是棱 A1B1 上任意一点,则异面直线 OP 与 AM 所成角的大小为_3. 如图,在三棱锥 PABC 中,PA 平面 ABC,ACBC,PAAB2AC 2a ,则AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为_4. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是对角线 BD1 上的点,且 BEED 113,则AE 与平面 BCC1B1 所

    2、成角的正弦值为 _5. 已知 l,且直线 l 的一个方向向量为 (2,m,1) ,平面 的一个法向量为 ,(1,12,2)则实数 m_6. 已知 ABC 是等边三角形,PA平面 ABC,且 PA AC,则二面角 P-BC-A 的12大小是_7. 在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,DAB60 ,AB2AD ,PD 底面 ABCD,PD AD,则二面角 APBC 的余弦值为_8. 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知ABAC,AB2,AC4, AA13,D 是线段 BC 的中点(1) 求直线 DB1 与平面 A1C1D 所成角的正弦值;(2) 求二面角 B1A1

    3、DC1 的余弦值9. 如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A底面ABCD,AB AC,AB1, ACAA 12,ADCD ,且 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D5的中点(1) 求证:MN平面 ABCD;(2) 求二面角 D1ACB1 的正弦值;(3) 设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ,求线段13A1E 的长10. 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,ADAA 11,AB2,点 E 在棱 AB 上移动(1) 求证:D 1EA 1D;(2) 当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到平面 ACD1 的距离;(3

    4、) 试求 AE 等于何值时,二面角 D1ECD 的大小为 .4答案与解析随堂巩固训练(4)1. 30或 150 解析:在二面角 -l- 中,平面 的一个法向量 n1 ,(32, 12, 2)平面 的一个法向量 n2 ,所以 cosn 1,n 2 ,则二面角 -l-(0,12,2)0 14 2394 32 的大小为 30或 150.2. 90 解析: 以点 D 为坐标原点,DA 所在直线为 x 轴,DC 所在直线为 y 轴,DD 1所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为2,A 1Pt(0 t2),A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0) ,P

    5、(2,t,2),(2,0,1), (1,t 1,2) ,所以 2020,则异面直线 OP 与AM OP AM OP AM 所成角的大小为 90.3. 解析:如图,作 ADPC,连结 BD,因为 PA平面 ABC,BC 平面 ABC,55所以 PABC.又因为 ACBC,PAACA,PA,AC 平面 PAC,所以 BC平面 PAC.因为 AD 平面 PAC,所以 BCAD.因为 ADPC,BCPCC ,BC,PC 平面 PBC,所以 AD平面 PBC,所以ABD 为直线 AB 与平面 PBC 所成的角在 RtPAC 中,由等面积可得 AD ,在 RtADB 中,sinABD ,所以直线 AB 与

    6、平2aa5a 25a5 ADAB 55面 PBC 所成角的正弦值为 .554. 解析:建立以点 A 为坐标原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,31111AA1 所在直线为 z 轴的空间直角坐标系,令该正方体的棱长为 2,则 A(0,0,0),E,所以 .由正方体的性质取 为平面 BCC1B1 的一个法向量,(32,12,12) AE (32,12,12) AB (2,0,0),所以 cos , ,故 AE 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为AB AB AE 31111.311115. 8 解析:由题意得(2, m,1) 2 m2 4 m0,解得 m8.(1,12,2)

    7、 12 126. 30 解析:取 PC,AC 的中点 E,F,连结 EF,BF,以点 F 为原点,FB 所在直线为 x 轴,FC 所在直线为 y 轴,FE 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,令 ABC 的边长为 2,则 P(0,1,1),B( ,0,0),C(0,1,0) ,A(0 ,1,0) ,所以 ( ,1,1),3 PB 3(0,2, 1), ( ,1,0) 设平面 PBC 的法向量 n1(x,y,z) ,则可得PC BC 3即 取 y1,故平面 PBC 的一个法向量为 n1 ,由题可3x y z 0,2y z 0, 3x y 0,) z 2y,x 33y,) ( 33,1,2)知

    8、为平面 ABC 的一个法向量,则 (0,0,1) ,所以 cosn 1, ,故二面PA PA PA 32角 PBCA 的大小为 30.7. 解析:令 AD1,则 AB2,由DAB 60易知 DB ,所以 DADB.以277 3点 D 为坐标原点,DA 所在直线为 x 轴,DB 所在直线为 y 轴,DP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0, 0),P(0,0,1),B(0, ,0) ,C(1, ,0),所以3 3 (1,0,1), (0 , ,1), (1, ,1) 设平面 APB 的法向量PA PB 3 PC 3n( x, y,z),则 取 y ,得平面 APB 的一个法向量

    9、为 n(3 , ,3)设平x z 0,3y z 0,) 3 3面 PBC 的法向量 m(a,b, c),则 取 b ,得平面 PBC 的一个法向3b c 0, a 3b c 0,) 3量为 m(0 , ,3)令二面角 APBC 的平面角为 ,由题可知 为钝角,故3cos |cos n,m| | | . nm|n|m| 3 92112 2778. 解析:(1) 因为在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AB AC,所以以 A 为坐标原点,AB、AC、AA 1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0, 0,0),B(2,0,0),C(0,4,0) ,A 1

    10、(0,0,3) ,B 1(2,0,3),C 1(0,4,3) 因为 D 是 BC 的中点,所以 D(1,2,0),所以 (0,4,0), (1,2,3) A1C1 A1D 设平面 A1C1D 的法向量 n1(x 1,y 1,z 1),则 即n1A1C1 0,n1A1D 0,) 4y1 0,x1 2y1 3z1 0,)所以 x1 3z1,y1 0,)取 z11,则平面 A1C1D 的一个法向量 n1(3 ,0,1). (1,2,3),DB1 所以|cosn 1, | ,DB1 |n1DB1 |n1|DB1 | 33535所以直线 DB1 与平面 A1C1D 所成角的正弦值为 .33535(2)

    11、由(1) 得 (2,0,0), (1,2,3)设平面 B1A1D 的法向量A1B1 DB1 n2( x2, y2,z 2),则 即n2A1B1 0,n2DB1 0,) 2x2 0,x2 2y2 3z2 0,)取 得平面 B1A1D 的一个法向量 n2(0 ,3,2),所以 cosn 1, n2x2 0,y2 3,z2 2,) ,n1n2|n1|n2| 13065所以二面角 B1A1DC1 的余弦值的大小为 .130659. 解析: (1) 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得 A(0,0,0) ,B(0,1,0) ,C(2,0,0),D(1 ,2,0) ,A 1(0,0,2) ,

    12、B 1(0,1,2),C 1(2,0,2) ,D1(1, 2,2)因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,所以 M ,N(1 ,2, 1),(1,12,1)所以 .MN (0, 52,0)依题意,可得 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,由此可得 n0.又因为直MN 线 MN 平面 ABCD,所以 MN平面 ABCD.(2) 由(1)得 (1,2,2), (2 ,0,0)AD1 AC 设 n1(x 1,y 1,z 1)为平面 ACD1 的法向量,则 即n1AD1 0,n1AC 0,) x1 2y1 2z1 0,2x1 0. )不妨设 z11,可得平面 ACD1 的一个法向

    13、量 n1(0 ,1,1)设 n2(x 2,y 2,z 2)为平面 ACB1 的一个法向量,则 n2AB1 0,n2AC 0. )又 (0 ,1,2),得AB1 y2 2z2 0,2x2 0. )不妨设 z21,可得 n2(0 ,2,1), 因此有 cosn 1, n2 ,n1n2|n1|n2| 1010于是 sinn 1, n2 , 31010所以二面角 D1ACB1 的正弦值为 .31010(3) 依题意,可设 ,其中 0 ,1,A1E A1B1 则 E(0,2),从而 (1,2,1)NE 又 n(0 ,0, 1)为平面 ABCD 的一个法向量,由已知,得 cos ,n ,整理得NE NE

    14、n|NE |n| 1( 1)2 ( 2)2 12 1324 30.又因为 0,1,解得 2,7所以线段 A1E 的长为 2.710. 解析: (1) 以 D 为坐标原点,直线 DA,DC,DD 1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系设 AEx,则 A1(1,0,1) ,D 1(0,0,1),E(1,x,0), A(1,0,0),C(0,2,0),所以 (1 ,0,1)(1,x,1)0,DA1 D1E 所以 ,即 D1EA 1D.DA1 D1E (2) 因为 E 为 AB 的中点,所以 E(1,1,0),从而 (1 ,1,1) , ( 1,2,0), (1,0,1) D1E AC

    15、 AD1 设平面 ACD1 的法向量为 n(a,b,c),则 即 所以nAC 0,nAD1 0,) a 2b 0, a c 0,) a 2b,a c. )取 a2,从而 n(2 ,1 ,2),所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 d .|D1E n|n| 2 1 23 13(3) 设平面 D1EC 的法向量 m(a,b,c)因为 (1,x 2,0), (0 ,2,1), (0,0,1),CE D1C DD1 则 即mD1C 0,mCE 0,) 2b c 0,a b(x 2) 0,)令 b1,则 c2,a2x ,故平面 D1EC 的一个法向量 m(2x,1,2)依题意,cos ,4 |mDD1 |m|DD1 | 22即 ,2(x 2)2 5 22解得 x12 (不合题意,舍去 ),x 22 ,3 3所以当 AE2 时,二面角 D1ECD 的大小为 .34

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