2023届高考人教A版数学一轮复习试题(适用于老高考旧教材)单元质检卷八 立体几何含解析【高考】

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以下为本文档部分文字说明:

1单元质检卷八立体几何(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2021黑龙江大庆中学高三月考)已知直线l,m,

n与平面α,β,下列命题正确的是()A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥nB.若α⊥β,l⊂α,则l⊥βC.若l⊥n,m⊥n,则l∥mD.若l⊥α,l∥β,则α⊥β2.(2021云南昭通模拟)已知A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2

𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=()A.13B.23C.√773D.√633.(2021广西南宁三中高三月考)某几何体的三视图如图所示,已知图中圆的半径都为1,则此几何体的体积为()A.π4B.π2C

.3π4D.π4.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',则原平面图形的周长和面积分别为()A.2a,√24a2B.8a,2√2a2C.a,a22D.√2a,2a25.(2021全国甲,理6)在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正

方体截去三棱锥A-EFG后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是()6.(2021吉林长春外国语学校月考)如图,在三棱锥S-ABC中,点E,F分别是SA,BC的中点,点G在EF上,且满足𝐸𝐺𝐺𝐹=12,若�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑆𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=c,则𝑆𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=()A.13a-12b+16cB.13a+16b+16cC.16a-13b+12cD.13a-16b+12c7.(2

021四川资阳适应性考试)冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为9π2cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为()A.18+9√38πcm3B.9+18√38πcm3C.9+9√34πcm3D.9+6

√34πcm338.(2021海南海口模拟)图1中的机械设备叫做“转子发动机”,其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”,图2是一个曲侧面三棱柱,它的侧棱垂直于底面,底面是“莱洛三角形”,莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心

,正三角形的边长为半径画圆弧得到的,如图3.若曲侧面三棱柱的高为10,底面任意两顶点之间的距离为20,则其侧面积为()A.100πB.600C.200πD.300π9.(2021山东烟台高三检测)降雨量是气象部门观测的重要数据,日降雨量是指一天内降落在地面单位面积雨

水层的深度(单位:毫米).我国古代就有关于降雨量测量方法的记载,古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:天池盆(圆台形状)盆口直径二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量是几寸注:一尺等于十寸,一寸等于103厘米?已知某

隧道的积水程度与日降水量的关系如下表所示:日降雨量(单位:毫米)[15,40)[40,70)[70,120)[120,250)隧道积水程度一级二级三级四级如果某天该隧道的日降水量按照“天池盆测雨”题中数据计算,则该隧道的积水程度为()A.一级B.二级C.三级D.四级10.(2021四川自贡三模)

已知四面体P-ABC中,∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,且AB=2.若四面体P-ABC的外接球体积为36π,则当该四面体的体积最大时,BC=()A.2B.4C.6D.811.(2021浙江绍兴高三期末)如图,在矩形ABCD中,BC

=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是()4A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折过程

中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD12.(2021河南新乡二模)正四面体ABCD的棱长为1,点P是该正四面体内切球球面上的动点,当𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值时,点P到AD的距离为()A.3√2-√612B.√6-√312C.2√2-√3

12D.√24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为.14.(2021广东韶关能力测试)在长方体ABCD-A1B1C1

D1中,AB=BC=2,AC1与B1C所成角的正切值为2,则该长方体的体积为.15.某工厂现将一棱长为√3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.16.(2021广东广州一模)已知三棱锥P-AB

C的底面ABC是边长为6的等边三角形,PA=PB=PC=√21,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O1的体积为,球O2的表面

积为.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021河南新乡检测)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.5(1)证明:平面PBD⊥平面PAC

;(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.18.(12分)(2021云南昆明“三诊一模”第二次质检)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,E,F分别为AA1,CC1的中点.(

1)证明:B,F,D1,E四点共面;(2)若AB=2,∠BAD=π3,求点F到平面BDD1的距离.19.(12分)(2021陕西西安中学高三月考)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上异于点A,B的一个动点,DC⊥平面ABC,BE∥CD,且BE=CD=2,AB=

4.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当C为半圆弧的中点时,求二面角D-AE-B的正弦值.20.(12分)(2021河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且P

A=AB=3.6(1)求证:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.21.(12分)(2021广东深圳高三一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=13,AC⊥CD,AB=6,BD=8.(1)求证:平面SAD⊥平面ABCD;(2)求二面角A

-SB-D的余弦值.22.(12分)(2021重庆蜀都中学月考)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,沿EF将

△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.图①图②(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求𝑉1𝑉2.7(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.答案:

1.D解析:A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于α与β的交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l,m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面

β内存在直线m∥l,若l⊥α,则m⊥α,且m⊂β,所以α⊥β,故D正确.2.C解析:设P(x,y,z),则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x-1,y-2,z-1),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-1-x,3-y,4-z).由𝐴𝑃⃗⃗⃗

⃗⃗=2𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,知x=-13,y=83,z=3,即P-13,83,3,所以𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=43,-53,-2,所以|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=√(43)2+(-53)2+(-2)2=√773.3.

D解析:由几何体的三视图可知,该几何体为34个球,则该几何体的体积为34×43π×13=π.4.B解析:由直观图可得原图形,∴OA=BC=a,OB=2√2a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原图形的周长为8a,原图形的面积为S=a·2√2a=2√2a2.5.D解

析:由题意还原该正方体的直观图如图所示,该多面体的三视图中,相应的侧视图为D.6.B解析:𝑆𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑆𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=1

2𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13(𝐸𝑆⃗⃗⃗⃗⃗+𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝑆⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗+16𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗8=13𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13�

�𝐶⃗⃗⃗⃗+16(𝐶𝑆⃗⃗⃗⃗+𝑆𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=13𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+16𝑆𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+16𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=13a+16b+16c.7.A解析:设圆锥的底面半径为rcm,高为hcm,母线长为Rcm,根据题意,可得{π𝑅22=9π2,2π𝑟=π𝑅,解得{𝑅=3,

𝑟=32,所以h=√𝑅2-𝑟2=3√32(cm),故该冰激凌的体积V=13πr2h+12×4π𝑟33=18+9√38π(cm3).8.C解析:莱洛三角形由三段半径为20,圆心角为π3的圆弧构成,所以该零件底面周长为3×π3×20=2

0π,故其侧面积为200π.9.C解析:∵盆深一尺八寸,盆中积水深九寸,∴水刚好积在天池盆的中间处,则积水的水面直径为28+122=20(寸),即半径为10寸,则积水的体积V=13(π×102+√π×

102×π×62+π×62)×9=588π(立方寸),∵天池盆口的面积为π×142=196π(平方寸),∴平地降雨量为588π196π=3(寸),即3×103=10(厘米),即100毫米,则该隧道的积水程度为三级.10.B解析:如图,由∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,

得PA⊥AC,PB⊥BC,AB⊥BC,又PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB,则BC⊥PA,又AC∩BC=C,∴PA⊥平面ABC.取PC中点O,可得OA=OB=OP=OC,则O为四面体P-ABC的外接球的球心,设外接球的半径为R,由外接球体积为36π,得43πR3=36π,即R=3.∴

PC=2R=6.又AB=2,设PA=a,BC=b,则PA2+AC2=PA2+AB2+BC2=36,即a2+b2=32.∴VP-ABC=13·12·2b·a=13ab≤13·𝑎2+𝑏22=163.当且仅当a=b=4时,等号成立.911.D解析:当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则AC⊥

BD,将△BAD沿直线BD翻折,若使得平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC⊂平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以OC⊥平面ABD,又AB⊂平面ABD,所以AB⊥OC,故选项A正确.又OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC⊂平面OAC,所以A

C⊥BD,故选项B正确.对于选项C,在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=√1+𝑥2,所以将△BAD沿直线BD翻折时,总有AB⊥AD,取x=12,当将△BAD沿直线BD翻折到AC=√32时,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,则此时满足AB⊥平面ACD,故C正

确.对于选项D,若AC⊥平面ABD,又AO⊂平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D错误.12.A解析:因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体,所以其体积为13×12×1×1×√32×√63=√212.设正四面体ABC

D内切球的半径为r,则4×13×12×1×1×√32×r=√212,得r=√612.如图,取AD的中点为E,则𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑃𝐸

⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)+𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗2−14.显然,当PE的长度最小时,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值.设正四面体的内切球的球心为O,可求得OA=OD=√64.因为球心O到点E的距离

d=√𝑂𝐴2-𝐴𝐸2=√(√64)2-(12)2=√24,所以球O上的点P到点E的最小距离为d-r=√24−√612=3√2-√612,即当𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值时,点P到AD的距离为3√2-√612.13.60°解析:

设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则πrl=2πr2,∴𝑟𝑙=12,∴cosθ=12.又θ∈[0°,90°],∴θ=60°.14.4或8√3解析:如图,设AA1=a(a>0),则A(0,0,0),C1(

2,2,a),B1(2,0,a),C(2,2,0),10所以𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,a),𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-a),由AC1与B1C所成角的正切值为2,可知AC1与B1C所成角的余弦值为1√1+22=1√5=√55,则√55=𝐴�

�1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4-𝑎2√8+𝑎2·√4+𝑎2,所以a2=1或a2=12,即a=1或a=2√3,所以长方体的体积为2×

2×1=4或2×2×2√3=8√3.15.√2π27解析:圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.∵正四面体棱长为√3,∴BM=32,O'M=12,BO'=

1,∴AO'=√2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0<r<12.由△AON∽△AO'M得𝑟12=√2-ℎ√2,即h=√2-2√2r,∴圆柱的体积V=πr2h=√2πr2(1-2r),∵r2(1-2r)≤𝑟+𝑟+1-2𝑟33=127,当且仅当r=1-2r,即r=13时取等号

.∴圆柱的最大体积为√2π27.故答案为√2π27.16.4π34π9解析:如图,点O为△ABC的中心,点D为BC的中点,过△PAD作截面,依题意得S△ABC=12×6×6×sin60°=9√3,11点P到平面ABC的

距离为d=√21-(2√3)2=3,所以V三棱锥P-ABC=13×9√3×3=9√3,侧面高为√21-32=2√3,所以S△PBC=S△PAB=S△PAC=12×2√3×6=6√3,设球O1的半径为R,所以V三棱锥P-ABC=𝑉三棱锥𝑂1-𝑃𝐴𝐵+𝑉三棱锥𝑂1-𝑃𝐴

𝐶+𝑉三棱锥𝑂1-𝑃𝐵𝐶,则9√3=13(18√3+9√3)R,得R=1,球O1的体积为V1=4π3.作O1N⊥PD,O2E⊥PD,点N,E为垂足.△PEO2∽△PNO1,设球O2的半径为r,则𝑟𝑅=2-𝑅-𝑟2,又R=1得r=13,所以球O2的

表面积为S=4π9.17.证明(1)取AC的中点E,连接DE和BE,因为∠ADC=90°,则AC=2DE,所以DE=AE=12AC.又AC=2AB=2AD,所以DE=AE=AD,同理BE=AE=AB,所以D

E=BE=AD=AB,所以四边形ABED为菱形,所以BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.又BD

⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.(2)连接EF,因为E,F分别是AC,PC的中点,所以EF∥PA.又EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,所以EF∥平面PAD.由(1)知四边形ABED为菱形,所以BE∥AD,同理BE∥平面PAD.又

EF∩BE=E,EF⊂平面BEF,BE⊂平面BEF,12所以平面BEF∥平面PAD.又BF⊂平面BEF,所以BF∥平面PAD.18.(1)证明连接AC交BD于点O,因为四边形ABCD为菱形,故AC⊥BD,又因为侧棱AA1⊥底面ABCD,以O为原点建立空间直角坐标系

,如图所示,设OB=a,OA=b,DD1=c,则B(0,a,0),D1(0,-a,c),Eb,0,𝑐2,F-b,0,𝑐2,所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=b,-a,𝑐2,𝐹𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=b,-a

,𝑐2,所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐹𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.又直线BE与FD1不重合,故BE∥FD1,所以B,F,D1,E四点共面.(2)解:因为AB=2,∠BAD=π3,所以B(0,1,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,c),F-√3,0𝑐2.设平面

BDD1的法向量为m=(x,y,z),又𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0),𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,c),则有{𝑚·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-2𝑦=0,𝑐𝑧=0,令x=1,故m=(1,0,0),又

𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=√3,1,-𝑐2,所以点F到平面BDD1的距离为|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑚|=√31=√3.19.(1)证明因为CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以CD⊥BC.因为AB是半圆O的直径,所以AC⊥BC.因为AC∩CD=C,所以BC⊥平面ACD.13又BE∥CD

,BE=CD,所以四边形BCDE为平行四边形,则DE∥BC,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解:由题意可得CA,CB,CD两两互相垂直,则以C为原点,𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别

为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,因为C是半圆弧的中点,所以AC=BC=2√2,可得A(2√2,0,0),B(0,2√2,0),D(0,0,2),O(√2,√2,0),于是,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√2,0,2),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2√2,0),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-2√2𝑥+2𝑧=0,2√2𝑦=0,取x=√2,则z=2,得n=(√2,0,2).易

知𝐶𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,√2,0)为平面ABE的一个法向量,所以cos<n,𝐶𝑂⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑛·𝐶𝑂⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛||𝐶𝑂⃗⃗⃗⃗⃗|=2√6×2=√66,所以二面角D-AE-B的正弦值为√306.20.(1)证明因为四边形ABCD是正方形

,所以BC∥AD.又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.同理EB∥平面PAD.又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.(2)解:以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为

x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.14因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),所以𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,-3),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(3,3,-3),𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,-2).设平

面PCE的法向量为m=(x,y,z),则{𝑚·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑥+3𝑦-3𝑧=0,𝑚·𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑦-2𝑧=0,得{𝑥=𝑧3,𝑦=2𝑧3,令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,

2,3)为平面PCE的一个法向量.设直线PD与平面PCE所成的角为θ,则sinθ=|cos<𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=63√2×√14=√77,所以直线PD与平面PCE所

成角的正弦值为√77.21.(1)证明取AD的中点O,连接SO,OC,因为SA=SD,所以SO⊥AD.因为AC⊥CD,O为AD的中点,所以OC=12AD=OD.因为SO=SO,SC=SD,所以△SOC≌△SOD,所以∠SOC=∠SOD=90°,所以SO

⊥OC.因为OC∩OD=O,OC⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,因为SO⊂平面SAD,所以平面SAD⊥平面ABCD.(2)解:连接OB,由(1)知SO⊥平面ABCD,所以SO⊥BO.在Rt△SOA和Rt△SOB中,由SO=SO,SA=SB,可得Rt△

SOA≌Rt△SOB,所以OA=OB,同理得OA=OB=OC=OD,所以A,B,C,D在以O为圆心的圆上,由AC⊥CD可得AD为四边形ABCD外接圆的直径,所以AB⊥BD,AD=√62+82=10,AO=5,SO=√132-

52=12,以B为原点,BD,BA所在的直线分别为x,y轴,过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,6,0),B(0,0,0),D(8,0,0),O(4,3,0),S(4,3,12),

𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,6,0),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(8,0,0),𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=(4,3,12),设平面ABS的法向量为m=(x1,y1,z1),15则{𝑚·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=6𝑦1=0,�

�·𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=4𝑥1+3𝑦1+12𝑧1=0,令x1=3,可得z1=-1,y1=0,所以m=(3,0,-1).设平面SBD的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则{𝑛·𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=

4𝑥2+3𝑦2+12𝑧2=0,𝑛·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=8𝑥2=0,令y2=4,则z2=-1,x2=0,所以n=(0,4,-1),所以cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=1√10×√17=√170170,因为二面角A-SB-D的平面角为钝角,所

以二面角A-SB-D的余弦值为-√170170.22.解:(1)取EF的中点G,连接PG.因为𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以EF∥BD,所以PE=PF,所以PG⊥EF.又平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCD

EF=EF,PG⊂平面PEF,所以PG⊥平面BCDEF.连接GC,由题意可知GC⊥EF.以G为坐标原点,GF,GC,GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.设菱形的边长为2,则F(λ,0,0),B(1

,√3(1-λ),0),P(0,0,√3𝜆),D(-1,√3(1-λ),0),所以𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,√3(1-λ),0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-√3(1-λ),√3𝜆).因为BF⊥PD

,所以𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=1-λ-3(1-λ)2=0,解得λ=23或λ=1(舍去).设△BCD的面积为S,则S△AEF=49S,所以S四边形BDEF=59S.所以𝑉1𝑉2=𝑆△𝐵𝐶𝐷𝑆四边形𝐵𝐷𝐸𝐹

=𝑆59𝑆=95.(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),因为𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,√

3(1-λ),0),𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-λ,0,√3𝜆),所以{𝑛2·𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,16即{(1-𝜆)𝑥+√3(1-𝜆)𝑦=0,-𝜆𝑥+√3𝜆𝑧=0,取y=1,则x=-√3,z=-1,所以n

2=(-√3,1,-1)为平面PFB的一个法向量.设二面角E-PF-B的平面角为θ,所以|cosθ|=|cos<n1,n2>|=11×√5=√55.由图可知θ为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值来为-√55.

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