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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,第一章,空间向量与立体几何,全章学习成果反馈,答案,1.,B,连接,ON,则,-,(,),-,(,b,+,c,),-,a,=,-,a,+,b,+,c,.,一、单项选择题,:,本题共,8,小题,每小题,5,分,共,40,分,.,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,.,1.,如图所示,在四面体,O-ABC,中,=,a,=,b,=,c,点,M,在,OA,上,且,=2,N,为,BC,的中点,则,=(,),A.,a,-,b,+,c,B.,-,a,+,b,+,c,C.,a,+,b,-,c,D.,a,+,b,-,c,答案,2.,A,b,-,c,=(,-,2,3,1),因为,a,(,b,-,c,),所以,a,(,b,-,c,)=4+3,x,+2=0,得,x,=,-,2,.,2. 2022,天津两校联考高二上质量检测,已知向量,a,=(,-,2,x,2),b,=(2,1,2),c,=(4,-,2,1),若,a,(,b,-,c,),则,x,的值为,(,),A.-2B.2C.3D.-3,答案,3.,B,因为,Q,平面,ABC,所以,-,2+5,-m,=1,解得,m,=2,.,3. 2022,福建厦门一中高二上期中,已知动点,Q,在,ABC,所在平面内运动,若对于空间中任意一点,P,都有,=,-,2,+5,+,m,则实数,m,的值为,(,),A.0B.2C.-1D.-2,答案,4.,C,因为四边形,ABFE,CDEF,都是边长为,1,的正方形,所以,=0,.,因为,BF,EF,CF,EF,所以,BFC,=30,所以,=(,),2,=,+2,+2,+2,=3+211cos(180,-,30)=3,-,因此有,BD,=,.,4. 2022,山东济宁高二上期中,如图所示,在大小为,30,的二面角,A-EF-D,中,四边形,ABFE,和四边形,CDEF,都是边长为,1,的正方形,则,B,D,两点间的距离是,(,),A.2,B,.,C.,D.,答案,5.,B,设平面,ABC,的法向量为,n,=(,x,y,z,),则,所以,.,令,z,=2,则,x,=,-,y,=3,所以,n,=(,-,3,2),是平面,ABC,的一个法向量,.,点,A,1,到平面,ABC,的距离,d,=,故该三棱柱的高为,.,5. 2022,河北省部分名校高二上期中,在三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,中,=(0,2,-,3),=(,-,2,0,-,3),=(,-,0,),则该三棱柱的高为,(,),A.,B.,C.2D.4,答案,6.,D,因为,=,所以,AP,AB,AA,1,共面,即点,P,在平面,ABB,1,A,1,内,.,又在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,平面,B,1,CD,1,平面,BDA,1,(,如图,),所以要使平面,BDP,平面,B,1,CD,1,则点,P,在平面,BDA,1,内,即点,P,在,A,1,B,上,点,P,A,1,B,共线,所以,+,=1,解得,=,.,6. 2022,湖北武汉育才高级中学高二上月考,在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,点,P,满足,=,(,0,1),.,若平面,BDP,平面,B,1,CD,1,则实数,的值为,(,),A.,B.,C.,D.,答案,7.,B,由题意,知当,E,F,分别为,AB,BC,的中点时,A,1,E,F,C,1,四点共面,.,以,D,为坐标原点,的方向分别为,x,轴、,y,轴、,z,轴的正方向建立空间直角坐标系,(,图略,),则,D,(0,0,0),A,1,(6,0,6),C,1,(0,6,6),E,(6,3,0),F,(3,6,0),.,设平面,A,1,DE,的法向量为,n,1,=(,a,b,c,),依题意,得,令,a,=,-,1,则,c,=1,b,=2,所以,n,1,=(,-,1,2,1),为平面,A,1,DE,的一个法向量,.,同理得平面,C,1,DF,的一个法向量为,n,2,=(2,-,1,1),.,所以平面,A,1,DE,与平面,C,1,DF,夹角的余弦值为,.,7.,如图,几何体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,是棱长为,6,的正方体,E,F,分别是棱,AB,BC,上的动点,且,AE,=,BF.,当,A,1,E,F,C,1,四点共面时,平面,A,1,DE,与平面,C,1,DF,夹角的余弦值为,(,),A.,B.,C.,D.,8.,如图,在三棱锥,A-BCD,中,平面,ABC,平面,BCD,BAC,与,BCD,均为直角三角形,且,BAC,=,BCD,=90,AB,=,AC,CD,=,BC,=1,点,P,是线段,AB,上的动点,若线段,CD,上存在点,Q,使得异面直线,PQ,与,AD,成,30,的角,则线段,AP,的长的取值范围是,(,),A.(0,B,.(0,C,.(0,1,D,.(0,答案,8.,C,如图,以,C,为原点,CD,CB,所在直线分别为,x,轴、,y,轴,过,C,作平面,BCD,的垂线为,z,轴,建立空间直角坐标系,则,C,(0,0,0),A,(0,1,1),B,(0,2,0),D,(1,0,0),设,Q,(,q,0,0)(0,q,1),设,=,=(0,-,)(0,1),则,-,(,)=(,q,0,0),-,(0,1,1),-,(0,-,)=(,q,-,1,-,-,1),=(1,-,1,-,1),.,因为异面直线,PQ,与,AD,成,30,的角,所以,cos 30=,所以,18,2,+2=,-,5,q,2,+16,q.,因为,0,q,1,所以,-,5,q,2,+16,q,0,11,即,解得,-,又,0,1,所以,0,可得,|,|=,(0,1,.,故选,C,.,答案,9.,AB,二、多项选择题,:,本题共,4,小题,每小题,5,分,共,20,分,.,在每小题给出的选项中有多项符合题目要求,.,全部选对的得,5,分,部分选对的得,2,分,有选错的得,0,分,.,9. 2022,河北唐山高二上期中,在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,下列各式运算结果为,的是,(,),A.(,-,),-,B.(,),-,C.(,-,),-,2,D.(,-,)+,A,(,-,),-,-,.,B,(,),-,-,.,C,(,-,),-,2,-,3,-,3,.,D,(,-,)+,=(,-,)+,.,答案,10.,BCD,由题意知,=(0,2,1),=(,-,2,0,3),=(,-,2,-,2,2),.,10. 2022,山东师范大学附属中学高二上月考,已知空间三点,A,(,-,1,0,1),B,(,-,1,2,2),C,(,-,3,0,4),则,(,),A.,B.,=3,C.|,|=2,D.cos=,A,不存在实数,使得,=,所以,与,不平行,.,B,=0+0+3=3,.,C,|,|=,=2,.,D,cos=,.,答案,11.,AB,ABD,是边长为,4,的等边三角形,.,BCD,是以,BCD,为直角的等腰直角三角形,.,设,BD,的中点为,O,则,OA,BD,OC,BD,二面角,A-BD-C,的平面角为,AOC.,以,O,为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,B,(2,0,0),.,设,AOC,=,则,A,(0,OA,cos,OA,sin,),即,A,(0,2,cos,2,sin,),=(,-,2,2,cos,2,sin,),.,又平面,BCD,的一个法向量为,n,=(0,0,1),直线,AB,与平面,BCD,所成角,0,则,sin,=|,|=,sin,cos,=,.,因为,sin,1,所以,1,-,sin,2,所以,cos,.,故选,AB,.,11. 2022,重庆巴蜀中学高二上月考,四边形,ABCD,中,AB,=,BD,=,DA,=4,BC,=,CD,=2,现将,ABD,沿,BD,折起,直线,AB,与平面,BCD,所成的角为,则当二面角,A-BD-C,的大小在,内变化时,cos,的值可以为,(,),A.,B.,C.,D.,答案,12.,BCD,以,D,为坐标原点,的方向分别为,x,轴、,y,轴、,z,轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,12. 2022,山东烟台高二上期中,如图,在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB,=2,AD,=2,AA,1,=2,点,P,满足,=,x,+,y,+,z,x,(0,1,y,(0,1,z,(0,1,则,(,),A.,当,x,=,y,=,z,时,A,1,P,BD,B.,当,x,+,y,+,z,=1,时,D,1,P,平面,BDC,1,C.,当,x,=,y,=,z,时,三棱锥,C-DPD,1,的体积为定值,D.,当,x,+,y,=1,y,=,z,时,D,1,P,与平面,A,1,D,1,DA,所成角的正切值为,答案,则,A,(1,0,0),B,(1,2,0),D,(0,0,0),A,1,(1,0,1),B,1,(1,2,1),C,1,(0,2,1),D,1,(0,0,1),则,=(,-,1,0,0),=(0,0,-,1),=(0,2,0),.,对于,A,设,x,=,y,=,z,=,t,则,=,t,+,t,+,t,=(,-t,2,t,-t,),又,=(,-,1,-,2,0),所以,=,t-,4,t,=,-,3,t,所以,A,1,P,BD,不恒成立,A,错误,.,对于,B,当,x,+,y,+,z,=1,时,A,B,1,D,1,P,四点共面,即,D,1,P,平面,AB,1,D,1,因为,B,1,D,1,BD,AD,1,BC,1,B,1,D,1,AD,1,=,D,1,BD,BC,1,=,B,AD,1,B,1,D,1,平面,AB,1,D,1,BD,BC,1,平面,BDC,1,所以平面,AB,1,D,1,平面,BDC,1,所以,D,1,P,平面,BDC,1,B,正确,.,对于,C,当,x,=,时,点,P,在与平面,CDD,1,平行的平面上,且两平行平面间的距离为,所以三棱锥,P-CDD,1,的高为定值,又,CDD,1,的面积为定值,所以三棱锥,P-CDD,1,的体积为定值,C,正确,.,对于,D,当,x,+,y,=1,y,=,z,时,=(1,-y,),+,y,+,y,=(,y-,1,2,y,-y,),设,P,(,a,b,c,),则,=(,a-,1,b,c-,1),所以,a,=,y,b,=2,y,c,=1,-y,所以,P,(,y,2,y,1,-y,),所以,=(,y,2,y,-y,),因为,CD,平面,A,1,D,1,DA,所以平面,A,1,D,1,DA,的一个法向量,m,=(0,1,0),设,D,1,P,与平面,A,1,D,1,DA,所成的角为,则,sin,=,所以,tan,=,即,D,1,P,与平面,A,1,D,1,DA,所成角的正切值为,D,正确,.,故选,BCD,.,答案,13.,(,1,-,2)(,答案不唯一,),解析,设直线,l,的一个方向向量为,d,=(,x,y,z,),依题意可知,所以,令,y,=1,则,z,=,-,2,x,=,所以,d,=(,1,-,2),.,三、填空题,:,本题共,4,小题,每小题,5,分,共,20,分,.,13. 2022,广东佛山西樵高中高二上期中,已知,n,1,=(2,1,1),与,n,2,=(0,2,1),分别为平面,与,的法向量,若,=,l,则直线,l,的一个方向向量为,.,答案,14.,a,或,2,a,解析,分析可知,B,1,D,CE,故要使,CE,平面,B,1,DE,只需,CE,B,1,E.,建立如图所示的空间直角坐标系,则,A,(,a,0,0),B,1,(0,0,3,a,),C,(0,a,0),.,设点,E,的坐标为,(,a,0,z,),则,=(,a,-,a,z,),=(,a,0,z-,3,a,),.,由,得,2,a,2,+,z,2,-,3,az,=0,解得,z,=,a,或,2,a,即,AE,=,a,或,2,a.,14.,如图所示,在直三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,中,底面是以,ABC,为直角的等腰三角形,AC,=2,a,BB,1,=3,a,D,是,A,1,C,1,的中点,点,E,在棱,AA,1,上,要使,CE,平面,B,1,DE,则,AE,=,.,答案,15.,解析,如图所示,过点,C,作,CO,平面,ABDE,垂足为,O,取,AB,的中点,F,连接,CF,OF,OA,OB,则,CFO,为二面角,C-AB-D,的平面角,所以,cos,CFO,=,.,设,AB,=1,则,CF,=,OF,=,OC,=,所以,O,为正方形,ABDE,的中心,.,建立空间直角坐标系,则,E,(0,-,0,),A,(,0,0),B,(0,0,),C,(0,0,),M,(,0,),N,(0,),所以,=(,),=(,-,),所以,cos=,即,EM,AN,所成角的余弦值为,.,15.,如图,等边三角形,ABC,与正方形,ABDE,有一公共边,AB,二面角,C-AB-D,的余弦值为,M,N,分别是,AC,BC,的中点,则,EM,AN,所成角的余弦值为,.,答案,16.,5,+2,解析,如图,取,CC,1,CD,上的点分别为,N,M,连接,AM,MN,B,1,N,AB,1,使得,AB,1,MN,所以,A,B,1,N,M,四点共面,.,以,D,为坐标原点,DA,DC,DD,1,所在直线分别为,x,y,z,轴建立空间直角坐标系,则,A,(3,0,0),B,1,(3,3,3),D,1,(0,0,3),E,(1,3,0),.,设点,M,(0,m,0),N,(0,3,n,),.,设,D,1,E,AM,由,=(1,3,-,3),=(,-,3,m,0),得,=,-,3+3,m,=0,解得,m,=1,.,因为,=(0,3,3),=9,-,9=0,所以,D,1,E,AB,1,.,又,AM,AB,1,=,A,所以当点,M,的坐标为,(0,1,0),时,D,1,E,平面,AB,1,NM.,因为点,P,在正方体表面上移动,且,B,1,P,D,1,E,则点,P,的运动轨迹为梯形,AB,1,NM.,又,=(0,2,n,),=6,-,3,n,=0,解得,n,=2,即点,N,(0,3,2),.,当,P,在,CC,1,上运动时,AP,=,AN,=,NM,=2,AB,1,=3,AM,=,B,1,N,=,所以梯形,AB,1,NM,的周长为,3,+2,+2,=5,+2,.,16.,在棱长为,3,的正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,=2,点,P,在正方体的表面上移动,且满足,B,1,P,D,1,E,当,P,在,CC,1,上时,AP,=,;,满足条件的所有点,P,构成的平面图形的周长为,.,(,本题第一空,2,分,第二空,3,分,.,),答案,17.,解析,(1),建立如图所示的空间直角坐标系,则,A,(2,0,0),C,(0,2,0),F,(2,2,4),E,(0,0,1),B,(2,2,0),(2,分,),=(,-,2,-,2,1),=(0,2,4),=(,-,2,2,0),所以,=0,=0,所以,BE,AF,BE,AC,(4,分,),又,AF,AC,=,A,AF,AC,平面,ACF,所以,BE,平面,ACF.,(6,分,),(2),由,(1),知,=(,-,2,-,2,1),是平面,ACF,的一个法向量,=(,-,2,0,1),(7,分,),所以点,E,到平面,ACF,的距离为,.,(10,分,),四、解答题,:,本题共,6,小题,共,70,分,.,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤,.,17. (10,分,)2022,山东济宁高二月考,如图,在正四棱柱,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,已知,AB,=,AD,=2,AA,1,=5,E,F,分别为,DD,1,BB,1,上的点,且,DE,=,B,1,F,=1,.,(1),求证,:,BE,平面,ACF,;,(2),求点,E,到平面,ACF,的距离,.,答案,18.,解析,方案一,选条件,.,(1),因为平面,PAB,平面,ABCD,平面,PAB,平面,ABCD,=,AB,PA,平面,PAB,PA,AB,所以,PA,平面,ABCD.,因为,DE,平面,ABCD,所以,PA,DE.,(2,分,),以,A,为原点,分别以,的方向为,x,轴、,y,轴、,z,轴的正方向建立空间直角坐标系,则,A,(0,0,0),C,(2,4,0),D,(0,2,0),E,(2,1,0),P,(0,0,2),所以,=(2,4,0),=(2,-,1,0,),18. (12,分,),在,平面,PAB,平面,ABCD,AB,PA,AB,PA,PA,CD,BC,平面,PAB,AB,PA,这三个条件中任选一个,补充在下面问题的横线上,并解答,.,问题,:,如图,在四棱锥,P-ABCD,中,底面,ABCD,是梯形,点,E,在,BC,上,AD,BC,AB,AD,BC,=2,AB,=2,AD,=2,AP,=4,BE,=4,且,.,(1),求证,:,平面,PDE,平面,PAC,;,(2),求直线,PE,与平面,PAC,所成角的正弦值,.,注,:,如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分,.,答案,所以,=22+4(,-,1)+00=0,.,所以,即,DE,AC.,(4,分,),又,PA,AC,平面,PAC,PA,AC,=,A,所以,DE,平面,PAC,又,DE,平面,PDE,故平面,PDE,平面,PAC.,(6,分,),(2),由,(1),可得平面,PAC,的一个法向量为,=(2,-,1,0),又,=(2,1,-,2),所以,PE,与平面,PAC,所成角的正弦值为,|cos|=,.,(12,分,),方案二,选条件,.,(1),因为,PA,AB,PA,CD,AB,CD,相交,AB,CD,平面,ABCD,所以,PA,平面,ABCD.,因为,DE,平面,ABCD,所以,PA,DE.,(2,分,),以,A,为原点,分别以,的方向为,x,轴、,y,轴、,z,轴的正方向建立空间直角坐标系,则,A,(0,0,0),C,(2,4,0),D,(0,2,0),E,(2,1,0),P,(0,0,2),所以,=(2,4,0),=(2,-,1,0,),答案,所以,=22+4(,-,1)+00=0,.,所以,即,DE,AC.,(4,分,),又,PA,AC,平面,PAC,PA,AC,=,A,所以,DE,平面,PAC,又,DE,平面,PDE,故平面,PDE,平面,PAC.,(6,分,),(2),同方案一,.,方案三,选条件,.,(1),因为,BC,平面,PAB,又,PA,平面,PAB,所以,BC,PA,又,AB,PA,AB,BC,平面,ABCD,AB,BC,=,B,所以,PA,平面,ABCD.,因为,DE,平面,ABCD,所以,PA,DE.,(2,分,),以,A,为原点,分别以,的方向为,x,轴、,y,轴、,z,轴的正方向建立空间直角坐标系,则,A,(0,0,0),C,(2,4,0),D,(0,2,0),E,(2,1,0),P,(0,0,2),所以,=(2,4,0),=(2,-,1,0),所以,=22+4(,-,1)+00=0,.,答案,所以,即,DE,AC.,(4,分,),又,PA,AC,平面,PAC,PA,AC,=,A,所以,DE,平面,PAC,又,DE,平面,PDE,故平面,PDE,平面,PAC.,(6,分,),(2),同方案一,.,答案,19.,解析,(1),在梯形,ABCD,中,因为,AB,CD,AD,=,DC,=,CB,=1,ABC,=60,所以,AB,=2,所以,AC,2,=,AB,2,+,BC,2,-,2,AB,BC,cos 60=3,所以,AB,2,=,AC,2,+,BC,2,所以,BC,AC.,(2,分,),因为平面,ACFE,平面,ABCD,平面,ACFE,平面,ABCD,=,AC,BC,平面,ABCD,所以,BC,平面,ACFE,所以,BC,AM.,(4,分,),(2),以,C,为坐标原点,分别以直线,CA,CB,CF,为,x,轴、,y,轴、,z,轴建立如图所示的空间直角坐标系,令,FM,=,(0,),则,C,(0,0,0),A,(,0,0),B,(0,1,0),M,(,0,1),所以,=(,-,1,0),=(,-,1,1),.,(6,分,),设,n,=(,x,y,z,),为平面,MAB,的法向量,19. (12,分,),如图,在梯形,ABCD,中,AB,CD,AD,=,DC,=,BC,=1,ABC,=60,.,四边形,ACFE,为矩形,平面,ACFE,平面,ABCD,CF,=1,设点,M,在线段,EF,上运动,.,(1),证明,:,BC,AM,;,(2),设平面,MAB,与平面,FCB,所成锐二面角为,求,的最小值,.,答案,由,得,取,x,=1,得,n,=(1,-,),为平面,MAB,的一个法向量,.,(9,分,),易知,m,=(1,0,0),是平面,FCB,的一个法向量,(10,分,),所以,cos,=,.,(11,分,),因为,0,所以当,=,时,cos,有最大值,此时,取最小值,为,.,(12,分,),20. (12,分,)2021,湖北荆州中学高二期末,如图,1,O,的直径,AB,=4,点,C,D,为,O,上两点,且,CAB,=45,DAB,=60,F,为,的中点,.,沿直径,AB,将上半圆折起,使两个半圆所在平面互相垂直,(,如图,2),.,(1),求证,:,OF,平面,ACD,;,(2),求二面角,C-AD-O,的余弦值,.,图,1,图,2,答案,20.,解析,(1),如图,连接,CO.,因为,CAB,=45,所以,CO,AB,又平面,AOC,平面,AOD,所以,CO,平面,AOD.,(2,分,),以,O,为原点,OB,OC,所在直线分别为,y,轴、,z,轴,建立空间直角坐标系,则,A,(0,-,2,0),C,(0,0,2),=(0,2,2),.,因为,F,为,的中点,所以,F,(0,),=(0,),所以,即,OF,AC.,(4,分,),因为,OF,平面,ACD,AC,平面,ACD,所以,OF,平面,ACD.,(6,分,),答案,(2),因为,DAB,=60,所以,D,(,-,1,0),=(,1,0),.,(8,分,),设二面角,C-AD-O,的大小为,n,1,=(,x,y,z,),为平面,ACD,的法向量,则,即,.,取,x,=1,则,y,=,-,z,=,所以,n,1,=(1,-,),为平面,ACD,的一个法向量,.,(10,分,),取平面,ADO,的一个法向量,n,2,=(0,0,1),所以,cos,=,.,故二面角,C-AD-O,的余弦值为,.,(12,分,),答案,21.,解析,(1),如图,以,A,为坐标原点,AB,AD,AA,1,所在直线分别为,x,y,z,轴,建立空间直角坐标系,则,A,(0,0,0),B,1,(2,0,4),D,(0,4,0),D,1,(0,2,4),则,=(2,0,4),.,(2,分,),设,Q,(4,m,0),0,m,4,若,P,是,DD,1,的中点,则,P,(0,3,2),则,=(4,m-,3,-,2),于是,=0,所以,即,AB,1,PQ.,(4,分,),(2),由,(1),知,=(4,m-,4,0),=(0,-,2,4),设,n,1,=(,x,y,z,),是平面,PDQ,的法向量,则,即,取,y,=4,得,n,1,=(4,-m,4,2),是平面,PDQ,的一个法向量,.,(6,分,),21. (12,分,)2022,湖南名校联合体高三上联考,如图,已知四棱台,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的上、下底面分别是边长为,2,和,4,的正方形,A,1,A,=4,且,A,1,A,底面,ABCD,点,P,Q,分别在棱,DD,1,BC,上,.,(1),若,P,是,DD,1,的中点,证明,:,AB,1,PQ,;,(2),若,PQ,平面,ABB,1,A,1,二面角,P-QD-A,的余弦值为,求三棱锥,A-DPQ,的体积,.,答案,又平面,AQD,的一个法向量是,n,2,=(0,0,1),二面角,P-QD-A,的余弦值为,所以,cos=,解得,m,=,或,m,=,(,舍去,),此时,Q,(4,0),.,(8,分,),设,=,(0,1),则,P,(0,4,-,2,4,),=(4,2,-,-,4,),因为,PQ,平面,ABB,1,A,1,且平面,ABB,1,A,1,的一个法向量是,n,3,=(0,1,0),所以,n,3,=0,即,2,-,=0,解得,=,从而,P,(0,1),.,(10,分,),将三棱锥,A-DPQ,看作以,ADQ,为底面的三棱锥,P-ADQ,则其高,h,=1,故三棱锥,A-DPQ,的体积,V,=,S,ADQ,h,=,441=,.,(12,分,),22. (12,分,)2022,天津河东区模考,在滨海文化中心有天津滨海科技馆,其建筑有鲜明的后工业风格,如图所示,截取其中一部分抽象出长方体与圆台的组合体,在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB,=4,AD,=,AA,1,=2,圆台下底面的圆心,O,为,AB,的中点,直径为,2,圆,O,与直线,AB,交于,E,F,两点,圆台上底面的圆心,O,1,在,A,1,B,1,上,直径为,1,.,(1),求,A,1,C,与平面,A,1,ED,所成角的正弦值,.,(2),求二面角,E-A,1,D-F,的余弦值,.,(3),圆台的上底面圆周上是否存在一点,P,使得,FP,AC,1,?,若存在,求点,P,到直线,A,1,B,1,的距离,若不存在,则说明理由,.,答案,22.,解析,(1),以,D,为坐标原点,的方向分别为,x,y,z,轴的正方向建立空间直角坐标系,则,A,1,(2,0,2),C,(0,4,0),E,(2,1,0),D,(0,0,0),所以,=(,-,2,4,-,2),=(2,0,2),=(2,1,0),.,设平面,A,1,ED,的法向量为,n,=(,x,y,z,),则有,即,令,x,=1,则,y,=,-,2,z,=,-,1,故,n,=(1,-,2,-,1),(2,分,),所以,|cos|=,故,A,1,C,与平面,A,1,ED,所成角的正弦值为,.,(4,分,),(2),由,(1),可知,F,(2,3,0),所以,=(2,3,0),设平面,A,1,DF,的法向量为,m,=(,a,b,c,),则有,即,令,a,=3,则,b,=,-,2,c,=,-,3,故,m,=(3,-,2,-,3),所以,|cos|=,故二面角,E-A,1,D-F,的余弦值为,.,(7,分,),答案,(3),由,(1),可知,A,(2,0,0),C,1,(0,4,2),所以,=(,-,2,4,2),.,假设存在点,P,使得,FP,AC,1,设,P,(,x,y,2),则,=(,x-,2,y-,3,2),因为,FP,AC,1,所以,=,-,2(,x-,2)+4(,y-,3)+4=0,所以,x,=2,y-,2,.,又由题意可知,(,x-,2),2,+(,y-,2),2,=,所以,5(,y-,2),2,=,解得,或,所以当,P,(2,-,2,-,2),或,P,(2+,2+,2),时,FP,AC,1,此时点,P,到直线,A,1,B,1,的距离为,.,(12,分,),
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