新高考新试卷结构立体几何与旋转体有关的题型（解析版）
资源预览文档简介为自动调取，内容显示的完整度及准确度或有误差，请您下载后查看完整的文档内容。
1/14
2/14
3/14
4/14
5/14
6/14
7/14
8/14
9/14
10/14
剩余4页未读，查看更多内容需下载
新高考新试卷结构立体几何与旋转体有关的题型考点一：求直线和平面所成的角如图，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线与平面所成的角为φ，e与n的角为θ，则有sinϕ|e⋅n|=|cosθ|=．(易错点)|e|⋅|n|考点二：求二面角如图，若PA⊥α于A,PB⊥β于B，平面PAB交l于E，则∠AEB为二面角α-l-β的平面角，∠AEB+°∠APB=180.n1⋅n2若n1,n2分别为面α,β的法向量，cosn1,n2=，则二面角的平面角∠AEB=n1,n2或π-n1⋅n2n1,n2，即二面角θ等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角．①当法向量n1与n2的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角θ的大小等于n1,n2的夹角n1,n2的大小．②当法向量n1,n2的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角θ的大小等于n1,n2的夹角的补角π-n1,n2的大小．③已知n1和n2分别是二面角α−l−β的半平面α,β的法向量，记二面角的大小为θ，若P∈半平面α，Q∈半平面β(P∉l,Q∉l)，则当PQ⋅n1与PQ⋅n2同号时，二面角θ的大小等于n1,n2的夹角n1,n2的大小．当PQ⋅n1与PQ⋅n2异号时，二面角θ的大小等于n1,n2的夹角的补角π-n1,n2的大小．1,【精选例题】1如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为63π，点P在圆柱OQ的底面圆周上，且△OPB是边长为3的等边三角形，点G是DP的中点.(1)求证：AG⊥平面PBD；(2)求二面角A-PG-O的正弦值.10【答案】(1)证明见解析；(2)5【详解】(1)∵点P在圆柱OQ的底面圆周上，∴AP⊥BP，∵四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，∴AD⊥平面APB，因PB⊂平面APB,∴AD⊥PB,∵AP∩AD=A,AP,AD⊂平面ADP，∴PB⊥平面ADP，而AG⊂平面ADP,∴AG⊥PB①.∵△OPB是边长为3的等边三角形，∠APB=90°，∴AP=PBtan∠ABP=3tan60°=3.∵圆柱OQ的侧面积为63π，即2π⋅OB⋅AD=23π⋅AD=63π，则AD=3=AP，又点G是DP的中点，∴AG⊥PD②.又PD∩PB=P,PD,PB⊂平面PBD，由①②可得AG⊥平面PBD.(2)以P为坐标原点，以PB,PA及过点P与AD平行的直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐33333333标系.则A0,3,0,O2,2,0,D0,3,3,G0,2,2∴PO=2,2,0,PG=0,2,2.33PO⋅n=2x+2y=0设平面OPG的法向量为n=x,y,z，则33,令z=1，得PG⋅n=y+z=022x=3,y=-1,∴n=3,-1,1.由(1)知，PB⊥平面ADP，故PB=3,0,0是平面APG的一个法向量.PB⋅n由图知二面角A-PG-O为锐角，设为α，则cosα=cosPB,n=PB⋅n315==，3×551010∴sinα=，即二面角A-PG-O的正弦值为.552,2如右图，已知Rt△ABC的直角边AB=6，BC=4，点F1,F2是BC从左到右的四等分点(非中点)．已知椭圆Γ所在的平面⊥平面ABC，且其左右顶点为B,C，左右焦点为F1,F2，点P在Γ上．(1)求三棱锥A-F1F2P体积的最大值；(2)证明：二面角F1-AP-F2不小于60°．取BC中点O，在AC上取一点Q使得OQ⊥BC，【详解】以O为坐标原点，OC为x正方向，BC的中垂线l的方向向量u为y轴正方向，OQ为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．2y2x(1)设点Px0,y0．椭圆Γ的方程为2+2=1a>b>0．由题意，易知OBab1122=OC=BC=2，OF1=OF2=BC=1，则a=OC=2，c=OF1=a-b=1，242y2x解得b=3，所以Γ:+=1．4311VA-F1F2P=3·h·S△F1F2P=S△F1F2P=2·F1F2·y0=y0≤b=3故三棱锥A-F1F2P体积的最大值是3．(2)易知A-2,0,3，F10,-1,0，F20,1,0，设P3cosθ,2sinθ,0cosθ≠0，则AF1=0,1,-3，F1P=3cosθ,2sinθ+1,0，设平面APF1的一个法向量n1=x,y,z，则n1·AF1=y-3z=0n1·F1P=3xcosθ+2sinθ+1y=0令y=3cosθ，则x=-32sinθ+1，z=cosθ，所以平面APF1的一个法向量n1=-32sinθ+1,3cosθ,cosθ，同理可求得平面APF2的一个法向量n2=-2sinθ-1,3cosθ,cosθ，n1·n233令t=sinθ+1，则(化简后得)cos<n1,n2>==n1·n2-4t4-16t3+12t2+73t+272583-32t43248032164(I)当t∈0,4时，则3>0，所以-4t-16t+12t+73t+27<-4t-3t+12t+72t+3，令48032164252ft=-4t-3t+12t+72t+3，ft=-8t-12t+6t+9，因为t∈0,4，所以2t+6t+9>0，5令ft=0得t=1，当t∈0,1时，ft>0，ft单调递增；当t∈1,时，ft<0，ft单调递减．4543232(II)当t∈,2时，令gt=-4t-16t+12t+73t+27，gt=-16t-48t+24t+72，gt=4255606324-2t-4t+1<0，所以gt单调递减，所以gt<g4<0，即gt单调递减，gt<g4=64432331<108，综上，-4t-16t+12t+73t+27<108对t∈0,2成立，即cos<n1,n2>>=，即<n1,n21082π>>，故二面角F1-AP-F2不小于60°得证．33,3如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4cm和6cm，AA1,BB1为圆台的两条不同的母线.(1)求证：A1B1⎳AB；8π(2)截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且截面截得圆台上底面圆的劣弧A1B1的长度为，求3截面ABB1A1的面积.2【答案】(1)证明见解析；(2)103cm【详解】(1)因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线AA1与母线BB1的延长线必交于一点，即A,A1,B,B1四点共面，又因为圆面O1∥圆面O，且平面ABB1A1∩圆面O1=A1B1，平面ABB1A1∩圆面O=AB，所以A1B1∥AB.8π22(2)解法一：因为劣弧A1B1的长度为，则∠A1O1B1=π，由△A1O1B1∽△AOB，可得∠AOB=π.如333图，建立空间直角坐标系O-xyz，设OO1=t(t>0)，则A6,0,0,B-3,33,0,A14,0,t，可得AA1=-2,0,t,AB=-9,33,0，设平面ABB1A1的一个法向量为n1=n⋅AA1=-2x+tz=02x,y,z，则，令x=1，则y=3,z=，可得n1=n⋅AB=-9x+33y=0t21,3,t，由题意可知：底面的一个法向量n2=0,0,t，因为截面与下底面所n1⋅n22成的夹角大小为60°，则cos60°=cosn1,n2===n⋅nt⋅1+3+4122t11=，解得t=3，即OO1=3，可得BB1=7，t2+12在等腰梯形ABB1A1中，A1B1=43,AB=63，可得等腰梯形ABB1A1的高h=2，所以S梯形ABB1A1=1243+63⋅2=103cm.2解法二：如图，分别取AB,A1B1的中点为C,C1，连结O1C1,CC1，OC，由题意可得：OC⊥AB,CC1⊥AB，所以∠OCC1为截面ABB1A1与底面所成夹角，即∠OCC1=60°，4,过点C1作C1D⊥OC于点D，由O1C1=2,OC=3，得CD=1，则CC1=2(即梯形的高)，所以S梯形ABB1A1=1243+63⋅2=103cm.22y2x14已知椭圆C：2+2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为2，经过点F1且倾斜角abπ为θ0<θ<2的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方)，△ABF2的周长为8．(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直．π①若θ=，求三棱锥A-BF1F2的体积，3π②若θ=，异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；3π15③是否存在θ0<θ<2，使得△ABF2折叠后的周长为与折叠前的周长之比为16？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．2y2x313335【答案】(1)+=1；(2)①；②；③存在，tanθ=4352814【详解】(1)由椭圆的定义知：AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，所以△ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，1c1222又椭圆离心率为，所以=，所以c=1，b=a-c=3，由题意，椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标2a22y2x准方程为+=1；435,2y2y-0=3(x+1)x=0,x=-8x5(2)①由直线l：y-0=3x+1与+=1，由x2y2得或3，所以434+3=1y=3y=-358361A0,3(因为点A在x轴上方)以及B-5,-53，AF1=2，BF1=5，V=3⋅13BF1‖F1F2sin120°AF1sin60°=25②O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则38313F10,-1,0，A0,0,3，B53,-5,0，F20,1,0，F1A=0,1,3，BF2=-53,5,0．记异面直F1A⋅BF213线AF1和BF2所成角为φ，则cosφ=cosF1A,BF2==；F1ABF228③设折叠前Ax1,y1，Bx2,y2，折叠后A，B在新图形中对应点记为A，B，Ax1,y1,0，Bx2,0,-y2，1515折叠前△ABF2周长是8，则折叠后△ABF2周长是，由A'F2+B'F2+A'B'=，AF2+BF2+22my=x+1122AB=8，故AB-A'B'=，设l方程为my=x+1，由x2y2，得3m+4y-6my-9=0，y12+=1436m-9+y2=2，y1y2=2，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系(原x轴仍然为x轴，原3m+43m+4y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴)；2222222A'B'=x1-x2+y1+y2，AB=x1-x2+y1-y2，所以AB-A'B'=x1-x2+y1-y2-2221x1-x2+y1+y2=，(ⅰ)2-2y1y2122222又=，所以x1-x1+y1-y2+x1-x2+y1+y1=-4y1x-x2+y-y2+x-x2+y2+y22121212122212222y2，(ⅱ)由(ⅰ)(ⅱ)可得x1-x2+y1-y2=-2y1y2，因为x1-x2+y1-y2=1+my1-y2=46,124-2y1y2，6m23611821+m211822所以1+m+=+，即144=+，所以3m2+43m2+443m2+43m2+443m2+4212+12m118228π1335=+，解得m=，因为0<θ<，所以tanθ==．3m2+443m2+4452m145如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，且△SAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是SB的中点.(1)证明：DE⎳平面SAC；(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.1【答案】(1)证明见解析；(2)5【详解】(1)证明：取SA的中点F，连接CF,EF,CD.因为C,D为圆弧AB的两个三等分点，所以CD⎳AB,11CD=AB.因为E,F分别为SB,SA的中点，所以EF⎳AB,EF=AB，则CD⎳EF,EF=CD，从而四22边形CDEF为平行四边形，故DE⎳CF.因为DE⊄平面SAC,CF⊂平面SAC，所以DE⎳平面SAC.(2)解：以O为坐标原点，OB,OS的方向分别为y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=SA=4，所以A0,-2,0,B0,2,0,C3,-1,0，D3,1,0,S0,0,23，则AC=3,1,0,AS=0,2,23,BD=3,-1,0,BS=0,-2,23.设平面SAC的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AC=3x1+y1=0,令x1=1，得m=1,-3,1.m⋅AS=2y1+23z1=0,n⋅BD=3x2-y2=0,设平面SBD的法向量为n=x2,y2,z2，则令x2=1，n⋅BS=-2y2+23z2=0,|m⋅n|1得n=1,3,1.设平面SAC与平面SBD所成锐二面角为θ，则cosθ=|cos‹m,n›|==.故平面5|m||n|1SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值为.56如图，AB是半球O的直径，AB=4，M,N依次是底面AB上的两个三等分点，P是半球面上一点，且∠PON=60°．7,(1)证明：PB⊥PM；(2)若点P在底面圆上的射影为ON中点，求直线PM与平面PAB所成的角的正弦值．10【答案】(1)证明见解析；(2)5【详解】(1)连接AM,OM,MN,PN，因为M,N依次是底面AB上的两个三等分点，所以四边形OMNB是菱形，设MB∩ON=Q，则Q为ON中点，且ON⊥MB，又因为OP=ON,∠PON=60°，故△OPN是等边三角形，连接PQ，则ON⊥PQ，又因为MB,PQ⊂面PMB，MB∩PQ=Q，所以ON⊥面PMB，因为PB⊂面PMB，所以ON⊥PB，因为M,N依次是底面AB上的两个三等分点，所以ON⎳AM，所以AM⊥PB，又因为AB是半球O的直径，P是半球面上一点，所以PB⊥PA，因为AM,PA⊂面PAM，AM∩PA=A，所以PB⊥面PAM，又因为PM⊂面PAM，所以PB⊥PM(2)因为点P在底面圆上的射影为ON中点，所以PQ⊥面AMB，因为QM,QN⊂面AMB，所以PQ⊥QM,PQ⊥QN，又因为QM⊥QN，所以以QM,QN,QP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，所以P0,0,3,M3,0,0,B-3,0,0,A3,-2,0，所以PM=3,0,-3,PA=3,-2,-3,BA=23,-2,0，设平面PAB的法向量n=x,y,z，n⋅PA=3x-2y-3z=0则，令x=1，则n=1,3,-1，设直线PM与平n⋅BA=23x-2y=0π面PAB所成角为θ0≤θ≤，2PM⋅n231010则sinθ=cosPM,n===所以直线PM与平面PAB所成角的正弦值为PM⋅n6×555【跟踪训练】1如图所示，用平面BCC1B1表示圆柱的轴截面，BC是圆柱底面的直径，O为底面圆心，E为母线CC1的中点，已知AA1为一条母线，且AB=AC=AA1=4．8,(1)求证：平面AEO⊥平面AB1O；(2)求平面AEB1与平面OAE夹角的余弦值．6【答案】(1)证明见解析；(2).6【详解】(1)依题意可知AB⊥AC，则△ABC是等腰直角三角形，故AO⊥BC，由圆柱的特征可知BB1⊥平面ABC，又AO⊂平面ABC，BB1⊥AO，因为BB1∩BC=B,BB1、BC⊂平面BCC1B1，则AO⊥平面2BCC1B1，而B1O⊂平面BCC1B1，则AO⊥B1O，因为AB=AC=AA1=4，则BC=2AB=42,∴B1O=22B1B+BO=24，22222222OE=OC+CE=12,B1E=E1C+B1C1=36=B1O+OE，所以B1O⊥OE，因为B1O⊥OE，AO⊥B1O，AO∩OE=O,AO、OE⊂平面AEO，所以B1O⊥平面AEO，因为B1O⊂平面AB1O，所以平面AEO⊥平面AB1O；(2)由题意及(1)知易知AA1,AB,AC两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，则B14,0,4,E0,4,2,O2,2,0，所以AB1=4,0,4,AE=0,4,2,B1O=-2,2,-4，由(1)知B1O是平面AEO的一个法向量，设n=x,y,z是平面n⋅AB1=4x+4z=0AB1E的一个法向量，则有，取z=-2⇒x=2,y=1，所n⋅AE=4y+2z=0以n=2,1,-2，设平面AEB1与平面OAE的夹角为θ，所以cosθ=n⋅B1O66cosn,B1O===.即平面AEB1与平面OAE夹角的余n⋅B32461O6弦值为.62如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为63π，点P在圆柱OQ的底面圆周上，且△OPB是边长为3的等边三角形，点G是DP的中点.(1)求证：AG⊥平面PBD；(2)求二面角A-PG-O的正弦值.10【答案】(1)证明见解析；(2)5【详解】(1)∵点P在圆柱OQ的底面圆周上，∴AP⊥BP，∵四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，∴AD⊥平面APB，因PB⊂平面APB,∴AD⊥PB,∵AP∩AD=A,AP,AD⊂平面ADP，∴PB⊥平面ADP，而AG⊂平面ADP,∴AG⊥PB①.∵△OPB是边长为3的等边三角形，∠APB=90°，∴AP=9,PBtan∠ABP=3tan60°=3.∵圆柱OQ的侧面积为63π，即2π⋅OB⋅AD=23π⋅AD=63π，则AD=3=AP，又点G是DP的中点，∴AG⊥PD②.又PD∩PB=P,PD,PB⊂平面PBD，由①②可得AG⊥平面PBD.(2)以P为坐标原点，以PB,PA及过点P与AD平行的直线分别为x,y,z轴，建33立如图所示的空间直角坐标系.则A0,3,0,O2,2,0,D0,3,3,333333G0,2,2，∴PO=2,2,0,PG=0,2,2.设平面OPG的法向量为n33PO⋅n=x+y=022=x,y,z，则33,PG⋅n=y+z=022令z=1，得x=3,y=-1,∴n=3,-1,1.由(1)知，PB⊥平面ADP，故PB=3,0,0是平面APG的一个法向量.由图知二面角A-PG-O为锐角，设为α，则cosα=PB⋅n3151010cosPB,n===，∴sinα=，即二面角A-PG-O的正弦值为.PB⋅n3×55553如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，∠FAB=90°,AB=AF=2，点G为弧CD的中点，且C,G,D,E四点共面.(1)证明：D,G,B,F四点共面；21(2)若平面BDF与平面ABG夹角的余弦值为，求AD长.6【答案】(1)证明见解析；；(2)AD=5.【详解】(1)连接DG，因为AB⊥AF,AF=AB，所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，∠DCE=45°，在半圆DGC上，G是弧CD中点，所以∠GDC=45°，所以DG⎳EC，又EC⎳FB，所以DG⎳FB，所以B,F,D,G四点共面.(2)法1：直棱柱中AB⊥AF，以A为原点，建立如图空间直角坐标系，设AD=h,F2,0,0,B0,2,0,D0,0,h，则FD=-2,0,h,BF=2,-2,0，设面BFD的法向n⋅FD=-2x+hz=0量为n=x,y,z，则，取z=2，所以n=h,h,2，n⋅BF=2x-2y=0A0,0,0,B0,2,0,G-1,1,h,AB=0,2,0,AG=-1,1,h，设面ABG的法向量m⋅AB=2s=0为m=r,s,t，则，取t=1，所以m=h,0,1，平面m⋅AG=-r+s+ht=010,2h+221BDF与平面ABG所成夹角，即n与m夹角或其补角，所以cosn,m==，解得h2262h+4h+1=5，所以AD=5法2：设AD=h，由(1)知B,F,D,G四点共面，则面BDF∩面ABG=BG.取BF中点N，连接AN,DN，则AN⊥BF，而AD⊥面ABF，BF⊂面ABF，故AD⊥BF，AN∩AD=A，AN,AD⊂面ADN，则BF⊥平面ADN，过A作AO⊥DN于O，又BF⊥AO,DN∩BF=N,DN,BF⊂平面BDF，所以AO⊥平面BDF，过O作OM⊥BG于M，连接AM，则AM⊥BG，又∠AMO是锐角.21所以∠AMO是平面BDF与平面ABG所成的夹角，则cos∠AMO=，所以在615AOAD⋅ANh⋅2Rt△AOM中，sin∠AMO==，在Rt△DAN中，根据等面积法AO==，6AMDNh2+22AB22BG-2在△ABG中，AG=BG=h+2,AB=2.所以AM=AB⋅sin∠ABG=AB⋅=BG2h+2-12.2h+22⋅h152hh+22所以sin∠AMO===，解得h=5,h>0，即h=5，所以AD=5.6h2+122⋅2h+22h+24如图，矩形BCC1B1是圆柱OO1的一个轴截面，O1、O分别为上下底面的圆心，E为CO1的中点，BC=8，BB1=4．(1)当点A为弧BC的中点时，求证：AO⊥平面BB1C1C；(2)若点A为弧BC的靠近C点的三等分点，求直线AE与平面AOB1所成角的正弦值．21【答案】(1)证明见解析；(2).7【详解】(1)结合题意:易知底面是以O为圆心，以BC为直径的半圆，因为点A为弧BC的中点，所以AO⊥BC，因为矩形BCC1B1是圆柱OO1的一个轴截面，所以BB1⊥面ABC,因为OA⊂面ABC,所以BB1⊥AO,因为BB1∩BC=B,且BB1,BC⊂平面BB1C1C，所以AO⊥平面BB1C1C.(2)取弧BC的中点A1连接OA1,由(1)问可知：A1O⊥平面BB1C1C，且易得A1O⊥O1O，O1O⊥BC,A1O⊥BC,故以O坐标原点，以OC,OA1,OO1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示：因为BC=8，BB1=4，点A为弧BC的靠近C点的三等分点，所以O0,0,0,B1-4,0,4,O10,0,4,C4,0,0,11,A2,23,0,所以OB1=-4,0,4,OA=2,23,0,因为E为CO1的中点，所以E2,0,2，所以AE=n⊥OA0,-23,2,设平面AOB1的法向量为n=x,y,z，则,即n⊥OB1n⋅OA=2x+23y=0，令x=3，则n=3,-1,3，所以直线AE与平n⋅OB1=-4x+4z=0n⋅AE面AOB1所成角的正弦值为sinθ=cosn,AE==nAE0×3+-23×-1+2321=.02+-232+22×32+1+3275如图所示，圆台的上､下底面圆半径分别为2cm和3cm,AA1,BB1为圆台的两条不同的母线.O1,O分别为圆台的上､下底面圆的圆心，且△OAB为等边三角形.(1)求证：A1B1⎳AB；(2)截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，求异面直线AA1与B1O1所成角的余弦值.13【答案】(1)证明见解析；(2)13【详解】(1)证明∵圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.∴母线AA1与母线BB1的延长线必交于一点，∴A,A1,B,B1四点共面.∵圆面O1⎳圆面O，且平面ABB1A1∩圆面O1=A1B1，平面ABB1A1∩圆面O=AB.∴A1B1⎳AB.π(2)∵△ABO为等边三角形，∴∠AOB=，如图建立空间直角坐标系O-xyz，设3OO1=t(t>0).333333A3,0,0,B2,2,0,A12,0,t.AA1=-1,0,t,AB=-2,2,0，设平面ABB1A1的一个法向量n1-x+tz=0,33=x,y,z.则有：-3x+33y=0.，令x=3，则y=1,z=t,∴n1=3,1,t.底面的一个法向量n222=0,0,1，°331因为截面与下底面所成的夹角大小为60°，所以cos60=cosn1,n2===，∴t=33+4t22t⋅4+2t3，212,323∴AA1=-1,0,2，又A1B1=3AB=-1,3,0,∴B1坐标为1,3,2.∴O1B1=1,3,0，cosAA1,AA1⋅O1B1-1-1313O1B1===.∴异面直线AA1与O1B1所成角的余弦是.AAO13131311B1⋅226如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，BC是圆柱下底面圆O的直径．(1)弦AB上是否存在点D，使得Q1D⎳平面A1AC，请说明理由；(2)若BC=2，∠ABC=30°，A1A=2，求二面角C-A1B-A的余弦值．257【答案】(1)存在，当点D为AB中点时，理由见解析.(2)19【详解】(1)当点D为AB的中点时，O1D⎳平面A1AC，证明如下：取AB的中点D，连接OD，∵O,D分别为BC,AB的中点，则OD⎳AC，又OD⊄平面A1AC，AC⊂平面A1AC，∴OD⎳平面A1AC，又∵OO1⎳AA1，OO1⊄平面A1AC，AA1⊂平面A1AC，∴OO1⎳平面A1AC，O1O∩OD=O，O1O,OD⊂平面OO1D，∴平面OO1D⎳平面A1AC，由于O1D⊂平面OO1D，故O1D⎳平面A1AC；(2)∵BC是⊙O的直径，可得∠BAC=90°，即AB⊥AC，且BC=2，∠ABC=30°，故AB=3，AC=1，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，则A0,0,0，B3,0,0，C0,1,0，A10,0,2，得A1B=3,0,-2，A1C=0,1,-2，设n=x,y,z为平面A1BC的一个法向量，则n⋅A1B=3x-2z=0，令x=2，则y=23,z=3，可得n=2,23,3，因为n⋅A1C=y-2z=0y轴⊥平面A1AB，则可取平面A1AB的一个法向量为m=0,1,0，设二面角C-m⋅n23257A1B-A为θ，则cosθ=cosm,n===，所以二面角Cmn1×1919257-A1B-A的余弦值为.1913,7如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1,AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点(1)若P是线段BC的中点，求证：C1P⎳平面A1AB(2)若AB=BC，设直线l为平面A1AB与平面C1CB的交线，点Q∈l,BC1与平面QAC所成角为α，求sinα的最大值.14【答案】(1)证明见解析；(2)4【详解】(1)取AB中点H，连接A1H,PH，如图，因为P为BC中点，所以11PH⎳AC,PH=AC，在等腰梯形A1ACC1中，A1C1⎳AC,A1C1=AC，所22以HP⎳A1C1,HP=A1C1，所以四边形A1C1PH为平行四边形，所以C1P⎳A1H，又A1H⊂平面A1AB，C1P⊄平面A1AB，所以C1P⎳平面A1AB；(2)延长AA1,CC1交于点O，作直线BO，则直线BO即为直线l，∵AB=BC，则O2B⊥AC，以直线O2A,O2B,O2O分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A1ACC1中，AC=2AA1=2A1C1=2AC-A1C1214，此梯形的高为h=AA1-=3，因为A1C1=AC,A1C1⎳AC，22所以A1C1为△OAC的中位线，则O20,0,0,O0,0,23,A2,0,0,B0,2,0,C1-1,0,3，所以BC1=-1,-2,3,AB=-2,2,0,BO=0,-2,23,O2A=2,0,0，设BQ=λBO，则AQ=AB+BQ=AB+λBO=-2,2-2λ,23λ，设平面QAC的一个法向量为n=x,y,z，n⋅O2A=2x=0则，令y=3λ，得n=0,3λ,λ-1，则n⋅AQ=-2x+2-2λy+23λz=0n⋅BC1-2×3λ+3λ-13λ+1有：sinα=cosn,BC1===，222222nBC13λ+λ-1×-1+-2+322×4λ-2λ+13t令t=λ+1，则sinα=，当t=0时，sinα=0，此时λ=-1，当t≠0时，0</n1,n21082π></g4<0，即gt单调递减，gt<g4=64432331<108，综上，-4t-16t+12t+73t+27<108对t∈0,2成立，即cos<n1,n2></n1,n2>
版权提示
- 温馨提示：
- 1.
部分包含数学公式或PPT动画的文件，查看预览时可能会显示错乱或异常，文件下载后无此问题，请放心下载。
- 2.
本文档由用户上传，版权归属用户，莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
- 3.
下载前请仔细阅读文档内容，确认文档内容符合您的需求后进行下载，若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
- 4.
下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误，付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线：13123380146（工作日9:00-18:00）
文库资源
分享到：
报错