金太阳2024-2025学年贵州省高三年级入学考试(25-08C)数学试题

2024-08-13 09:31:19 15

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得λ=15.13.解：(1)以O为坐标原点，OD,OP所在直线分别为y轴、之轴，过第6讲向量法求空间角,点O且垂直于平面DOP的直线为x轴，建立如图所示的空间直1.B解析：由题意可知AB,AC,AA1两两相互垂直，以A为坐标原角坐标系O一xyz,点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y本Z轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),A1(0,0,√2)，C(0,√2,0)，D号，号0办=，号，0，AC(0√2，-√2)，小离惑-子净1DB面直线AD与A:C所成的角为号。则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).2.C解析：建立如图所示的空间直角坐标于是A市=(0,3,4)，B武=(-8,0,0)，系，设AB=2,所以A泸.BC=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,则C1W3,1,0),A(0,0,2),AC=(5,所以A泸⊥C,即AP⊥BC1,-2),易知平面BB1CC的一个法向(2)由(1)知AP=|AP1=5,量为n=(1,0,0).设AC与平面又AM=3,且点M在线段AP上，BB1CC所成的角为0，则sin0所以-=是=(0，号，号.DACm--E,所以AG与平面4又BA=(-4,-5,0),AclIn√⑧所以=+=(-4,9，号)。BB,GC所成商的正弦值为则A.=03,40(-4,-9,号)=0，3.A解析：如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系，所以AP⊥B应，即AP⊥BM,又根据(I)的结论知AP⊥BC,且BC∩BM=B,D所以AP⊥平面BMC,B又APC平面APC,D故平面APC⊥平面BMC℃y14.解：(1)设BD与AC交于，点O,则BD⊥ACAEB连接A1O,在△AA1O中，AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°，则C1(0,3,1),D1(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0),所以A10=AA7+AO-2AA1·AOc0s60°=3，所以DC=(0,3,1),D1E=(1,1,-1),DC=(0,3,-1).所以AO2+A1O2=AA7,所以A1O⊥AO.设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),由于平面AA1CC⊥平面ABCD,且平面AA1CC∩平面ABCD=AC,A1OC平面AA1C1C则/n·D花=0即z十y=0取y=1,得n=(2,1,3).n·DC=0,3y-x=0,所以A1O⊥平面ABCD.设DC与平面D1EC所成的角为0，以OB,OC,OA1所在直线分别为x轴，y轴，之轴，建立如图所示的空间直角坐所以sin0=|n=3DCTn35标系，则A(0,-1,0),B(√3,0,0)，C(0,1,0)所以DC与平面DEC所成角的正弦值为3Y西35D(-3,0,0),A1(0,0,3),4.A解析：（方法一）设正方体的棱长为2，取C℃的中点Q,连接C1(0,2,W3).PQ,AD,AC,AQ,由于Bd=(-23,0,0),AA1=(0,1,√3)，AA1·BD=0×(-23)+1×0+√3×0=0，所以BD⊥AA1,即BD L AA1.(2)假设在直线CC上存在，点P,使BP∥平面DA1C,设C市=入C心1，P(x,y,z),则(x,y-1,z)=(0,1W3),从而有P(0,1+入W3),B市=(-√5,1+入3).P是C1D1的中点，∴.PQ∥CD1∥A1B,易知A1C=(0,2,0),DAi=(5,0,W3).故∠APQ就是AP与BA1所成的角或其补角设平面DA1C1的法向量为n=(a,b,c),由勾股定理得AP=AQ=√8十I=3,PQ=√2由余孩定理得c0s∠APQ=AP+PQ-AQ-9+2-9=22AP·PQ2X3X26g。故异面直线AP与BA1所成角的余弦值为号。取n=(1,0,-1).(方法二)设正方体的棱长为2，以DA,DC,DD1分别为x,y,之轴因为BP∥平面DA1C,所以n⊥B,即n·B=-3-√3X=0,建立空间直角坐标系，如图所示，解得λ=一1，即，点P在C1C的延长线上，且CP=CC.15625 GKTXY·数学*

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