专题强化练5 解析几何-2021高考理科数学【创新教程】大二轮高考总复习

则 D ０,０,０( ) ,B ４,２,０( ) ,C ０,２,０( ) ,P １,０,３( ) , 所以PC → ＝ －１,２,－ ３( ) ,BC → ＝ －４,０,０( ) , 设平面 PBC 的一个法向量为n＝ x,y,z( ) , 所以 n􀅰BC → ＝４x＝０ n􀅰PC → ＝－x＋２y－ ３z＝０{ , 取z＝２,则n＝ ０,３,２( ) , 平面 PAB 的一个法向量为DP → ＝ １,０,３( ) , 则 cos‹n,DP → ›＝ n 􀅰DP → |n||DP → | ＝ ０ ,３,２( ) 􀅰 １,０,３( ) ３＋４× １＋３ ＝ ２１７ , 由图可 知,二 面 角 A－PB－C 为 钝 角,所 以 所 求 的 余 弦 值为－ ２１７ ． ３．解析:(１)∵A１A⊥底面 ABC,AB⊂平面 ABC ∴A１A⊥AB 又 AB⊥AC,A１A∩AC＝A ∴AB⊥平面 ACC１A１, 又四边形 ACC１A１ 为矩形 ∴四棱锥 B－A１ACC１ 为阳马． (２)∵AB⊥AC,BC＝２, ∴AB２＋AC２＝４ 又∵A１A⊥底面 ABC, ∴VC１－ABC ＝ １ ３ 􀅰C１C􀅰 １ ２AB 􀅰AC ＝ １３ 􀅰AB􀅰AC≤ １３ 􀅰AB ２＋AC２ ２ ＝ ２ ３ 当且仅当AB＝AC＝ ２时,VC１－ABC ＝ １ ３ 􀅰AB􀅰AC 取最 大值 ∵AB⊥AC,A１A⊥底面 ABC ∴以 A 为原点,建立如图所示空间直角坐标系 B ２,０,０( ) ,C ０,２,０( ) ,A１ ０,０,２( ) ,C１(０,２,２) A１B → ＝ ２,０,－２( ) ,BC → ＝ － ２,２,０( ) , A１C１ → ＝ ０,２,０( ) 设平面 A１BC 的一个法向量n１＝ x１,y１,z１( ) 由 n１􀅰A１B → ＝０ n􀅰BC → ＝０{ ,得n１＝ ２,２,１( ) 同理得n２＝ ２,０,１( ) ∴cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ |n１||n２| ＝ １５５ 二面角C－A１B－C１ 的余弦值为 １５ ５ ． ４．解析:(１)证明:因为△PAD 是正三角形, O 是AD 的中点, 所以 PO⊥AD． 又因为CD⊥平面 PAD,PO⊂平面 PAD, 所以 PO⊥CD． AD∩CD＝D,AD,CD⊂平面 ABCD, 所以 PO⊥平面 ABCD． (２)如图,以 O 点为原点分别以OA、OG、OP 所 在 直 线 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． 则 O(０,０,０),A(２,０,０),B(２,４,０),C(－２,４,０), D(－２,０,０),G(０,４,０),P(０,０,２ ３), E(－１,２,３),F(－１,０,３),EF → ＝(０,－２,０),EG → ＝(１, ２,－ ３), 设平面 EFG 的法向量为m＝(x,y,z) 所以 EF →􀅰m＝０ EG →􀅰m＝０{ ,即 －２y＝０, x＋２y－ ３z＝０,{ 令z＝１,则 m＝(３,０,１), 又平面 ABCD 的法向量n＝(０,０,１), 设平面 EFG 与平面ABCD 所成锐二面角为θ, 所以cosθ＝|m 􀅰n| |m||n|＝ １ ３( ) ２ ＋１２× １２ ＝ １２ ． 所以平面 EFG 与平面ABCD 所成锐二面角为 π３ ． (３)假设线段 PA 上存在点 M , 使得直线 GM 与平面EFG 所成角为 π６ , 即直线 GM 与平面EFG 法向量m 所成的角为 π３ , 设PM → ＝λPA →,λ∈ ０,１[ ] , GM → ＝GP → ＋PM → ＝GP → ＋λPA →, 所以GM → ＝ ２λ,－４,２ ３ １－λ( )( ) 所以cos π３ ＝|cos ‹GM →,m›|＝ ３ ２ ４λ２－６λ＋７ , 整理得２λ２－３λ＋２＝０, Δ＜０,方程无解, 所以不存在这样的点 M． 专题五　第１讲 １．D　[由于倾 斜 角 为 １２０°,故 斜 率k＝ － ３．又 直 线 过 点 (－１,０),所以直线方程为y＝－ ３(x＋１),即 ３x＋y＋ ３＝０．] ２．A　[根据充分条件和必要条件的 判 断 方 法,分 别 判 断 充 分性和必要性,即可得到答案． 圆C 的方程 可 化 为(x－１)２＋y２ ＝１,其 圆 心 坐 标 为 (１, ０),半径为r＝１, 当a＝０时,直 线l∶y＝１,圆 心 到 直 线 的 距 离 d＝１＝r, 此时,直线l与圆C 相切,故充分性成立; 当直线l与圆C 相 切 时,圆 心 到 直 线 的 距 离,所 以ab＝ ０,故必要性不成立,所以“a＝０”是“直 线l与 圆C 相 切” 的充分不必要条件．故选 A．] ３．C　[由于准 线 恰