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文档介绍
2017-2018学年河北省邢台市高二上学期期中数学试题(理科)(解析版)
2017-2018学年河北省邢台市高二(上)期中数学试卷(理科) 一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分) 1.(5分)若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心,则a的值为( ) A.﹣1 B.1 C.3 D.﹣3 2.(5分)若,若∥,则( ) A.x=1,y=1 B. C. D. 3.(5分)若直线x﹣y+1=0与圆(x﹣a)2+y2=2有公共点,则实数a取值范围是( ) A.[﹣3,﹣1] B.[﹣1,3] C.[﹣3,1] D.(﹣∞,﹣3]∪[1,+∞) 4.(5分)圆O1:x2+y2﹣2x=0和圆O2:x2+y2﹣4y=0的位置关系是( ) A.相离 B.相交 C.外切 D.内切 5.(5分)已知直线l、m,平面α、β且l⊥α,m⊂β,给出下列四个命题: ①若α∥β,则l⊥m; ②若l⊥m,则α∥β; ③若α⊥β,则l∥m; ④若l∥m,则α⊥β. 其中正确的命题个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 6.(5分)正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,二面角A1﹣BC﹣D的大小为( ) A.30° B.45° C.60° D.135° 7.(5分)已知,则的最小值是( ) A. B. C. D. 8.(5分)该试题已被管理员删除 9.(5分)已知过点P(2,2)的直线与圆(x﹣1)2+y2 =5相切,且与直线ax﹣y+1=0垂直,则a=( ) A. B.1 C.2 D. 10.(5分)如图所示,在立体图形D﹣ABC中,若AB=BC,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是( ) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE 11.(5分)过圆x2+y2=4外一点P(4,2)作圆的两条切线,切点分别为A,B,则△ABP的外接圆方程是( ) A.(x﹣4)2+(y﹣2)2=1 B.x2+(y﹣2)2=4 C.(x+2)2+(y+1)2=5 D.(x﹣2)2+(y﹣1)2=5 12.(5分)三棱锥P﹣ABC中,PC⊥平面ABC,且AB=BC=CA=PC=2,则该三棱锥的外接球的表面积是( ) A. B.4π C. D. 二、填空题(共4小题,每小题5分,满分20分) 13.(5分)直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点,则|AB|= . 14.(5分)若平面α的一个法向量=(2,1,1),直线l的一个方向向量为=(1,2,3),则α与l所成角的正弦值为 . 15.(5分)如图所示,在边长为4的正方形纸片ABCD中,AC与BD相交于O,剪去△ AOB,将剩余部分沿OC、OD折叠,使OA、OB重合,则以A、(B)、C、D、O为顶点的四面体的体积为 . 16.(5分)若直线y=x+b与曲线y=3﹣有公共点,则b的取值范围是 . 三、解答题(共6小题,满分70分) 17.(10分)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8,高为4的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6,高为4的等腰三角形. (Ⅰ)求该几何体的体积V; (Ⅱ)求该几何体的面积S. 18.(12分)(Ⅰ)已知圆经过A(2,﹣3)和B(﹣2,﹣5)两点,若圆心在直线x﹣2y﹣3=0上,求圆M的方程; (Ⅱ)求过点A(﹣1,0)、B(3,0)和C(0,1)的圆N的方程. 19.(12分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,点D是BC的中点. (Ⅰ)求证:A1B∥平面ADC1; (Ⅱ)若AB=AC,BC=AA1=2,求点A1到平面ADC1的距离. 20.(12分)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F 分别是BB1,CD 的中点. (Ⅰ)求证:D1F⊥平面ADE; (Ⅱ)求异面直线EF与BD1所成角的余弦值. 21.(12分)已知直线l:(2m+1)x+(m+1)y﹣7m﹣4=0,m∈R,圆C:(x﹣1)2+(y﹣2)2=25. (Ⅰ)证明:直线l恒过一定点P; (Ⅱ)证明:直线l与圆C相交; (Ⅲ)当直线l被圆C截得的弦长最短时,求m的值. 22.(12分)已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形,AB∥CD,∠DAB=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=,AB=1,M是PB的中点. (Ⅰ)证明:平面PAD⊥平面PCD; (Ⅱ)求AC与PB所成的角余弦值; (Ⅲ)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值. 2017-2018学年河北省邢台市高二(上)期中数学试卷(理科) 参考答案与试题解析 一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分) 1.(5分)若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心,则a的值为( ) A.﹣1 B.1 C.3 D.﹣3 【分析】把圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心为(﹣1,2)代入直线3x+y+a=0,解方程求得a的值. 【解答】解:圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心为(﹣1,2), 代入直线3x+y+a=0得:﹣3+2+a=0, ∴a=1, 故选 B. 【点评】本题考查根据圆的方程求圆心的坐标的方法,用待定系数法求参数的取值范围. 2.(5分)若,若∥,则( ) A.x=1,y=1 B. C. D. 【分析】根据∥,得=λ,利用坐标表示列出方程组,求出x、y的值. 【解答】解:∵,且∥, 可设=λ, 则(1,﹣2y,9)=λ(2x,1,3), 即, 解得λ=3,x=,y=﹣. 故选:C. 【点评】本题考查了空间向量的坐标运算问题,是基础题目. 3.(5分)若直线x﹣y+1=0与圆(x﹣a)2+y2=2有公共点,则实数a取值范围是( ) A.[﹣3,﹣1] B.[﹣1,3] C.[﹣3,1] D.(﹣∞,﹣3]∪[1,+∞) 【分析】根据直线x﹣y+1=0与圆(x﹣a)2+y2=2有公共点,可得圆心到直线x﹣y+1=0的距离不大于半径,从而可得不等式,即可求得实数a取值范围. 【解答】解:∵直线x﹣y+1=0与圆(x﹣a)2+y2=2有公共点 ∴圆心到直线x﹣y+1=0的距离为 ∴|a+1|≤2 ∴﹣3≤a≤1 故选C. 【点评】本题考查直线与圆的位置关系,解题的关键是利用圆心到直线的距离不大于半径,建立不等式. 4.(5分)圆O1:x2+y2﹣2x=0和圆O2:x2+y2﹣4y=0的位置关系是( ) A.相离 B.相交 C.外切 D.内切 【分析】求出半径,求出圆心,看两个圆的圆心距与半径的关系即可. 【解答】解:圆O1:x2+y2﹣2x=0,即(x﹣1)2+y2=1,圆心是O1(1,0),半径是r1=1 圆O2:x2+y2﹣4y=0,即x2+(y﹣2)2=4,圆心是O2(0,2),半径是r2=2 ∵|O1O2|=,故|r1﹣r2|<|O1O2|<|r1+r2| ∴两圆的位置关系是相交. 故选 B 【点评】本题考查圆与圆的位置关系,是基础题. 5.(5分)已知直线l、m,平面α、β且l⊥α,m⊂β,给出下列四个命题: ①若α∥β,则l⊥m; ②若l⊥m,则α∥β; ③若α⊥β,则l∥m; ④若l∥m,则α⊥β. 其中正确的命题个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【分析】利用直线与直线,直线与平面,平面与平面的位置关系逐一判断,成立的证明,不成立的可举出反例. 【解答】解;①∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β,又∵m⊂β,∴l⊥m,①正确. ②由l⊥m推不出l⊥β,②错误. ③当l⊥α,α⊥β时,l可能平行β,也可能在β内,∴l与m的位置关系不能判断,③错误. ④∵l⊥α,l∥m,∴m∥α,又∵m⊂β,∴α⊥β,正确; 故选:B. 【点评】本题主要考查直线,线面,面面位置关系的判断,属于概念题. 6.(5分)正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,二面角A1﹣BC﹣D的大小为( ) A.30° B.45° C.60° D.135° 【分析】由AB⊥BC,A1B⊥BC,得∠A1BA是二面角A1﹣BC﹣D的平面角,由此能求出二面角D1﹣BC﹣D的大小. 【解答】解:由AB⊥BC,A1B⊥BC,得∠A1BA是二面角A1﹣BC﹣D的平面角,在△ABA1中,∠ABA1= 二面角D1﹣BC﹣D的大小为. 故选B. 【点评】本题考查二面角的大小的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养. 7.(5分)已知,则的最小值是( ) A. B. C. D. 【分析】用向量减法坐标法则求的坐标,再用向量模的坐标公式求模的最小值. 【解答】解:=(1﹣t﹣2,1﹣t﹣t,t﹣t)=(﹣t﹣1,1﹣2t,0) ==(﹣t﹣1)2+(1﹣2t)2=5t2﹣2t+2 ∴当t=时,有最小值 ∴的最小值是 故选项为C 【点评】考查向量的坐标运算法则及向量坐标形式的求模公式. 8.(5分)该试题已被管理员删除 9.(5分)已知过点P(2,2)的直线与圆(x﹣1)2+y2=5相切,且与直线ax﹣y+1=0垂直,则a=( ) A. B.1 C.2 D. 【分析】由题意判断点在圆上,求出P与圆心连线的斜率就是直线ax﹣y+ 1=0的斜率,然后求出a的值即可. 【解答】解:因为点P(2,2)满足圆(x﹣1)2+y2=5的方程,所以P在圆上, 又过点P(2,2)的直线与圆(x﹣1)2+y2=5相切,且与直线ax﹣y+1=0垂直, 所以切点与圆心连线与直线ax﹣y+1=0平行, 所以直线ax﹣y+1=0的斜率为:a==2. 故选C. 【点评】本题考查直线与圆的位置关系,直线与直线的垂直,考查转化数学与计算能力. 10.(5分)如图所示,在立体图形D﹣ABC中,若AB=BC,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是( ) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE 【分析】AB=BC,AD=CD,说明对棱垂直,然后推出平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE. 【解答】解:BE⊥AC,DE⊥AC⇒AC⊥平面BDE, 故平面ABC⊥平面BDE, 平面ADC⊥平面BDE. 故选C. 【点评】本题考查平面与平面垂直的判定,是基础题. 11.(5分)过圆x2+y2=4外一点P(4,2)作圆的两条切线,切点分别为A,B,则△ABP的外接圆方程是( ) A.(x﹣4)2+(y﹣2)2=1 B.x2+(y﹣2)2=4 C.(x+2)2+(y+1)2=5 D.(x﹣2)2+(y﹣1)2=5 【分析】根据已知圆的方程找出圆心坐标,发现圆心为坐标原点,根据题意可知,△ABP的外接圆即为四边形OAPB的外接圆,从而得到线段OP为外接圆的直径,其中点为外接圆的圆心,根据P和O两点的坐标利用两点间的距离公式求出|OP|的长即为外接圆的直径,除以2求出半径,利用中点坐标公式求出线段OP的中点即为外接圆的圆心,根据求出的圆心坐标和半径写出外接圆的方程即可. 【解答】解:由圆x2+y2=4,得到圆心O坐标为(0,0), ∴△ABP的外接圆为四边形OAPB的外接圆,又P(4,2), ∴外接圆的直径为|OP|==2,半径为, 外接圆的圆心为线段OP的中点是(,),即(2,1), 则△ABP的外接圆方程是(x﹣2)2+(y﹣1)2=5. 故选D 【点评】此题考查了直线与圆的位置关系,要求学生熟练运用两点间的距离公式及中点坐标公式.根据题意得到△ABP的外接圆为四边形OAPB的外接圆是本题的突破点. 12.(5分)三棱锥P﹣ABC中,PC⊥平面ABC,且AB=BC=CA=PC=2,则该三棱锥的外接球的表面积是( ) A. B.4π C. D. 【分析】作△ABC的外接圆,过点C作外接圆的直径CM,连接PM, 则PM为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径,求出直径即可. 【解答】解:作△ABC的外接圆,过点C作外接圆的直径CM,连接PM, 则PM为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径,如图所示; ∵AB=BC=CA=2, ∴CM==; 又PC⊥平面ABC, ∴PC⊥CM, ∴PM2=PC2+CM2=22+=, ∴三棱锥P﹣ABC的外接球面积为 S外接球=4πR2=π•=. 故选:D. 【点评】本题考查了三棱锥外接球的表面积求法问题,是中档题. 二、填空题(共4小题,每小题5分,满分20分) 13.(5分)直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点,则|AB|= 2 . 【分析】可以直接求出A、B然后求值;也可以用圆心到直线的距离来求解. 【解答】解:圆心为(0,0),半径为2, 圆心到直线x﹣2y+5=0的距离为d=, 故, 得|AB|=2. 故答案为:2. 【点评】本题考查直线与圆的位置关系,考查学生的理解能力,是基础题. 14.(5分)若平面α的一个法向量=(2,1,1),直线l的一个方向向量为=(1,2,3),则α与l所成角的正弦值为 . 【分析】α与l所成角θ的正弦值为sinθ=|cos<>|,由此能出结果. 【解答】解:∵平面α的一个法向量=(2,1,1),直线l的一个方向向量为=(1,2,3), ∴α与l所成角θ的正弦值为: sinθ=|cos<>|===. 故答案为:. 【点评】本题考查线面角的正弦值的求法,考查直线与平面所成角、平面的法向量等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是基础题. 15.(5分)如图所示,在边长为4的正方形纸片ABCD中,AC与BD相交于O,剪去△AOB,将剩余部分沿OC、OD折叠,使OA、OB重合,则以A、(B)、C、D、O为顶点的四面体的体积为 . 【分析】根据题意,求出翻折后的几何体为底面边长,侧棱长,高,即可求出棱锥的体积. 【解答】解:翻折后的几何体为底面边长为4,侧棱长为2的正三棱锥, 高为所以该四面体的体积为=. 故答案为: 【点评】本题考查棱锥的体积,考查计算能力,是基础题. 16.(5分)若直线y=x+b与曲线y=3﹣有公共点,则b的取值范围是 [1﹣,3] . 【分析】曲线即 (x﹣2)2+(y﹣3)2=4(1≤y≤3),表示以A(2,3)为圆心,以2为半径的一个半圆,由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2,解得 b=1+ b=1﹣.结合图象可得b的范围. 【解答】解:如图所示:曲线y=3﹣,即y﹣3=﹣, 平方可得(x﹣2)2+(y﹣3)2=4( 1≤y≤3,0≤x≤4), 表示以A(2,3)为圆心,以2为半径的一个半圆. 由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2,可得 =2,∴b=1+,或b=1﹣. 结合图象可得1﹣≤b≤3, 故答案为:[1﹣,3]. 【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系,点到直线的距离公式,体现了数形结合的数学思想,属于中档题. 三、解答题(共6小题,满分70分) 17.(10分)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8,高为4的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6,高为4的等腰三角形. (Ⅰ)求该几何体的体积V; (Ⅱ)求该几何体的面积S. 【分析】(Ⅰ)由三视图知该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是底面中心的四棱锥,由此能求出该几何体的体积. (Ⅱ)该四棱锥有两个侧面是全等的等腰三角形,另外两个侧面也是全等的等腰三角形,由此能求出该几何体的面积. 【解答】解:(Ⅰ)由三视图知该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是底面中心的四棱锥, ∴该几何体的体积V==64. (Ⅱ)该四棱锥有两个侧面是全等的等腰三角形,且其高为h1==4, 另外两个侧面也是全等的等腰三角形,这两个侧面的高为==5, ∴该几何体的面积S=2()+8×6=88+24. 【点评】本题考查几何体的体积和面积的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意三视图的性质的合理运用. 18.(12分)(Ⅰ)已知圆经过A(2,﹣3)和B(﹣2,﹣5)两点,若圆心在直线x﹣2y﹣3=0上,求圆M的方程; (Ⅱ)求过点A(﹣1,0)、B(3,0)和C(0,1)的圆N的方程. 【分析】(I)求出AB的中垂线方程,联立方程组求出圆心坐标,计算圆的半径,从而得出圆的方程; (II)利用待定系数法求出圆的方程. 【解答】解:(Ⅰ)AB的中点为(0,﹣4),直线AB的斜率为=, ∴线段AB的中垂线方程为y=﹣2x﹣4,即2x+y+4=0. 联立方程组,解得x=﹣1,y=﹣2,即所求圆的圆心M(﹣1,﹣2), ∴圆的半径, ∴圆M的方程为(x+1)2+(y+2)2=10. (Ⅱ)设圆N的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, ∵圆N过点A(﹣1,0)、B(3,0)和C(0,1), ∴列方程组得解得D=﹣2,E=2,F=﹣3, ∴圆N的方程为x2+y2﹣2x+2y﹣3=0. 【点评】本题考查了圆的方程求解,属于中档题. 19.(12分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,点D是BC的中点. (Ⅰ)求证:A1B∥平面ADC1; (Ⅱ)若AB=AC,BC=AA1=2,求点A1到平面ADC1的距离. 【分析】(Ⅰ)连接A1C交AC1于点O,连接OD.证明OD∥A1B.然后证明A1B∥平面ADC1; (Ⅱ)由(Ⅰ)知O是A1C的中点,故点A1到平面ADC1的距离与点C到平面ADC1的距离相等,设为h.通过三棱锥C﹣ADC1与三棱锥C1﹣ACD的体积相等,得到,求解即可. 【解答】(本题满分12分) (Ⅰ)证明:连接A1C交AC1于点O,连接OD. ∵矩形ACC1A1中,O是A1C的中点,又点D是BC的中点, ∴△A1BC中,OD∥A1B. ∵OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1, ∴A1B∥平面ADC1; …(4分) (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知O是A1C的中点,故点A1到平面ADC1的距离与点C到平面ADC1的距离相等, 设为h. ∵△ABC中,AB=AC,D是BC的中点, ∴AD⊥BC. ∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥平面ABC, ∴AD⊥CC1,BC⊥CC1, ∴AD⊥平面BCC1B1,AD⊥DC1. 在Rt△C1CD中,,则,; 在Rt△ACD中,; …(8分) ∵三棱锥C﹣ADC1与三棱锥C1﹣ACD的体积相等,即, ∴,解得. 即点A1到平面ADC1的距离为. …(12分) 【点评】本题考查直线与平面平行以及直线与平面垂直的判定定理的应用,几何体的体积的求法,点、线、面距离的求法,考查空间想象能力以及计算能力. 20.(12分)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F 分别是BB1,CD 的中点. (Ⅰ)求证:D1F⊥平面ADE; (Ⅱ)求异面直线EF与BD1所成角的余弦值. 【分析】(Ⅰ)以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能证明D1F⊥平面ADE. (Ⅱ)求出=(﹣2,﹣1,﹣1),=(﹣2,﹣2,2),利用向量法能求出异面直线EF与BD1所成角的余弦值. 【解答】证明:(Ⅰ)正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F 分别是BB1,CD 的中点. 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2, 则D1(0,0,2),F(0,1,0),A(2,0,0),D(0,0,0),E(2,2,1), =(0,1,﹣2),=(2,0,0),=(2,2,1), •=0,=0+2﹣2=0, ∴D1F⊥DA,D1F⊥DE, ∵DA∩DE=D,∴D1F⊥平面ADE. (Ⅱ)B(2,2,0),=(﹣2,﹣1,﹣1),=(﹣2,﹣2,2), 设异面直线EF与BD1所成角为θ, 则cosθ===. ∴异面直线EF与BD1所成角的余弦值为. 【点评】本题考查线面垂直的证明,考查异面直线所成角的求法,考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想,是中档题. 21.(12分)已知直线l:(2m+1)x+(m+1)y﹣7m﹣4=0,m∈R,圆C:(x﹣1)2+(y﹣2)2=25. (Ⅰ)证明:直线l恒过一定点P; (Ⅱ)证明:直线l与圆C相交; (Ⅲ)当直线l被圆C截得的弦长最短时,求m的值. 【分析】(Ⅰ)直线l方程变形为(2x+y﹣7)m+(x+y﹣4)=0,由,证明直线l恒过定点P(3,1). (Ⅱ)P(3,1),圆C:(x﹣1)2+(y﹣2)2=25的圆心C(1,2),半径r=5,由,能证明直线l与圆C相交. (Ⅲ)当l⊥PC时,所截得的弦长最短,此时有kl•kPC=﹣1,由此能出m的值. 【解答】(本题满分12分)解: 证明:(Ⅰ)直线l方程变形为(2x+y﹣7)m+(x+y﹣4)=0, 由,得, ∴直线l恒过定点P(3,1). …(4分) (Ⅱ)∵P(3,1),圆C:(x﹣1)2+(y﹣2)2=25的圆心C(1,2),半径r=5, ∴, ∴P点在圆C内部, ∴直线l与圆C相交.…(8分) 解:(Ⅲ)当l⊥PC时,所截得的弦长最短,此时有kl•kPC=﹣1, 而,kPC=﹣, ∴=﹣1,解得m=﹣.…(12分) 【点评】本题考查直线直线过定点的证明,考查直线与圆相交的证明,考查实数值的求法,考查直线、圆、点到直线的距离公式等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题. 22.(12分)已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形,AB∥CD,∠DAB=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=,AB=1,M是PB的中点. (Ⅰ)证明:平面PAD⊥平面PCD; (Ⅱ)求AC与PB所成的角余弦值; (Ⅲ)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值. 【分析】 以A为坐标原点AD长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为 A(0,0,0)B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,). (Ⅰ)证明DC⊥面PAD即可得面PAD⊥面PCD. (Ⅱ)由 ∴,得cos<>= (Ⅲ)求出平面AMC、平面BMC的法向量分别为,求出cos<> 即可得平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值 【解答】因为PA⊥PD,PA⊥AB,AD⊥AB,以A为坐标原点AD长为单位长度, 如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为 A(0,0,0)B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,). (Ⅰ)证明:因,,故,∴AP⊥DC 由题设知AD⊥DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC⊥面PAD. 又DC在面PCD上,故面PAD⊥面PCD. (Ⅱ)解:因 ∴,∴cos<>= (Ⅲ)设平面AMC、平面BMC的法向量分别为 ,由,取; ,由,取 cos<>=. 平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为. 【点评】本题考查了空间位置关系,及利用空间向量求空间角的基本方法,属于中档题. 查看更多