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1、 2022第七章第七节高考成功方案 一、选择题 1若平面，的法向量分别为a(1,2,4)，b(x，1，2)，并且，则x的值为 a10b10 cd 解析：，ab0 x10. 答案：b 2已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且bp平面abc，则实数x，y，z分别为 a.，4b.，4 c.，2,4d4，15 解析：352z0，z4. 又bp平面abc， x15y60， 3x3y3z0， 由得x，y. 答案：b 3.如图，在正方体abcda1b1c1d1中，e为a1c1的中点，则异面直线ce与bd所成的角为 a30b45 c60d90 解析：以d点为原点，建立空间直角座标系， 设
2、正方体稜长为1，则相关点的座标为c(0,1,0)，e(，1)，b(1,1,0)，d(0,0,0)，(，1)，(1，1,0) 00. ，即cebd. 答案：d 4.如图所示，在正方体abcda1b1c1d1中，稜长为a，m，n分别为a1b和ac上的点，a1man，则mn与平面bb1c1c的位置关係是 a相交b平行 c垂直d不能确定 解析：分别以c1b1，c1d1，c1c所在直线为x，y，z轴，建立空间直角座标系 a1mana， m(a， a，)，n(a， a，a) (，0， a) 又c1(0,0,0)，d1(0，a,0)， (0，a,0) 0，. 是平面bb1c1c的法向量， 且mn平面bb1c
3、1c， mn平面bb1c1c. 答案：b 5.如图所示，在三稜柱abca1b1c1中，aa1底面abc，abbcaa1，abc90，点e、f分别是稜ab、bb1的中点，则直线ef和bc1所成的角是 a45b60 c90d120 解析：以b点为座标原点，以bc、ba、bb1分别为x、y、z轴建立空间直角座标系设abbcaa12， 则b(0,0,0)，c1(2,0,2)，e(0,1,0)，f(0,0，1)， (0，1,1)， (2,0,2) cos， .ef与bc1所成角为60. 答案：b 6.如图，平面abcd平面abef，四边形abcd是正方形，四边形abef是矩形，且afada，g是ef的中
4、点，则gb与平面agc所成角的正弦值为 ab.cd. 解析：如图，以a为原点建立空间直角座标系， 则a(0,0,0)，b(0,2a,0)，c(0,2a,2a)，g(a，a,0)，f(a,0,0)，(a，a,0)，(0,2a,2a)， (a，a,0)， (0,0,2a)， 设平面agc的法向量为n1(x1，y1,1)， 由n1(1，1,1) sin. 答案：c 二、填空题 7已知(2,2,1)，(4,5,3)，则平面abc的单位法向量是_ 解析：设平面abc的法向量n(x，y,1)， 则n且n， 即n0，且n0. 即即n(，1,1)，单位法向量为 (，) 答案：(，)或(，) 8在如右图所示的正
5、方体a1b1c1d1abcd中，e是c1d1的中点，正方体的稜长为2，则异面直线de与ac所成角的余弦值为_ 解析：分别以da，dc，dd1为x，y，z轴建立空间直角座标系，则c(0,2,0)，e(0,1,2)，a(2,0,0)， (2,2,0)， (0,1,2)， cos，. 答案：9正四稜锥sabcd中，o为顶点在底面上的射影，p为侧稜sd的中点，且sood，则直线bc与平面pac所成的角是_ 解析：如图，以o为原点建立空间直角座标系oxyz.设odsooaoboca， 则a(a,0,0)，b(0，a,0)， c(a,0,0)，p(0，)， 则(2a,0,0)(a，)，(a，a,0)， 设
6、平面pac的法向量为n，可求得n(0,1,1)， 则cos，n， ，n60.直线bc与平面pac所成的角为906030. 答案：30 三、解答题 10如图，在abc中，abc60，bac90，ad是bc上的高，沿ad把abd折起，使bdc90. (1)证明：平面adb平面bdc； (2)设e为bc的中点，求与夹角的余弦值 解：(1)证明：折起前ad是bc边上的高， 当abd折起后，addc，addb. 又dbdcd， ad平面bdc. ad平面abd， 平面abd平面bdc. (2)由bdc90及(1)知da，db，dc两两垂直，不妨设|db|1，以d为座标原点，以，所在直线为x轴，y轴，z轴
7、建立如图所示的空间直角座标系，易得d(0,0,0)，b(1,0,0)，c(0,3,0)，a(0,0，)，e(，0)， 1,0,0)， 与夹角的余弦值为 cos，. 11(2022温州模拟)已知四稜锥pabcd的底面为直角梯形，abdc，dab90，pa底面abcd，且paaddc，ab1，m是pb的中点 (1)证明：平面pad平面pcd； (2)求ac与pb所成的角； (3)求平面amc与平面bmc所成二面角的余弦值 解：以a为座标原点，ad长为单位长度，如图建立空间直角座标系，则各点座标为a(0,0,0)，b(0,2,0)，c(1,1,0)，d(1,0,0)，p(0,0,1)，m(0,1，)
8、 (1)证明：因(0,0,1)，(0,1,0)，故0，所以apdc. 由题设知addc，且ap与ad是平面pad内的两条相交直线，由此得dc平面pad. 又dc在平面pcd上，故面pad面pcd. (2)因(1,1,0)，(0,2，1)， 故2，所以cos. (3)在mc上取一点n(x，y，z)，则存在r，使， (1x,1y，z)，(1,0，)， x1，y1，z. 要使anmc，只需0即xz0， 解得. 可知当时，n点座标为(，1，)， 能使0. 此时，(，1，)，(，1，)， 有0 由0，0得anmc，bnmc. 所以anb为所求二面角的平面角 cos，. 平面amc与平面bmc所成角的余弦
9、值为. 12(2022福建高考)如图，四稜锥pabcd中，pa底面abcd.四边形abcd中，abad，abad4，cd，cda45. (1)求证：平面pab平面pad； (2)设abap. ()若直线pb与平面pcd所成的角为30，求线段ab的长； ()段ad上是否存在一个点g，使得点g到点p、b、c、d的距离都相等？说明理由 解：(1)证明：因为pa平面abcd， ab平面abcd， 所以paab. 又abad，paada， 所以ab平面pad. 又ab平面pab，所以平面pab平面pad. (2)以a为座标原点，建立空间直角座标系axyz(如图) 在平面abcd内，作ceab交ad于点e
10、， 则cead. 在rtcde中，decdcos 451， cecdsin 451. 设abapt，则b(t,0,0)，p(0,0，t) 由abad4得ad4t， 所以e(0,3t,0)，c(1,3t,0)，d(0,4t,0)， (1,1,0)，(0,4t，t) ()设平面pcd的一个法向量为n(x，y，z)， 由n，n，得 取xt，得平面pcd的一个法向量n(t，t,4t) 又(t,0，t)， 故由直线pb与平面pcd所成的角为30得 cos 60|， 即，解得t或t4(捨去，因为ad4t0)， 所以ab. ()假设段ad上存在一个点g，使得点g到p，b，c，d的距离都相等， 设g(0，m,
11、0)(其中0m4t)， 则(1,3tm,0)， (0,4tm,0)， (0，m，t) 由| | |得 12(3tm)2 (4tm)2， 即t3m；(1) 由| | |得(4tm)2m2t2.(2) 由(1)、(2)消去t，化简得m23m40.(3) 由于方程(3)没有实数根，所以段ad上不存在一个点g，使得点g到点p、c、d的距离都相等从而，段ad上不存在一个点g，使得点g到点p、b、c、d的距离都相等 第七章一级企业培训师第七章 1分解培训目标，形成指标休系。2确定评估指标体系的权重。3对草拟的评估指标体系进行论证可分定性和定量两类方法与修改。4徵询. 高考物理複习大全第七章 第七章恆定电流考纲要览考向本章为历年高考考点分布的重点区域之一，历年考题中均有体现，特别是规定的学生实验，不论是实验知识的检查，还是器.第七章测量方案 超高层建筑掌握网的建立和传递是测量工作的难点，建立完整统一的测控体系，确保钢结构与土建结构 装置安装 室内外装修等专业使用的平面 高程掌握网.
