2023 年浙江省十校联盟高考数学第三次联考试卷-Kmath科数- 中考、高考、考验数学题库

在三棱雉 $A^{\prime}-A B C$ 中, $D, E, P$ 分别在棱 $A C, A B, B C$ 上, 且 $D$ 为 $A C$ 中点, $A D=A E=A^{\prime} D=A^{\prime} E=2, A P \perp D E$ 于 $F$.
(1) 证明: 平面 $A A^{\prime} P \perp$ 平面 $A^{\prime} D E$;
(2) 当 $B E=1, B C=5$, 二面角 $A^{\prime}-D E-P$ 的余弦值为 $\frac{3}{5}$ 时, 求直线 $A^{\prime} B$ 与平面 $A^{\prime} D E$ 所成角的正弦值.

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答案：

【解答】解: (1) 证明: 因为 $A D=A E=A^{\prime} D=A^{\prime} E=2$, 所以 $\triangle A D E, \triangle A^{\prime} D E$ 都是等腰三角形, 因为 $A P \perp D E$ 于 $F$, 所以 $F$ 为 $D E$ 的中点, 则 $D E \perp A F, D E \perp A^{\prime} F$,
又因为 $A F \bigcap A^{\prime} F=F, A F \subset$ 平面 $A A^{\prime} P, A^{\prime} F \subset$ 平面 $A A^{\prime} P$,
所以 $D E \perp$ 平面 $A A^{\prime} P$,
又 $D E \subset$ 平面 $A^{\prime} D E$,
所以平面 $A A^{\prime} P \perp$ 平面 $A^{\prime} D E$;

(2) 因为 $B E=1, B C=5$, 所以 $A B=3, A C=4, B C=5$, 所以 $\angle B A C=90^{\circ}, D E=\sqrt{2^2+2^2}=2 \sqrt{2}$, 由 (1) 知 $\angle A^{\prime} F P$ 为二面角 $A^{\prime}-D E-P$ 的平面角, 所以 $\cos \angle A^{\prime} F P=\frac{3}{5}, \sin \angle A^{\prime} F P=\frac{4}{5}$, 以点 $F$ 为原点, 建立如图所示的空间直角坐标系,

易得 $E(\sqrt{2}, 0,0)$, 由 $A^{\prime} F=\sqrt{2}$, 知 $A^{\prime}\left(0, \frac{3}{5} \sqrt{2}, \frac{4}{5} \sqrt{2}\right)$,
因为 $x_B=\sqrt{2}+B E \cos \angle A E D=\frac{3}{2} \sqrt{2}, y_B=B E \sin \angle A E D=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
可得 $B\left(\frac{3}{2} \sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$,
所以 $\overrightarrow{F E}=(\sqrt{2}, 0,0), \overrightarrow{F A^{\prime}}=\left(0, \frac{3 \sqrt{2}}{5}, \frac{4 \sqrt{2}}{5}\right)$,
设平面 $A^{\prime} D E$ 的法向量 $\vec{n}=(x, y, z),\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{F E}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{F A^{\prime}}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2} x=0 \\ \frac{3 \sqrt{2}}{5} y+\frac{4 \sqrt{2}}{5} z=0\end{array}\right.$, 则可取 $\vec{n}=(0,4,-3)$,

又 $\overrightarrow{B A^{\prime}}=\left(-\frac{3}{2} \sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{10}, \frac{4 \sqrt{2}}{5}\right)$ ，
设直线 $A^{\prime} B$ 与平面 $A^{\prime} D E$ 所成角为 $\theta, \sin \theta=\left|\cos \left\langle\overrightarrow{B A^{\prime}}, \vec{n}\right\rangle\right|=\left|\frac{\overrightarrow{B A^{\prime}} \cdot \vec{n}}{\left|\overrightarrow{B A^{\prime}}\right| \cdot|\vec{n}|}\right|=\frac{2 \sqrt{290}}{145}$,
所以直线 $A^{\prime} B$ 与平面 $A^{\prime} D E$ 所成角的正弦值为 $\frac{2 \sqrt{290}}{145}$.

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