资料简介
专题强化练2 空间向量与立体几何的综合应用解答题1.(2021中国人民大学附属中学高二上检测,)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O、M分别为线段AD、DE的中点,四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.(1)求证:CM∥平面ABE;(2)求直线CM与BD所成角的余弦值;(3)点N在直线AD上,若平面BMN⊥平面ABE,求线段AN的长.2.(2020安徽合肥六中高二上期末,)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AC⊥AB,AC=AB=4,AA1=6,点E、F分别为CA1、AB的中点.(1)证明:EF∥平面BCC1B1;(2)求B1F与平面AEF所成角的正弦值.3.(2021山东新高考测评联盟高二上联考,)如图所示,正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直,动点P在线段EF(包含端点E,F)上,M,N分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2.(1)若P为EF的中点,求点N到平面PDM的距离;(2)设平面PDM与平面ABCD所成的夹角为θ,求cosθ的最大值并求出此时点P的位置.11
4.(2020山东烟台第一中学高三上联考,)如图所示的几何体中,BE⊥BC,EA⊥AC,BC=2,AC=22,∠ACB=45°,AD∥BC,BC=2AD.(1)求证:AE⊥平面ABCD;(2)若∠ABE=60°,点F在EC上,且满足EF=2FC,求平面FAD与平面ADC的夹角的余弦值.5.(2020北京朝阳六校高三下联考,)在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PCD,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AD⊥DC,且AB=1,AD=DC=DP=2,∠PDC=120°.(1)求证:AD⊥PC;(2)求 夹角的余弦值; 从①平面PAB与平面ABC,②平面PBD与平面BDC,③平面PBC与平面BCD这三个条件中任选一个,补充在填空线上并作答.(3)若M是棱PA的中点,求证:对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.11
6.(2021山东济宁实验中学高二上月考,)如下图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π2,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成夹角的余弦值;(2)求异面直线PB与CD之间的距离.7.(2020河南河大附中高二上期末,)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值.深度解析11
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答案全解全析解答题1.解析 (1)证明:取AE的中点P,连接BP、MP,如图所示.∵M、P分别为ED、AE的中点,∴PM∥AD,且PM=12AD.又四边形BCDO是边长为1的正方形,∴BC∥OD,且BC=OD,又O为AD的中点,∴BC∥AD,且BC=12AD,即PM∥BC,且PM=BC,∴四边形BCMP为平行四边形,∴CM∥PB,又CM⊄平面ABE,PB⊂平面ABE,∴CM∥平面ABE.(2)连接EO,∵AE=DE,O为AD中点,∴EO⊥AD.∵EO⊂平面ADE,且平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,∴EO⊥平面ABCD.又OB⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD,∴EO⊥OB,EO⊥OD,以O为原点,OB、OD、OE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则C(1,1,0),M0,12,12,B(1,0,0),D(0,1,0),∴CM=-1,-12,12,BD=(-1,1,0).设直线CM与BD所成角为θ,则cosθ=|CM·BD||CM||BD|=1232×2=36,∴直线CM与BD所成角的余弦值为36.11
(3)设ON=λOD,则N(0,λ,0),∴NB=(1,-λ,0),MB=1,-12,-12,设平面BMN的法向量为n=(a,b,c),则n·MB=0,n·NB=0,即a-12b-12c=0,a-λb=0,令a=λ,则b=1,c=2λ-1,∴n=(λ,1,2λ-1),同理可求得平面ABE的法向量m=(1,-1,1).∵平面BMN⊥平面ABE,∴m·n=0,即λ-1+2λ-1=0,解得λ=23,∴AN=53.2.解析 (1)证明:如图,连接EC1、BC1,因为三棱柱A1B1C1-ABC为直三棱柱,所以E为AC1的中点.又因为F为AB的中点,所以EF∥BC1.又EF⊄平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以EF∥平面BCC1B1.(2)以A1为原点,A1C1、A1B1、A1A所在直线分别为x、y、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz,则A(0,0,6),B1(0,4,0),E(2,0,3),F(0,2,6),所以B1F=(0,-2,6),AE=(2,0,-3),AF=(0,2,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·AE=2x-3z=0,n·AF=2y=0,令x=3,得n=(3,0,2),记B1F与平面AEF所成角为θ,则sinθ=|cos<B1F,n>|=|B1F·n||B1F||n|=313065.3.解析 以A点为坐标原点,AB,AD,AF的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.(1)由图可得D(0,2,0),N(2,1,0),M(1,0,0),P(0,1,1),则PM=(1,-1,-1),PD=(0,1,-1),NM=(-1,-1,0).设平面PDM的一个法向量为n1=(1,y1,z1),由n1·PM=1-y1-z1=0,n1·PD=y1-z1=0,可得n1=1,12,12.11
设点N到平面PDM的距离为d,则d=|NM·n1||n1|=62.(2)因为动点P在线段EF(包含端点E,F)上,所以可设P(0,t,1)(0≤t≤2),则PM=(1,-t,-1),MD=(-1,2,0).设平面PDM的一个法向量为n2=(1,y2,z2),由n2·PM=1-ty2-z2=0,n2·MD=-1+2y2=0,可得n2=1,12,2-t2.取平面ABCD的一个法向量为n0=(0,0,1),所以cosθ=2-t2(2-t)2+54=(2-t)2(2-t)2+5=1-5(2-t)2+5(0≤t≤2),所以当t=0时,cosθ取得最大值23,此时P点与F点重合.4.解析 (1)证明:在△ABC中,BC=2,AC=22,∠ACB=45°,由余弦定理可得AB2=BC2+AC2-2×BC×AC×cos45°=4,所以AB=2(负值舍去),因为AC2=AB2+BC2,所以△ABC是直角三角形,AB⊥BC.又BE⊥BC,AB∩BE=B,所以BC⊥平面ABE.因为AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE,因为EA⊥AC,AC∩BC=C,所以AE⊥平面ABCD.(2)由题易得EB=2AB=4,由(1)知,BC⊥平面ABE,所以平面BEC⊥平面ABE,如图,以B为原点,过点B且垂直于平面BEC的直线为z轴,BE,BC所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系Bxyz,则C(0,2,0),E(4,0,0),A(1,0,3),D(1,1,3),11
因为EF=2FC,所以F43,43,0,易知AD=(0,1,0),AF=13,43,-3,设平面FAD的法向量为n=(x,y,z),则AD·n=0,AF·n=0,即y=0,13x+43y-3z=0,令z=3,则x=9,所以n=(9,0,3).由(1)知EA⊥平面ABCD,所以EA=(-3,0,3)为平面ABCD的一个法向量.设平面FAD与平面ADC的夹角为α,则cosα=|EA·n||EA|·|n|=2423×221=277,所以平面FAD与平面ADC的夹角的余弦值为277.5.解析 (1)证明:因为平面ABCD⊥平面PCD,平面ABCD∩平面PCD=CD,AD⊂平面ABCD,AD⊥DC,所以AD⊥平面PCD,又因为PC⊂平面PCD,所以AD⊥PC.(2)选择①:在平面PCD内过点D作DH⊥DC,交PC于H.由(1)可知,AD⊥平面PDC,所以AD⊥DH.故DA,DC,DH两两垂直.如图,以D为原点,DA,DC,DH所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),P(0,-1,3),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0).则PA=(2,1,-3),AB=(0,1,0),易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).设平面PAB的法向量为m=(x,y,z).11
则由m·PA=0,m·AB=0,得2x+y-3z=0,y=0,取z=2,有m=(3,0,2).设平面PAB与平面ABC的夹角为θ,所以cosθ=|cos<n,m>|=|n·m||n||m|=27=277.故平面PAB与平面ABC夹角的余弦值为277.选择②(下面给出的解析仅供参考):若与上面建系相同,则平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),平面PBD的一个法向量为a=(-3,23,2),设平面PBD与平面BDC的夹角为α,所以cosα=|cos<n,a>|=|n·a||n||a|=219=21919.选择③(下面给出的解析仅供参考):若与上面建系相同,则平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),平面PBC的一个法向量为b=(1,2,23).设平面PBC与平面BCD的夹角为β,所以cosβ=|cos<n,b>|=|n·b||n||b|=2317=25117.(3)证明:假设棱BC上存在点F,使MF∥PC.设BF=λBC,λ∈[0,1],MF=μPC.依题意及(2)可知M1,-12,32,PC=(0,3,-3),BC=(-2,1,0),故BF=(-2λ,λ,0),则F(2-2λ,1+λ,0),所以MF=1-2λ,32+λ,-32,则1-2λ=0,32+λ=3μ,-32=-3μ,此方程组无解,故假设不成立,所以对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.6.解析 以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为PA⊥平面ABCD,且AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,且PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB,所以AD=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量.易知PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),11
则m·PC=0,m·PD=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0,令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,从而|cos<AD,m>|=|AD·m||AD||m|=33,所以平面PAB与平面PCD所成夹角的余弦值为33.(2)BP=(-1,0,2),设Q为直线PB上一点,且BQ=λBP=(-λ,0,2λ),因为CB=(0,-1,0),所以CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),又CD=(-1,1,0),所以点Q到直线CD的距离d=CQ2-(|CQ|cos<CQ,CD>)2=CQ2-CQ·CD|CD|2=λ2+1+4λ2-λ-11+12=92λ2+λ+12,因为92λ2+λ+12=92λ+192+49≥49,所以d≥23,所以异面直线PB与CD之间的距离为23.7.解析 (1)证明:由题意可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.如图,取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又△ABC是正三角形,所以BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,OA,OB,OD的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.11
故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则n·AD=0,n·AE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则m·AC=0,m·AE=0,同理可取m=(0,-1,3),则|cos<n,m>|=|n·m||n||m|=77.所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为77.解题反思 (1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的两个平面的夹角;二是利用方程思想进行向量运算时,要认真细心,准确计算.(2)设m,n分别为平面α,β的法向量,则两个平面的夹角θ与<m,n>互补或相等,故有cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|.11
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