江苏高考数学理大一轮复习检测专题十九 空间向量与立体几何.docx
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江苏高考数学理大一轮复习检测专题十九空间向量与立体几何
专题十九 空间向量与立体几何
考向一 线线角与线面角
1.(2017·南京期初)如图,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是线段PC的中点.
(1)求异面直线AP与BE所成角的大小;
(2)若点F在线段PB上,使得二面角F-DE-B的正弦值为,求的值.
(第1题)
2.(2017·苏北四市摸底)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP=4,AB=BC=2,M为PC的中点.
(1)求异面直线AP,BM所成角的余弦值;
(2)点N在线段AD上,且AN=λ,若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,求λ的值.
(第2题)
3.(2017·南京、盐城二模)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,A1A=AB=2,∠ABC=,E,F分别是BC,A1C的中点.
(1)求异面直线EF,AD所成角的余弦值;
(2)点M在线段A1D上,=λ,若CM∥平面AEF,求实数λ的值.
(第3题)
4.(2017·南通一模)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1(λ≠0).
(1)若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;
(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.
(第4题)
考向二 二面角问题
5.(2017·苏州、无锡、常州、镇江一调)如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,点M,N分别在PA,BD上,且==.
(1)求异面直线MN与PC所成角的大小;
(2)求二面角N-PC-B的余弦值.
(第5题)
6.(2017·南通三模)如图,在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,∠ADC=∠DAB=90°,SD=AD=AB=2,DC=1.
(1)求二面角S-BC-A的余弦值;
(2)设P是棱BC上一点,E是SA的中点,若PE与平面SAD所成角的正弦值为,求线段CP的长.
(第6题)
7.(2017·盐城三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥底面ABCD,且△PAD是边长为2的等边三角形,PC=,点M在PC上,且PA∥平面BDM.
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值;
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小.
(第7题)
8.(2018·南京期初)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AP=AB=AD=1.
(1)若直线PB与CD所成角的大小为,求BC的长;
(2)求二面角B-PD-A的余弦值.
(第8题)
9.(2018·苏北四市一模)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,AA1=2,E,F,G分别是AA1,AC和A1C1的中点.以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值;
(2)求二面角F-BC1-C的余弦值.
(第9题)
考向三 综合问题
10.(2017·无锡期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=∠CBA=90°,PA=AB=BC=1,AD=2,E,F,G分别为BC,PD,PC的中点.
(1)求EF与DG所成角的余弦值;
(2)若M为EF上一点,N为DG上一点,是否存在MN,使得MN⊥平面PBC?
若存在,求出点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.
(第10题)
11.(2018·苏州一模)如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,其交线为AB,且AB=BP=2,AD=AE=1,AE⊥AB,且AE∥BP.
(1)求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值;
(2)试问:
线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于?
若存在,试确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
(第11题)
12.(2018·南通模拟)如图,在三棱锥A-BCD中,已知△ABD,△BCD都是边长为2的等边三角形,E为BD中点,且AE⊥平面BCD,F为线段AB上一动点,记=λ.
(1)当λ=时,求异面直线DF与BC所成角的余弦值;
(2)当CF与平面ACD所成角的正弦值为时,求实数λ的值.
(第12题)
专题十九 空间向量与立体几何
1.
(1)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,所以DA,DC,DP两两垂直,故以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
因为PD=DC,所以DA=DC=DP,不妨设DA=DC=DP=2,
则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0).
因为E是PC的中点,所以E(0,1,1).
所以=(-2,0,2),=(-2,-1,1),
所以cos<,>===,
从而<,>=.
因此异面直线AP与BE所成角的大小为.
(2)由
(1)可知,=(0,1,1),=(2,2,0),=(2,2,-2).
设=λ,则=(2λ,2λ,-2λ),
从而=+=(2λ,2λ,2-2λ).
设m=(x1,y1,z1)为平面DEF的一个法向量,
则即
取z1=λ,则y1=-λ,x1=2λ-1.
所以m=(2λ-1,-λ,λ)为平面DEF的一个法向量.
设n=(x2,y2,z2)为平面DEB的一个法向量,
则即
取x2=1,则y2=-1,z2=1,
所以n=(1,-1,1)为平面BDE的一个法向量.
因为二面角F-DE-B的正弦值为,所以二面角F-DE-B的余弦的绝对值为,即|cos
所以=,即=,
化简得4λ2=1,因为点F在线段PB上,所以0≤λ≤1,
所以λ=,即=.
(第1题)
2.
(1)因为PA⊥平面ABCD,且AB,AD⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
因为∠BAD=90°,所以PA,AB,AD两两互相垂直.
如图,分别以AB,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则由AD=2AB=2BC=4,PA=4,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4).
因为M为PC的中点,所以M(1,1,2),
所以=(-1,1,2),=(0,0,4),
所以cos<,>===,
所以异面直线AP,BM所成角的余弦值为.
(2)因为AN=λ,所以N(0,λ,0)(0≤λ≤4),
则=(-1,λ-1,-2),=(0,2,0),=(2,0,-4).
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则即令x=2,解得y=0,z=1,
所以m=(2,0,1)是平面PBC的一个法向量.
因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,
所以|cos<,m>|===,
解得λ=1∈[0,4],所以λ的值为1.
(第2题)
3.因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以A1A⊥平面ABCD.
又AE⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以A1A⊥AE,A1A⊥AD.
在菱形ABCD中,∠ABC=,则△ABC是等边三角形.
因为E是BC中点,所以BC⊥AE.
因为BC∥AD,所以AE⊥AD.
以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
则A(0,0,0),C(,1,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),E(,0,0),所以F.
(1)=(0,2,0),=,所以·=1.
从而cos<,>==.
故异面直线EF,AD所成角的余弦值为.
(2)设M(x,y,z),由于点M在线段A1D上,且=λ,
则=λ,即(x,y,z-2)=λ(0,2,-2).
则M(0,2λ,2-2λ),所以=(-,2λ-1,2-2λ).
设平面AEF的一个法向量为n=(x0,y0,z0).
因为=(,0,0),=,
由n·=0,n·=0,得x0=0,y0+z0=0.
取y0=2,则z0=-1,
则平面AEF的一个法向量为n=(0,2,-1).
由于CM∥平面AEF,则n·=0,
即2(2λ-1)-(2-2λ)=0,解得λ=.
(第3题)
(第4题)
4.以{,,}为正交基底,建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.
(1)因为=(1,2,2),=(2,0,1),所以cos<,>===.
所以AP与AQ所成角的余弦值为.
(2)由题意可知,=(0,0,2),=(2,0,2λ).
设平面APQ的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=-2,则x=2λ,y=2-λ.
所以n=(2λ,2-λ,-2).
又因为直线AA1与平面APQ所成角为45°,
所以|cos
可得5λ2-4λ=0,又因为λ≠0,所以λ=.
5.
(1)设AC,BD交于点O,在正四棱锥P-ABCD中,OP⊥平面ABCD.又PA=AB=2,所以OP=.以O为坐标原点,,方向分别为x轴、y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
则A(1,-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,-1,0),P(0,0,).
故=+=+=,==,
所以=,=(-1,1,-),
所以cos<,>==,
所以MN与PC所成角的大小为.
(第5题)
(2)又=(-1,1,-),=(2,0,0),=.
设m=(x,y,z)是平面PCB的一个法向量,
则m·=0,m·=0,
可得令x=0,y=,z=1,即m=(0,,1).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCN的一个法向量,
则n·=0,n·=0,
可得令x1=2,y1=4,z1=,即n=(2,4,).
所以cos
则二面角N-PC-B的余弦值为.
6.
(1)以D为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,1,0),S(0,0,2),A(2,0,0),
所以=(2,2,-2),=(0,1,-2),=(0,0,2).
设平面SBC的一个法向量为n1=(x,y,z),
由n1·=0,n1·=0,
得2x+2y-2z=0且y-2z=0.
取z=1,得x=-1,y=2,
所以n1=(-1,2,1)是平面SBC的一个法向量.
因为SD⊥平面ABC,取平面ABC的一个法向量n2=(0,0,1).
设二面角S-BC-A的大小为θ,
所以|cosθ|===.
由图可知二面角S-BC-A为锐二面角,
所以二面角S-BC-A的余弦值为.
(2)由
(1)知E(1,0,1),则=(2,1,0),=(1,-1,1).
设=λ(0≤λ≤1),则=λ(2,1,0)=(2λ,λ,0),
所以=-=(1-2λ,-1-λ,1).
易知CD⊥平面SAD,所以=(0,1,0)是平面SAD的一个法向量.
设PE与平面SAD所成的角为α,
所以sinα=|cos<,>|==,
即=,解得λ=或λ=(舍去).
所以=,||=,
所以线段CP的长为.
(第6题)
7.因为平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为正三角形,作AD边上的高PO.
因为平面PAD∩平面ABCD=AD,由面面垂直的性质定理,得PO⊥平面ABCD.又四边形ABCD是矩形,同理可证CD⊥平面PAD,则CD⊥PD.又PC=,PD=2,故CD=3.
以AD中点O为坐标原点,OA所在直线为x轴,OP所在直线为z轴,AD的垂直平分线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),A(1,0,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),D(-1,0,0).
如图,连接AC交BD于点N.因为PA∥平面MBD,平面APC∩平面MBD=MN,
所以MN∥PA,又N是AC的中点,
所以M是PC的中点,则M.
设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z),
因为=(-2,-3,0),=,
由n·=0,n·=0,得
令x=1,解得y=-,z=,所以取n=.
(第7题)
(1)因为=(-1,3,-),设PC与平面BDM所成的角为θ,
则sinθ==,
所以直线PC与平面BDM所成角的正弦值为.
(2)易知平面PAD的一个法向量为=(0,-3,0),设平面BDM与平面PAD所成的锐二面角为φ.
则cosφ==,
所以平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小为.
8.
(1)以{,,}为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为AP=AB=AD=1,
所以A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1).
设C(1,y,0),则=(1,0,-1),=(-1,1-y,0).
因为直线PB与CD所成角的大小为,
所以|cos<,>|==,
即=,解得y=2或y=0(舍去),
所以C(1,2,0),所以BC的长为2.
(第8题)
(2)设平面PBD的一个法向量为n1=(x,y,z),
因为=(1,0,-1),=(0,1,-1),
则即
令x=1,则y=1,z=1,所以n1=(1,1,1).
因为平面PAD的一个法向量为n2=(1,0,0),
所以cos
所以由图可知二面角B-PD-A的余弦值为.
9.
(1)因为AB=1,AA1=2,则F(0,0,0),A,C,B,E,C1,
所以=(-1,0,0),=.
记直线AC和BE所成的角为α,
则cosα=|cos<,>|==,
所以直线AC和BE所成角的余弦值为.
(2)设平面BFC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
因为=,=,
所以
取x1=4,得m=(4,0,1).
设平面BCC1的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
因为=,=(0,0,2),
所以
取x2=,得n=(,-1,0).
所以cos
根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角,
所以二面角F-BC1-C的余弦值为.
10.
(1)如图,以A为坐标原点,AB为x轴、AD为y轴、AP为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1),
因为E,F,G分别为BC,PD,PC的中点,
所以E,F,G.
所以=,=.
设异面直线EF与DG所成的角为θ,
则cosθ==.
所以EF与DG所成角的余弦值为.
(第10题)
(2)设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
因为=(0,1,0),=(1,0,-1).
所以取x=1,得n=(1,0,1).
因为M为EF上一点,N为DG上一点,
若存在MN,使得MN⊥平面PBC,则∥n.
设M(x1,y1,z1),N(x2,y2,z2),则 ①
因为点M,N分别是线段EF与DG上的点,
所以=λ,=t,
因为=,=(x2,y2-2,z2),
所以且 ②
把②代入①,得解得
所以M,N.
11.
(1)因为平面ABCD⊥平面ABPE,平面ABCD∩平面ABPE=AB,BP⊥AB,所以BP⊥平面ABCD.
又因为AB⊥BC,所以直线BA,BP,BC两两垂直.
以B为坐标原点,以BA,BP,BC分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,则P(0,2,0),B(0,0,0),D(2,0,1),E(2,1,0),C(0,0,1),则=(2,-2,1),=(2,0,0).
因为BC⊥平面ABPE,
所以=(0,0,1)为平面ABPE的一个法向量.
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,则z=2,故n=(0,1,2).
设平面PCD与平面ABPE所成的二面角为θ,
则cosθ===,
显然0<θ<,所以平面PCD与平面ABPE所成二面角的余弦值为.
(2)设线段PD上存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于.
设=λ=(2λ,-2λ,λ)(0≤λ≤1),
所以=+=(2λ,2-2λ,λ).
由
(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(0,1,2),
所以cos<,n>===,
即9λ2-8λ-1=0,解得λ=1或λ=-(舍去).
故当点N与点D重合时,直线BN与平面PCD所成角的正弦值为.
(第11题)
12.连接CE,以EB,EC,EA分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).
因为F为线段AB上一动点,且=λ,
则=λ=λ(-1,0,)=(-λ,0,λ),所以F(1-λ,0,λ).
(1)当λ=时,F,=,=(1,-,0),
所以cos<,>==.
(2)由
(1)知,=(1-λ,-,λ),
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),
因为=(1,0,),=(1,,0),
由n⊥,n⊥,得
化简得取n=(,-1,-1).
设CF与平面ACD所成的角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|==.
解得λ=或λ=2(舍去),所以λ=.
(第12题)
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