全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理.docx

1、全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理8.5空间向量及其应用、空间角考点一空间角与距离14.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BEDC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证

2、明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面

3、FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos=-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD的中点M,连结EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EMDC,且EM=DC,又由已知,可得EMAB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BEAM.因为PA底面ABCD,故PACD,而CDDA,从而CD平面PAD,因为AM平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.(2)连结BM,由(1)有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PDAM,可得PDBE,所以PD平面B

4、EM,故平面BEM平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BEEM,可得EBM为锐角,故EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tanEBM=,因此sinEBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图,在PAC中,过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD,故FH底面ABCD,从而FHAC.又BFAC,得AC平面FHB,因此ACBH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FGDC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DCAB,故GFAB,

5、所以A,B,F,G四点共面.由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG.所以PAG为二面角F-AB-P的平面角.在PAG中,PA=2,PG=PD=,APG=45,由余弦定理可得AG=,cosPAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.评析本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.15.(2014重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M为BC上一点,且BM=,MPAP.(1)求PO的长;(2

6、)求二面角A-PM-C的正弦值.解析(1)如图,连结AC,BD,因为ABCD为菱形,则ACBD=O,且ACBD.以O为坐标原点,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O-xyz.因为BAD=,故OA=ABcos=,OB=ABsin=1,所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由BM=,BC=2知,=,从而=+=,即M.设P(0,0,a),a0,则=(-,0,a),=.因为MPAP,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=.(2)由(1)知,=,=,=.设平面APM的法向量为n1=(x1,

7、y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得故可取n1=,由n2=0,n2=0,得故可取n2=(1,-,-2),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=-,故所求二面角A-PM-C的正弦值为.16.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=,连结CE并延长交AD于F.(1)求证:AD平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.解析(1)在ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=,ABE=AEB=,因

8、为DABDCB,所以EABECB,从而有FED=BEC=AEB=,所以FED=FEA,故EFAD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FGPA.又PA平面ABCD,所以GFAD,故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,0),P,故=,=,=.设平面BCP的一个法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面DCP的一个法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos =.17.(2012大纲全国,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA

9、底面ABCD,AC=2,PA=2,E是PC上的一点,PE=2EC.(1)证明:PC平面BED;(2)设二面角A-PB-C为90,求PD与平面PBC所成角的大小.解析解法一:(1)因为底面ABCD为菱形,所以BDAC,又PA底面ABCD,所以PCBD.(2分)设ACBD=F,连结EF.因为AC=2,PA=2,PE=2EC,故PC=2,EC=,FC=,从而=,=.因为=,FCE=PCA,所以FCEPCA,FEC=PAC=90,由此知PCEF.PC与平面BED内两条相交直线BD,EF都垂直,所以PC平面BED.(6分)(2)在平面PAB内过点A作AGPB,G为垂足.因为二面角A-PB-C为90,所以

10、平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBC=PB,故AG平面PBC,AGBC.BC与平面PAB内两条相交直线PA,AG都垂直,故BC平面PAB,于是BCAB,所以底面ABCD为正方形,AD=2,PD=2.(8分)设D到平面PBC的距离为d.因为ADBC,且AD平面PBC,BC平面PBC,故AD平面PBC,A、D两点到平面PBC的距离相等,即d=AG=.设PD与平面PBC所成的角为,则sin =.所以PD与平面PBC所成的角为30.(12分)解法二:(1)以A为坐标原点,AC所在直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设C(2,0,0),D(,b,0),其中b0,则P(0,0,2)

11、,E,B(,-b,0).(2分)于是=(2,0,-2),=,=,从而=0,=0,故PCBE,PCDE.又BEDE=E,所以PC平面BDE.(6分)(2)=(0,0,2),=(,-b,0).设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量,则m=0,m=0,即2z=0且x-by=0,令x=b,则m=(b,0).设n=(p,q,r)为平面PBC的法向量,则n=0,n=0,即2p-2r=0且+bq+r=0,令p=1,则r=,q=-,n=.因为面PAB面PBC,故mn=0,即b-=0,故b=,于是n=(1,-1,),=(-,-,2),cos=,=60.因为PD与平面PBC所成角和互余,故PD与平面PBC所成的

12、角为30.(12分)评析本题考查了线面垂直的判定及线面角的求法;考查了空间想象能力.本题“找”线面角困难,因此要用“算”的方法.18.(2012江西,19,12分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.解析(1)证明:连结AO,在AOA1中,作OEAA1于点E,因为AA1BB1,得OEBB1,因为A1O平面ABC,所以A1OBC.因为AB=AC,OB=OC,得AOBC,所以BC平面AA1O,

13、所以BCOE,所以OE平面BB1C1C,又AO=1,AA1=,得AE=.(2)如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2).由=得点E的坐标是,由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是=,设平面A1B1C的法向量n=(x,y,z),由得令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos=,即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.评析本题主要考查的知识点:线面垂直的判定和性质以及距离和二面角的计算;考查了推理论证能力、空间想象能力;利用的方法有:法向量法.19.(2

14、015湖北,19,12分)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EFPB交PB于点F,连结DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.解析解法一:(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D,所以BC平面PCD,而DE平面PCD,所以BCD

15、E.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DEPC.而PCBC=C,所以DE平面PBC.而PB平面PBC,所以PBDE.又PBEF,DEEF=E,所以PB平面DEF.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.又因为PD底面ABCD,所以PDDG.而PDPB=P,所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,B

16、C=,有BD=,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=,则tan=tanDPF=,解得=.所以=.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),=(,1,-1),点E是PC的中点,所以E,=,于是=0,即PBDE.又已知EFPB,而DEEF=E,所以PB平面DEF.因=(0,1,-1),=0,则DEPC,所以DE平面PBC.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是

17、直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.(2)由PD平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB平面DEF,所以=(-,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos=,解得=,所以=.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.20.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形,ADBC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为,BB1与的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四

18、棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=A,所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行,于是QBCA1AD.所以=,即Q为BB1的中点.图1(2)如图1,连结QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.=2ahd=ahd,VQ-ABCD=dh=ahd,所以V下=+VQ-ABCD=ah

19、d,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法一:如图1,在ADC中,作AEDC,垂足为E,连结A1E,AC.又DEAA1,且AA1AE=A,所以DE平面AEA1,于是DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以SADC=4,AE=4.于是tanAEA1=1,AEA1=.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.图2解法二:如图2,以D为原点,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设CDA=.因为S四边形ABCD=2sin =6,所以a=.从

20、而C(2cos ,2sin ,0),A1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=,易知所求二面角为锐二面角,故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.评析本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.21.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD

21、=90,ACBD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:ACB1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.解析解法一:(1)如图1,因为BB1平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBB1.又ACBD,所以AC平面BB1D,而B1D平面BB1D,所以ACB1D.图1(2)因为B1C1AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为).如图1,连结A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且B1A1D1=BAD=90,所以A1B1平面ADD1A1,从而A1B1AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1DAD1.

22、故AD1平面A1B1D,于是AD1B1D.由(1)知,ACB1D,所以B1D平面ACD1,故ADB1=90-.在直角梯形ABCD中,因为ACBD,所以BAC=ADB.从而RtABCRtDAB,故=,即AB=.连结AB1.易知AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在RtAB1D中,cosADB1=,即cos(90-)=.从而sin =.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A

23、(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为ACBD,所以=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为=-3+3+0=0,所以,即ACB1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为,则sin =|cos|=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦

24、值为.评析本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因.22.(2013浙江,20,15分)如图,在四面体A-BCD中,AD平面BCD,BCCD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.(1)证明:PQ平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60,求BDC的大小.解析解法一:(1)取BD的中点O,在线

25、段CD上取点F,使得DF=3FC,连结OP,OF,FQ.因为AQ=3QC,所以QFAD,且QF=AD.因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是BDM的中位线,所以OPDM,且OP=DM.又点M为AD的中点,所以OPAD,且OP=AD.从而OPFQ,且OP=FQ,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQOF.又PQ平面BCD,OF平面BCD,所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于点G,作GHBM于点H,连结CH.因为AD平面BCD,CG平面BCD,所以ADCG,又CGBD,ADBD=D,故CG平面ABD,又BM平面ABD,所以CGBM.又GHBM,CGGH=G,故BM平面CGH,所以GHBM,

26、CHBM.所以CHG为二面角C-BM-D的平面角,即CHG=60.设BDC=.在RtBCD中,CD=BDcos =2cos ,CG=CDsin =2cos sin ,BG=BCsin =2sin2.在RtBDM中,HG=.在RtCHG中,tanCHG=.所以tan =.从而=60.即BDC=60.解法二:(1)如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在直线为y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知A(0,2),B(0,-,0),D(0,0).设点C的坐标为(x0,y0,0),因为=3,所以Q.因为M为AD的中点,故M(0,1).又P为BM的中点,故P,所以=.又平面BCD的一个法

27、向量为u=(0,0,1),故u=0.又PQ平面BCD,所以PQ平面BCD.(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的法向量.由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1),知取y=-1,得m=.又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是|cos|=,即=3.又BCCD,所以=0,故(-x0,-y0,0)(-x0,-y0,0)=0,即+=2.联立,解得(舍去)或所以tanBDC=.又BDC是锐角,所以BDC=60.评析本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力.23.(2012浙江,20,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面

28、是边长为2的菱形,BAD=120,且PA平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN平面ABCD;(2)过点A作AQPC,垂足为点Q,求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值.解析(1)证明:连结BD,因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是PBD的中位线,所以MNBD.又因为MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)解法一:连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.在菱形ABCD中,BAD=120,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因为PA平面ABCD,所以PAAC.在直角PAC中,AC=2,PA=2

29、,AQPC,得QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下:A(-,0,0),B(0,-3,0),C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M,N,Q.设m=(x,y,z)为平面AMN的法向量,由=,=知取z=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面QMN的法向量.由=,=知取z=5,得n=(2,0,5).于是cos=.所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.解法二:在菱形ABCD中,BAD=120,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA平面ABCD,所以PAAB,PAAC,PAAD.所以PB=PC=PD.所以PBCPDC.而M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN,取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AEMN,QEMN,所以AEQ为二面角A-MN-Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=