【志鸿优化设计】高考数学二轮专题升级训练 专题五 第3讲 立体几何中的向量方法 理 新人教A版(1).doc

专题升级训练 立体几何中的向量方法(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.平面的一个法向量n=(1,-1,0),则y轴与平面所成的角的大小为()a.b.c.d.2.在二面角-l-中,平面的法向量为n,平面的法向量为m,若=130,则二面角-l-的大小为()a.50b.130c.50或130d.可能与130毫无关系3.直三棱柱abc-a1b1c1中,acb=90,bac=30,bc=1,aa1=,m是cc1的中点,则异面直线ab1与a1m所成的角为()a.60b.45c.30d.904.如图,四棱锥p-abcd的底面为正方形,pd底面abcd,pd=ad=1,设点c到平面pab的距离为d1,点b到平面pac的距离为d2,则有()a.1d1d2b.d1d21c.d11d2d.d2d115.过正方形abcd的顶点a,引pa平面abcd.若pa=ba,则平面abp和平面cdp所成的二面角的大小是()a.30b.45c.60d.906.如图,在四棱锥p-abcd中,侧面pad为正三角形,底面abcd为正方形,侧面pad底面abcd,m为底面abcd内的一个动点,且满足mp=mc,则点m在正方形abcd内的轨迹为() 二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.如图所示,在棱长为1的正方体abcd-a1b1c1d1中,m和n分别是a1b1和bb1的中点,那么直线am与cn所成角的余弦值为.8.正四棱锥s-abcd中,o为顶点在底面上的射影,p为侧棱sd的中点,且so=od,则直线bc与平面pac所成的角是.9.在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体abcd-a1b1c1d1,点m是线段dc1上的动点,则点m到直线ad1距离的最小值是.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)如图,四边形abcd为正方形,pd平面abcd,pd=ad=2.(1)求pc与平面pbd所成的角;(2)在线段pb上是否存在一点e,使得pc平面ade?并说明理由.11.(本小题满分15分)(2013浙江,理20)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.12.(本小题满分16分)如图,在锥体p-abcd中,abcd是边长为1的菱形,且dab=60,pa=pd=,pb=2,e,f分别是bc,pc的中点. (1)证明:ad平面def;(2)求二面角p-ad-b的余弦值.#1.b2.c解析:因为二面角的范围是0,180,由法向量的夹角与二面角的大小相等或互补,可知二面角的大小可能是130也可能是50.3.d解析:建立坐标系如图所示,易得m,a1(0,0),a(0,),b1(1,0,0),=(1,-,-),.=10+3-=0,即ab1a1m.4.d解析:cd平面pab,c到平面pab的距离等于d到平面pab的距离.过d作depa,则de平面pab,故d1=de=.b与d到平面pac的距离相等.设acbd=o,则平面pdo平面pac,d2等于d到po的距离,可计算得d2=,d2d11.5.b6.a解析:以d为原点,da,dc分别为x,y轴建系如图:设m(x,y,0),设正方形边长为a,则p,c(0,a,0),则|mc|=,|mp|=.由|mp|=|mc|得x=2y,所以点m在正方形abcd内的轨迹为一条直线y=x,故选a.7.解析:以d为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则a(1,0,0),m,c(0,1,0),n,.设直线am与cn所成的角为,则cos=|cos|=.8.30解析:如图所示,以o为原点建立空间直角坐标系o-xyz.设od=so=oa=ob=oc=a,则a(a,0,0),b(0,a,0),c(-a,0,0),p,则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面pac的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos=60,直线bc与平面pac所成的角为90-60=30.9.a解析:以d为原点建立空间直角坐标系(如原图所示),则a(a,0,0),d1(0,0,a).设m(0,x,x)(0xa),有=(-a,x,x),=(-a,0,a),则cos=,则点m到直线ad1的距离d为d=|sin=,当x=时,dmin=a.10.解:(1)连接ac,设acbd=o,连接po.因为pd平面abcd,co平面abcd,所以pdco.由abcd为正方形,知cobd.又pdbd=d,所以co平面pbd.所以cpo是pc与平面pbd所成的角.在rtpoc中,sincpo=,所以cpo=,即pc与平面pbd所成的角为.(2)建立如图所示的空间直角坐标系d-xyz.设线段pb上存在点e,使得pc平面ade.则存在实数,使得=(01).因为p(0,0,2),b(2,2,0),所以=(2,2,-2),+=(0,0,2)+(2,2,-2)=(2,2,2-2).由题意,显然有ad平面pcd,所以pcad.要使pc平面ade,只需再有,即=0,即0(2)+2(2)-2(2-2)=0.解得=0,1.故在线段pb上存在一点e(e为线段pb的中点),使得pc平面ade.11.方法一:(1)证明:取bd的中点o,在线段cd上取点f,使得df=3fc,连接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)解:作cgbd于点g,作chbm于点h,连接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,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=2cossin,bg=bcsin=2sin2.在rtbdm中,hg=.在rtchg中,tanchg=.所以tan=.从而=60.即bdc=60.方法二:(1)证明:如图,取bd的中点o,以o为原点,od,op所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系oxyz.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qy0,.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的一个法向量为u=(0,0,1),故u=0.又pq平面bcd,所以pq平面bcd.(2)解:设m=(x,y,z)为平面bmc的一个法向量.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=60.12.解法一:(1)证明:取ad中点g,连接pg,bg,bd.因pa=pd,有pgad,在abd中,ab=ad=1,dab=60,有abd为等边三角形,因此bgad,bgpg=g,所以ad平面pbgadpb,adgb.又pbef,得adef,而degb得adde,又fede=e,所以ad平面def.(2)pgad,bgad,pgb为二面角p-ad-b的平面角.在rtpag中,pg2=pa2-ag2=,在rtabg中,bg=absin 60=,cospgb=-.解法二:(1)证明:取ad中点为g,因为pa=pd,所以pgad.又ab=ad,dab=60,abd为等边三角形,因此,bgad,从而ad平面pbg.延长bg到o且使得poob,又po平面pbg,poad,adob=g,所以po平面abcd.以o为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线ob,op分别为x轴,z轴,平行于ad的直线为y轴,建立如图所示空间直角坐标系.设p