高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第45讲 立体几何中的向量方法(二)—求空间角和距离实战演练 理.doc

2018年高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第45讲 立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离实战演练 理1(2014江西卷)如图，四棱锥pabcd中，abcd为矩形，平面pad平面abcd.(1)求证：abpd；(2)若bpc90，pb，pc2，问ab为何值时，四棱锥pabcd的体积最大？并求此时平面bpc与平面dpc夹角的余弦值解析：(1)证明：abcd为矩形，故abad.又平面pad平面abcd，平面pad平面abcdad，所以ab平面pad，故abpd.(2)过p作ad的垂线，垂足为o，过o作bc的垂线，垂足为g，连接pg.故po平面abcd，bc平面pog，bcpg.在rtbpg中，pg，gc，bg.设abm，则op ，故四棱锥pabcd的体积为vm .因为m ，故当m，即ab时，四棱锥pabcd的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为o(0,0,0)，b，c，d，p，故，(0，0)，设平面bpc的一个法向量n1(x，y,1)，则由n1，n1得解得x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面dpc的一个法向量n2.从而平面bpc与平面dpc夹角的余弦值为cos .2(2016全国卷)如图，四棱锥pabcd中，pa底面abcd，adbc，abadac3，pabc4，m为线段ad上一点，am2md，n为pc的中点(1)证明：mn平面pab；(2)求直线an与平面pmn所成角的正弦值解析：(1)证明：由已知得amad2.取bp的中点t，连接at，tn，由n为pc的中点知tnbc，tnbc2.又adbc，故tn綊am，故四边形amnt为平行四边形，于是mnat.因为at平面pab，mn平面pab，所以mn平面pab.(2)取bc的中点e，连接ae.由abac得aebc，从而aead，且ae.以a为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系axyz.由题意知，p(0,0,4)，m(0,2,0)，c(，2,0)，n，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面pmn的法向量则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|.即直线an与平面pmn所成角的正弦值为.3(2016山东卷)在如图所示的圆台中，ac是下底面圆o的直径，ef是上底面圆o的直径，fb是圆台的一条母线(1)已知g，h分别为ec，fb的中点，求证：gh平面abc；(2)已知effbac2，abbc求二面角fbca的余弦值解析：(1)证明：设fc中点为i，连接gi，hi.在cef中，因为点g是ce的中点，所以gief.又efob，所以giob.又ob平面abc，gi平面abc，gi平面abc在cfb中，因为h是fb的中点，所以hibc同理hi平面abc又higii，所以平面ghi平面abc因为gh平面ghi，所以gh平面abc(2)连接oo，则oo平面abc又abbc，且ac是圆o的直径，所以boac以o为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.由题意得b(0,2，0)，c(2，0,0)，所以(2，2，0)，过点f作fm垂直ob于点m.所以fm3，可得f(0，3)故(0，3)设m(x，y，z)是平面bcf的法向量由可得可得平面bcf的一个法向量m.因为平面abc的一个法向量n(0,0,1)，所以cosm，n.所以二面角fbca的余弦值为.4(2014新课标全国卷)如图，三棱柱abca1b1c1中，侧面bb1c1c为菱形，abb1c(1)证明：acab1；(2)若acab1，cbb160，abbc，求二面角aa1b1c1的余弦值解析：(1)证明：连接bc1，交b1c于点o，连接ao.因为侧面bb1c1c为菱形，所以b1cbc1，且o为b1c及bc1的中点又abb1c，abbob，所以b1c平面abo.由于ao平面abo，故b1cao.又b1oco，故acab1.(2)因为acab1，且o为b1c的中点，所以aoco.又因为abbc，所以boaboc，故oaob，从而oa，ob，ob1两两互相垂直以o为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.因为cbb160，所以cbb1为等边三角形又abbc，ocoa，则a，b(1,0,0)，b