江西省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练13 用空间向量的方法解立体几何问题 理

1 专题升级训练专题升级训练 1313 用空间向量的方法解立体几何问题用空间向量的方法解立体几何问题 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 n 1 1 0 则y轴与平面 所成的角的大小为 A B 6 4 C D 3 3 4 2 在二面角 l 中 平面 的法向量为n n 平面 的法向量为m m 若 n n m m 130 则二面角 l 的大小为 A 50 B 130 C 50 或 130 D 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 6 中点 则异面直线AB1与A1M所成的角为 A 60 B 45 C 30 D 90 4 如图所示 在三棱柱ABC A1B1C1中 AA1 底面ABC AB BC AA1 ABC 90 点E F分别是棱AB BB1的中点 则直线EF和BC1所成的角是 A 45 B 60 C 90 D 120 5 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 30 B 45 C 60 D 90 6 如图所示 正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为 1 线段B1D1上有两个动点E F且EF 则下列结论中错误的是 2 2 2 A AC BE B EF 平面ABCD C 三棱锥A BEF的体积为定值 D 异面直线AE BF所成的角为定值 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 2011 湖南高考 理 19 如图 在圆锥PO中 已知 PO O的直径AB 2 C是的中点 D为AC的中点 2 A AB 3 1 证明 平面POD 平面PAC 2 求二面角B PA C的余弦值 12 本小题满分 16 分 2011 广东高考 理 18 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 2 1 证明 AD 平面DEF 2 求二面角P AD B的余弦值 4 参考答案参考答案 一 选择题 1 B 2 C 解析 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 解析 建立坐标系如图所示 易得M A1 0 0 A 0 B1 1 0 0 0 0 6 2 336 1 1AB 36 1 AM 0 3 6 2 1 0 3 0 1 AB 1 AM 6 2 即AB1 A1M 1 AB 1 AM 4 B 5 B 6 D 二 填空题 7 解析 解析 以D为坐标原点 为x轴 为y轴 为z轴 建立空间直角 2 5 DA DC 1 DD 坐标系 如图所示 则A 1 0 0 M C 0 1 0 N 1 1 2 1 1 1 1 2 AM 0 1 2 1 CN 1 0 1 2 设直线AM与CN所成的角为 则 cos cos AM CN AM CN AM CN 5 1 2 1 1 4 1 1 4 2 5 8 30 解析 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 0 a 2 a 2 则 2a 0 0 CA a a 0 AP a a 2 a 2 CB 设平面PAC的法向量为n n 可求得n n 0 1 1 则 cos n n CB CB n CB n a 2a2 2 1 2 n n 60 CB 直线BC与平面PAC所成的角为 90 60 30 9 a 解析 解析 以D为原点建立空间直角坐标系 如原图所示 3 3 则A a 0 0 D1 0 0 a 设M 0 x x 0 x a 有 a x x a 0 a AM 1 AD 则 cos AM 1 AD 1 1 AM AD AM AD a2 ax a2 2x2 2a2 则点M到直线AD1的距离d为 d sin AM AM 1 AD a2 2x2 1 a2 ax 2 a2 2x2 2a2 3 x a 3 2 2 3a2 2 当x 时 dmin a a 3 3 3 三 解答题 10 解 解 1 连接AC 设AC BD O 连接PO 因为PD 平面ABCD CO 平面ABCD 所以PD CO 由ABCD为正方形 知CO BD 又PD BD D 所以CO 平面PBD 6 所以 CPO是PC与平面PBD所成的角 在 Rt POC中 sin CPO CO CP 2 2 2 1 2 所以 CPO 即PC与平面PBD所成的角为 6 6 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 0 1 PE PB 因为P 0 0 2 B 2 2 0 所以 2 2 2 PB 0 0 2 2 2 2 DE DP PE DP PB 2 2 2 2 由题意 显然有AD 平面PCD 所以PC AD 要使PC 平面ADE 只需再有 PC DE 即 0 即 0 2 2 2 2 2 2 0 PC DE 解得 0 1 1 2 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 解法一 1 连接OC 因为OA OC D是AC的中点 所以AC OD 又PO 底面 O AC 底面 O 所以AC PO 因为OD PO是平面POD内的两条相交直线 所以AC 平面POD 而AC 平面PAC 所以平面POD 平面PAC 2 在平面POD中 过O作OH PD于H 由 1 知 平面POD 平面PAC 所以OH 平面PAC 又PA 平面PAC 所以PA OH 在平面PAO中 过O作OG PA于G 连接HG 则有PA 平面OGH 从而PA HG 故 OGH为二面角B PA C的平面角 在 Rt ODA中 OD OA sin 45 2 2 7 在 Rt POD中 22 2 2 10 2 51 2 2 PO OD OH POOD 在 Rt POA中 22 2 16 32 1 PO OA OG POOA 在 Rt OHG中 sin OGH 10 15 5 56 3 OH OG 所以 cos OGH 2 1510 1 sin1 255 OGH 故二面角B PA C的余弦值为 10 5 解法二 1 如图所示 以O为坐标原点 OB OC OP所在直线分别为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系 则 O 0 0 0 A 1 0 0 B 1 0 0 C 0 1 0 P 0 0 D 2 1 1 0 2 2 设n1 x1 y1 z1 是平面POD的一个法向量 则由n1 0 n1 0 得OD OP 11 1 11 0 22 20 xy z 所以z1 0 x1 y1 取y1 1 得n1 1 1 0 设n n2 x2 y2 z2 是平面PAC的一个法向量 则由n n2 0 n n2 0 得PA PC 22 22 20 20 xz yz 所以 取z2 1 得n n2 22 2xz 22 2yz 2 2 1 因为n n1 n n2 1 1 0 0 所以n n1 n n2 从而平面POD 平面PAC 2 2 1 2 因为y轴 平面PAB 所以平面PAB的一个法向量为n n3 0 1 0 由 1 知 平面 PAC的一个法向量为n n2 2 2 1 设向量n n2和n n3的夹角为 则 cos 23 23 210 55 nn nn 由图可知 二面角B PA C的平面角与 相等 所以二面角B PA C的余弦值为 10 5 8 12 解法一 1 证明 取AD中点G 连接PG BG BD 因PA PD 有PG AD 在 ABD中 AB AD 1 DAB 60 有 ABD为等边三角形 因此BG AD BG PG G 所以AD 平面PBG AD PB AD GB 又PB EF 得AD EF 而DE GB得AD DE 又FE DE E 所以AD 平面DEF 2 PG AD BG AD PGB为二面角P AD B的平面角 在 Rt PAG中 PG2 PA2 AG2 7 4 在 Rt ABG中 BG AB sin 60 3 2 cos PGB 222 2 PGBGPB PG BG 7 4 3 4 4 2 7 2 3 2 21 7 解法二 1 证明 取AD中点为G 因为PA PD 所以PG AD 又AB AD DAB 60 ABD为等边三角形 因此 BG AD 从而AD 平面PBG 延长BG到O且使得PO OB 又PO 平面PBG PO AD AD OB 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 0 0 m G n 0 0 则A D n 1 2 0 n 1 2 0 sin 60 GB AB 3 2 B C E F n 3 2 0 0 n 3 2 1 0 n 3 2 1 2 0 n 2 3 4 1 2 m 2 由于 0 1 0 AD DE 3 2 0 0 FE n 2 3 4 0 m 2 得 0 0 AD DE AD FE DE FE E AD DE AD F