高考数学二轮复习专项精练中档大题规范练二与空间向量理.docx

(二)立体几何与空间向量1(2017全国)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值(1)证明由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD，因为ABCD，所以ABPD.又APDPP，AP，DP平面PAD，所以AB平面PAD.因为AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)解在平面PAD内作PFAD，垂足为点F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以点F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C，所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则即所以可取m(1,0,1)，则cosn，m.易知APBC为钝二面角，所以二面角APBC的余弦值为.2.(2017泉州质检)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，CBD60，BD2BC4，点E在CD上，DE2EC.(1)求证：ACBE；(2)若二面角EBAD的余弦值为，求三棱锥ABCD的体积(1)证明取BD的中点O，连接AO，CO，EO.因为ABAD，BOOD，所以AOBD，又平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO平面ABD，所以AO平面BCD.又BE平面BCD，所以AOBE.在BCD中，BD2BC，DE2EC，所以2，由角平分线定理，得CBEDBE.又BCBO2，所以BECO，又因为AOCOO，AO平面ACO，CO平面ACO，所以BE平面ACO，又AC平面ACO，所以ACBE.(2)解在BCD中，BD2BC4，CBD60，由余弦定理，得CD2，所以BC2CD2BD2，即BCD90，所以EBDEDB30，BEDE，所以EOBD，结合(1)知，OE，OD，OA两两垂直，以O为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，设AOt(t0)，则A(0,0，t)，B(0，2,0)，E，所以(0,2，t)，设n(x，y，z)是平面ABE的一个法向量，则即整理，得令y1，得n.因为OE平面ABD，所以m(1,0,0)是平面ABD的一个法向量又因为二面角EBAD的余弦值为，所以|cosm，n|，解得t2或t2(舍去)又AO平面BCD，所以AO是三棱锥ABCD的高，故VABCDAOSBCD222.3.如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.4.(2017届锦州质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PAPD2，BCAD1，CD.(1)求证：平面PQB平面PAD；(2)若二面角MBQC的大小为30，设PMtMC，试确定t的值(1)证明ADBC，BCAD，Q为AD的中点，QDBC且QDBC，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ.ADC90，AQB90，即QBAD.又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，BQ平面ABCD，BQ平面PAD.BQ平面PQB，平面PQB平面PAD.(2)解PAPD，Q为AD的中点，PQAD，平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PQ平面PAD，PQ平面ABCD，PQ，QA，QB两两垂直，如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，则平面BQC的法向量为n(0,0,1)，Q(0,0,0)，P(0,0，)，B(0，0)，C(1，0)，设M(x，y，z)，则(x，y，z)，(1x，y，z)，t，在平面MBQ中，(0，0)，.平面MBQ的法向量为m(，0，t)二面角MBQC为30，cos 30，t3.5(2017届北京市朝阳区模拟)如图1，在RtABC中，C90，AC4，BC2，D，E分别为边AC，AB的中点，点F，G分别为线段CD，BE的中点将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DC60.点Q为线段A1B上的一点，如图2.(1)求证：A1FBE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使得FQ平面A1DE？若存在，求出A1Q的长，若不存在，请说明理由；(3)当时，求直线GQ与平面A1DE所成角的大小(1)证明因为A1DDC，A1DC60，所以A1DC为等边三角形又因为点F为线段CD的中点，所以A1FDC.由题可知EDA1D，EDDC，A1DDCD，A1D，DC平面A1DC，所以ED平面A1DC.因为A1F平面A1DC，所以EDA1F.又EDDCD，ED，DC平面BCDE，所以A1F平面BCDE.所以A1FBE.(2)解由(1)知，A1F平面BCDE，FGDC，如图，建立空间直角坐标系，则F(0,0,0)，D(0，1,0)，C(0,1,0)，E(1，1，0)，A1(0,0，)，B(2,1,0)设平面A1DE的一个法向量为n(x，y，z)，(0，1，)，(1,0,0)，所以即令z1，则y，所以n(0，1)假设在线段A1B上存在点Q，使得FQ平面A1DE.设，(0,1)又(2,1，)，所以(