江西省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

专题升级训练13　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α的一个法向量n＝(1，－1,0)，则y轴与平面α所成的角的大小为(　　)．A．B．C．D．2．在二面角α－l－β中，平面α的法向量为n，平面β的法向量为m，若〈n，m〉＝130°，则二面角α－l－β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(　　)．-9-\nA．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥ABEF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．-9-\n(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．(1)证明：AD⊥平面DEF；(2)求二面角P－AD－B的余弦值．-9-\n参考答案一、选择题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，－，－)，＝.∴·＝1×0＋3－＝0，∴⊥，即AB1⊥A1M.4．B　5．B　6．D二、填空题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θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝-9-\n＝＝.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〈，n〉＝＝＝.∴〈，n〉＝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)(0≤x≤a)，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.三、解答题10．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.-9-\n所以∠CPO是PC与平面PBD所成的角．在Rt△POC中，sin∠CPO＝＝＝，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λ，使得＝λ(0≤λ≤1)．因为P(0,0,2)，B(2,2,0)，所以＝(2,2，－2)，＝＋＝＋λ＝(0,0,2)＋λ(2,2，－2)＝(2λ，2λ，2－2λ)．由题意，显然有AD⊥平面PCD，所以PC⊥AD.要使PC⊥平面ADE，只需再有⊥，即·＝0，即0·(2λ)＋2·(2λ)－2(2－2λ)＝0.解得λ＝∈[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．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·sin45°=.-9-\n在Rt△POD中，.在Rt△POA中，.在Rt△OHG中，sin∠OGH=.所以cos∠OGH=.故二面角B－PA－C的余弦值为.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.设n1=(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·=0，n1·=0，得所以z1=0，x1=y1.取y1=1，得n1=(1,1,0)．设n2=(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·=0，n2·=0，得所以，，取z2=1，得n2=()．因为n1·n2=(1,1,0)·()=0，所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.(2)因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3=(0,1,0)．由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2=()．设向量n2和n3的夹角为θ，则cosθ=.由图可知，二面角B－PA－C的平面角与θ相等，所以二面角B－PA－C的余弦值为-9-\n.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＝，在Rt△ABG中，BG＝AB·sin60°＝，∴cos∠PGB＝＝＝－.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.∵||＝||sin60°＝，∴B，C，E，F.由于＝(0,1,0)，＝，＝，得·＝0，·＝0，AD⊥DE，AD⊥FE，DE∩FE＝E，∴AD⊥平面DEF.-9-\n(2)∵＝，＝，∴＝，＝2，解之，得m＝1，n＝.取平面ABD的法向量n1＝(0,0，－1)，设平面PAD的法向量n2＝(a，b，c)，由·n2＝0，得a－－c＝0，由·n2＝0，得a＋－c＝0，取n2＝.∴cos〈n1，n2〉＝＝－.-9-