高三數(shù)學二輪復習 專題限時集訓12 專題4 突破點12 立體幾何中的向量方法 理-人教高三數(shù)學試題

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1、專題限時集訓(十二) 立體幾何中的向量方法 建議用時:45分鐘] 1.(2016·北京高考)如圖12-9,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=. 圖12-9 (1)求證:PD⊥平面PAB. (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值. (3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由. 解] (1)證明:因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.2分 又因為PA⊥PD, 所以PD⊥平面PAB.4分 (2)取A

2、D的中點O,連接PO,CO. 因為PA=PD,所以PO⊥AD. 又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO. 因為AC=CD,所以CO⊥AD.5分 如圖,建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).6分 設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則 即 令z=2,則x=1,y=-2. 所以n=(1,-2,2).8分 又=(1,1,-1),所以cos〈n,〉==-. 所以直線PB與平面PCD所成角的正

3、弦值為.10分 (3)設M是棱PA上一點, 則存在λ∈0,1]使得=λ.11分 因此點M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).12分 因為BM?平面PCD,所以要使BM∥平面PCD當且僅當·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0. 解得λ=.所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時=.14分 2.(2016·四川高考)如圖12-10,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E為棱AD的中點,異面直線PA與CD所成的角為90°. 圖12-10 (1)在平面PAB內(nèi)找一點M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由;

4、 (2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【導學號:85952045】 解] (1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.如圖(1),延長AB,DC,相交于點M(M∈平面PAB),點M即為所求的一個點.2分 (1) 理由如下: 由已知,知BC∥ED,且BC=ED, 所以四邊形BCDE是平行四邊形, 從而CM∥EB.4分 又EB?平面PBE,CM?平面PBE, 所以CM∥平面PBE.6分 (說明:延長AP至點N,使得AP=PN,則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,

5、所以CD⊥平面PAD,從而CD⊥PD, 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角, 所以∠PDA=45°.7分 設BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 如圖(1),過點A作AH⊥CE,交CE的延長線于點H,連接PH,易知PA⊥平面ABCD, 從而PA⊥CE,于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH.9分 過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE, 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=. 在Rt△PAH中,PH==, 所以sin∠APH==.12分 法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA

6、∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角, 所以∠PDA=45°. 又PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.7分 (2) 設BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2,作Ay⊥平面PAD,以A為原點,以,的方向分別為x軸、z軸的正方向,建立如圖(2)所示的空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).9分 設平面PCE的法向量為n=(x,y,z), 由得 設x=2,解得n=(2,-2,1).10分 設

7、直線PA與平面PCE所成角為α, 則sin α===, 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為.12分 3.(2016·石家莊一模)在平面四邊形ACBD(如圖12-11(1))中,△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB,設AB=2,∠BAD=30°,∠BAC=45°,將△ABC沿AB折起,構成如圖12-11(2)所示的三棱錐C′-ABD,且使C′D=. (1)         (2) 圖12-11 (1)求證:平面C′AB⊥平面DAB; (2)求二面角A-C′D-B的余弦值. 【導學號:85952046】 解] (1)證明:取AB的中點O,連接C′O,DO,

8、 在Rt△AC′B,Rt△ADB中,AB=2,C′O=DO=1.又∵C′D=, ∴C′O2+DO2=C′D2,即C′O⊥OD.2分 又∵C′O⊥AB,AB∩OD=O,AB,OD?平面ABD, ∴C′O⊥平面ABD.4分 又∵C′O?平面ABC′,∴平面C′AB⊥平面DAB.5分 (2)以O為原點,AB,OC′所在的直線分別為y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系. 則A(0,-1,0),B(0,1,0),C′(0,0,1),D, ∴=(0,1,1),=(0,-1,1),=.6分 設平面AC′D的法向量為n1=(x1,y1,z1), 則即 令z1=1,則y1=-1,x

9、1=, ∴n1=(,-1,1).8分 設平面BC′D的法向量為n2=(x2,y2,z2), 則即 令z2=1,則y2=1, x2=, ∴n2=,10分 ∴cos〈n1,n2〉===, 二面角A-C′D-B的余弦值為-.12分 4.(2016·鄭州二模)如圖12-12,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四邊形BFED為矩形,平面BFED⊥平面ABCD,BF=1. 圖12-12 (1)求證:AD⊥平面BFED; (2)點P在線段EF上運動,設平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ,試求θ的最小值. 解] (1)證明:在梯形ABCD中

10、, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,∴AB=2. ∴BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos 60°=3.2分 ∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD. ∵平面BFED⊥平面ABCD, 平面BFED∩平面ABCD=BD,DE?平面BFED,DE⊥DB, ∴DE⊥平面ABCD,4分 ∴DE⊥AD,又DE∩BD=D,∴AD⊥平面BFED.6分 (2)由(1)可建立以直線DA,DB,DE為x軸、y軸、z軸的如圖所示的空間直角坐標系,令EP=λ(0≤λ≤), 則D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,λ,1), ∴=(-1,,0),=(0,λ-,1).8分 設n1=(x,y,z)為平面PAB的法向量, 由得 取y=1,則n1=(,1,-λ). ∵n2=(0,1,0)是平面ADE的一個法向量, ∴cos θ===. ∵0≤λ≤,∴當λ=時,cos θ有最大值,∴θ的最小值為.12分

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