空间向量与立体几何(解答题).docx

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资源描述

1、 1 空间向量与立体几何(解答题) 一、解答题一、解答题 1 (浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟 2020-2021 学年高三上学期返校联考)如图,在三棱台ABCDEF 中,平面ACFD平面DBC,60ACB,45ACD, 2AC AD (1)证明:ADBC; (2)若 2ADBC ,求直线DE与平面DBC所成角的正弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 6 3 【解析】 (1)证明:设 2ADa ,则AC2a,又45ACD, 由余弦定理知: 2DCa 由勾股定理的逆定理知:ADDC, 又平面ACFD平面DBC,平面ACFD平面DBCDC, AD 平面ACFD,AD 平面DBC,BC 平面

2、DBC,ADBC (2)令 2ADa ,则BCa, 又AC2a,60ACB,由余弦定理知:3ABa, 222 ABBCAC,ABBC,AD 平面DBC,ADBD, 22 BDABADa ,如图,以A点为原点,建立空间直角坐标系 2 (0,2 ,0)Ca, 33 ,0 22 Baa , (0,0,0)A , 设点D为, ,x y z,则 22222 22222 2 2 222 2 (2 )2 33 22 ADxyza ACxyaza DBxayaza 得到: 36 , , 33 Da aa 31 ,0 22 CBaa , 36 , 33 CDaaa , 设平面BCD的法向量为 111 ,nx y

3、 z, 11 111 31 0 22 36 0 33 n CBaxay n CDaxayaz ,得到(1, 3,2)n , 又 33 ,0 22 ABaa , |2 36 sin 3|3 2 AB na AB na 2 (重庆市南开中学 2020 届高三下学期第九次教学质量检测数学 (理) ) 如图, 直三棱柱 111 ABCABC中, 90BAC,ABAC,D、E分别为 1 AA、 1 BC的中点 (1)证明:DE 平面 11 BCC B; (2)若直线 1 BC与 1 AA所成的角为45,求二面角BDCE的正弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 3 2 【解析】 (1)取BC中点F,

4、连接AF、EF, ABAC,F为BC的中点,AFBC, 3 在直三棱柱 111 ABCABC中, 1 BB 平面ABC,AF 平面ABC, 1 BBAF, 1 BBBCB,AF平面 11 BCC B E、F分别为 1 BC、BC中点, 1 1 2 EFBB, 1 /EF BB, DQ为 1 AA中点, 1 1 2 ADBB, 1 /ADBB, /AD EF,ADEF, 四边形ADEF为平行四边形, /AF DE,所以DE 平面 11 BCC B; (2)设2ABAC, 11 /AA CC, 11 BCC为异面直线 1 BC、 1 AA所成的角, 11 45BCC, 111 2 2CCBC, 以

5、A为坐标原点, 以AB、AC、 1 AA所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系Axyz, 则0,0,0A,2,0,0B,0,2,0C,1,1,0F,0,0, 2D,1,1,2E, 2,2,0BC , 2,0, 2BD , 1, 1, 2CE ,1,1,0DEAF, 设平面BCD的法向量为, ,mx y z,由 0 0 m BC m BD ,可得 220 220 xy xz , 令1x ,则1y , 2z ,所以,平面BCD的一个法向量1,1, 2m , 设平面CDE的法向量为, ,na b c,由 0 0 n CE n DE ,可得 20 0 abc ab , 令1a,则1b,

6、 2c ,所以,平面CDE的法向量为1,1, 2n , 4 设二面角BDCE的大小为, 21 cos 2 22 mn m n , 所以 2 3 sin1 cos 2 3 (重庆市第八中学 2020 届高三下学期第五次月考数学(理) )如图,在四棱锥PABCD中,底面 ABCD 为正方形,AP 平面 CDP,已知2APDP,Q 为线段 DP 的中点 (1)求证:/BP平面 ACQ; (2)求二面角CBQP的平面角的余弦值 【答案】 (1)证明见解析 (2) 5 51 51 【解析】 (1)连结BD交AC于点O,连结OQ ABCD 为正方形,则O为BD的中点,又Q为DP中点 所以/ /OQBP,B

7、P 面ACQ,OQ 面ACQ,所以/BP面ACQ (2)AP 平面 CDP,CD 面CDP,则APCD 又 ABCD 为正方形,所以ADCD,且ADAPA 所以CD面ADP, 由CD 面 ABCD所以面ADP 面 ABCD 过P作PHAD交AD于H点,则PH 面 ABCD 2APDP,则2 2AD 取BC的中点为N, 以H为原点, HA为x轴,HN为轴y,HP为z轴建立空间直角坐标系 则 22 0,0, 2 ,0,2,2 2,0 22 PQB ,2 2 2,0C, 设面BPQ的法向量为 1111 ,nx y z, 3 22 , 2 2, 22 BQ , 22 ,0, 22 QP 所以 1 1

8、0 0 n BQ n QP ,即 111 11 3 22 2 20 22 22 0 22 xyz xz ,取 1 1,1,1n , 5 设面CBQ的法向量为 2222 ,nxy z, 3 22 , 2 2, 22 BQ ,2 2,0,0BC , 所以 2 2 0 0 nBQ nBC ,即 222 2 3 22 2 20 22 2 20 xyz x ,取 2 0,1,4n , 所以 12 12 12 55 51 cos, 51173 n n n n nn , 所以二面角CBQP的平面角的余弦值 5 51 51 . 4(辽宁省辽阳市辽阳县集美中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考) 在

9、直线三棱柱 111 ABCABC中, 1 90 ,1BACABACAA,延长 11 AC至点P,使 11 1 CPAC,连接AP交棱 1 CC于点D以 1 A为 坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示 (1)写出 1 A、B、 1 B、C、D、P的坐标; (2)求异面直线 1 AB与 1 PB所成角的余弦值 【答案】 (1) 11 1 0,0,0 ,1,0,1 ,1,0,0 ,0,1,1 ,0,1,0,2,0 2 ABBCDP ; (2) 10 10 【解析】 (1) 11 1 0,0,0 ,1,0,1 ,1,0,0 ,0,1,1 ,0,1,0,2,0 2 ABBCDP (2) 11 1,0,1

10、 ,1, 2,0ABPB, 6 , 异面直线 1 AB与 1 PB所成角的余弦值为 10 10 . 5 (江苏省镇江市扬中市第二高级中学 2020-2021 学年高三上学期初检测) 如图, 已知四棱锥PABCD的 底面是菱形,对角线AC,BD交于点O,8OA,6OB,8OP ,OP 底面ABCD,设点M满足 (01)PMMC (1)若 1 3 ,求二面角MAB C的大小; (2)若直线PA与平面BDM所成角的正弦值 10 10 ,求的值 【答案】 (1) 4 (2) 1 2 【解析】 (1)以 O 为坐标原点,建立坐标系OABP,则 (8,0,0)A ,(0,6,0)B,( 8,0,0)C ,

11、(0, 6,0)D,(0,0,8)P, 所以( 8,6,0)AB , 1 3 PMMC,设, ,M x y z, 则 1 , ,88, 3 x y zxyz ,2,0,6M,所以26 6BM , , 易知平面ABC的一个法向量 1=(0,0,1) n,设平面MAB的一个法向量为 2 , ,nx y z, 则 860 2660 xy xyz , 3 4 5 x y z ,所以 2 3,4,5n , 12 12 12 52 cos 21 5 2 n n n n n n , , 由图形可得,二面角MAB C为锐角,所以二面角MAB C的大小为 4 7 (2)808 ,012 0PADB, , 1 3

12、 PMMC,设, ,M x y z, 则, ,88,x y zxyz , 88 ,0, 11 M , 所以 88 , 6, 11 BM ,设平面BDM的一个法向量, ,nx y z, 则 88 60 11 120 xyz y ,令z,则1,0, 4 n , 2 8 2188PAnPA n, 因为直线PA与平面BDM所成角的正弦值 10 10 , 则 22 88101 cos, 10 8 2122 PA n PA n= PA n , 2 2520,解得: 1 2 2或,01Q, 1 2 6 (辽宁省辽阳市辽阳县集美中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考)已知空间中三点( 2,0,2)

13、A , ( 1,1,2)B ,( 3,0,4)C ,设a AB ,b AC (1)求向量a与向量b的夹角的余弦值; (2)若ka b 与 2kab 互相垂直,求实数k的值 【答案】 (1) 10 10 ; (2) 5 2 k 或2k 【分析】 (1)先写出a,b,再根据空间向量的夹角公式直接求解即可; 8 (2)根据空间向量垂直的坐标表示直接求解即可得答案 【解析】 (1)1,1,0aAB,1,0,2bAC , 设a与b的夹角为, 110 cos 1010 | a b a b ; (2)1, ,2kabkk,22, , 4kabkk且2kabkab, 2 (1)(2)80kkk ,即: 5 2

14、 k 或2k 7 (河北省邯郸市大名县第一中学 2020-2021 学年高二上学期 9 月月考)如图,在四棱锥PABCD中, PD 底面ABCD,/AD BC,90ABC,45BCD,2BCAD (1)求证:BDPC; (2)若PCBC,求平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 6 3 【分析】 (1)取BC的中点E,连接DE,根据线面垂直的判定定理,证明BD 平面PCD,进而可得线 线垂直; (2)以D为坐标原点,分别以DB,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标 系Dxyz,设1AD ,根据题中条件,分别求出两平面的法向量,求出两

15、向量夹角的余弦值,即可得出 结果 【解析】 (1)证明:取BC的中点E,连接DE,因为2BCAD,所以ADBE, 又因为/AD BC,所以四边形ABED是平行四边形 因为90ABC所以四边形ABED是矩形所以DEBC 又45BCD,所以 1 2 DECEBC 所以BCD是直角三角形,即BDCD 又PD 底面ABCD,BD 底面ABCD,所以BDPD 又CD 平面PCD,CD 平面PCD,且PDCDD 所以BD 平面PCD又PC 平面PCD,所以BDPC 9 (2)如图,以D为坐标原点,分别以DB,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系 Dxyz,设 1AD ,则2BC ,由(1

16、)知1DE , 2DC , 2DB PCBC又,所以 2PD 所以 22 ( 2,0,0),(0, 2,0), (0,0, 2),0 22 BCPE 所以(2, 2,0),BC (0, 2,2)PC 设平面PBC的法向量为, ,nx y z,则 nBC nPC , 所以 0 0 n BC n PE ,即 220 220 xy yz ,取1x ,则1y ,1z , 所以平面PBC的一个法向量为1,1,1n 又平面PAD的一个法向量为 22 ,0 22 mDE 所以 26 cos, 3|3 1 m n m n m n . 所以平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值为 6 3 【点睛】本题主

17、要考查证明线线垂直,以及求二面角,熟记线面垂直的判定定理与性质定理,灵活运用空 间向量的方法求二面角即可,属于常考题型 8 (安徽省合肥市庐江县 2019-2020 学年高二下学期期末数学(理) )如图,AE平面ABCD, ,CFAEADBC ,,1,2ADABABADAEBC 10 (1)求证:BF平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角EBDF的余弦值为 1 3 ,求线段CF的长 【答案】 (1)见证明; (2) 4 9 (3) 8 7 【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系 (1)利用直线 BF 的方向向量和平面 ADE 的法向量的关系即可证明线

18、面平行; (2)分别求得直线 CE 的方向向量和平面 BDE 的法向量,然后求解线面角的正弦值即可; (3)首先确定两个半平面的法向量,然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于 CF 长度的方程,解方程 可得 CF 的长度 【解析】依题意,可以建立以 A 为原点,分别以,AB AD AE的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角 坐标系(如图), 可得0,0,0 ,1,0,0 ,1,2,0 ,0,1,0 ,0,0,2ABCDE 设0CFh h,则1,2,Fh (1)依题意,1,0,0AB 是平面 ADE 的法向量, 又0,2,BFh,可得 0BF AB , 又因为直线BF 平面ADE,所以

19、BF平面ADE 11 (2)依题意,( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDBECE , 设, ,nx y z为平面 BDE 的法向量,则 0 0 n BD n BE ,即 0 20 xy xz , 不妨令 z=1,可得2,2,1n r ,因此有 4 cos, 9| CE n CE n CEn 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 4 9 (3)设, ,mx y z为平面 BDF 的法向量,则 0 0 m BD m BF ,即 0 20 xy yhz 不妨令 y=1,可得 2 1,1,m h 由题意,有 2 2 4 1 cos, 34 3 2 m n h m n mn

20、h ,解得 8 7 h 经检验,符合题意所以,线段CF的长为 8 7 9 (四川省宜宾市叙州区第二中学校 2021 届高三上学期开学考试数学(理) )如图,在以A,B,C,D, E,F为顶点的五面体中,平面CDEF 平面ABCD,FCFB,四边形ABCD为平行四边形,且 45BCD (1)求证:CDBF; (2)若22ABEF, 2BC ,直线BF与平面ABCD所成角为 60 ,求平面ADE与平面BCF所 成锐二面角的余弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 42 7 【分析】(1) 过F作FOCD交CD于O, 连接BO, 由平面CDEF 平面ABCD, 得FO平面ABCD, 因此FOOB

21、证明CD平面FOB,即可证明结论; 12 (2) 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz, 求出平面ADE的法向量1,1,0m , 平面BCF的法向量3, 3,1n ,代入向量的夹角公式,即可得答案; 【解析】(1) 过F作FOCD交CD于O, 连接BO, 由平面CDEF 平面ABCD, 得FO平面ABCD, 因此FOOB FBFC,FOFO,90FOCFOB,FOCFOB,OBOC, 由已知45DCB得BOC为等腰直角三角形, 因为OBCD,又CDFO,OBOFO, CD平面FOB,CDBF (2)/ABCD,AB平面CDEF,CD 平面CDEF,/AB平面CDEF, 平面A

22、BEF平面CDEFEF,/ABEF由(1)可得OB,OC,OF两两垂直,以O为坐标 原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz, 由题设可得60FBO,进而可得1, 2,0A,1,0,0B,0,1,0C,0, 1,0D,0, 1, 3E, 0,0, 3F 设平面ADE的法向量 111 ,mx y z,则 0 0 m AD m DE , 11 1 0 30 xy z ,可取1,1,0m 13 设平面BCF的法向量 222 ,nxy z,则 0 0 n BC n CF , 22 22 0 30 xy yz , 可取3, 3,1n 则 2 342 cos, 727 m n m n m n 二面角的

23、余弦值为 42 7 10(江苏省无锡市江阴市 2020-2021 学年高三上学期开学检测) 如图1, 在直角梯形 ABCD中,/AD BC, 2 BAD ,1ABBC,2AD ,E是AD的中点,O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起 到 1 ABE的位置,如图2 (1)证明:CD平面 1 AOC; (2)若平面 1 ABE 平面BCDE,求平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角的余弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 6 3 【解析】 (1)在图1的直角梯形CD中,连接CE, /AD BC,1ABBC,2AD ,E是AD的中点, 所以/AE BC且AE BC, 所以, 四边形ABCE 是

24、菱形,则ACBE, 翻折后,在图2中, 1 BEOA,BE OC 1 OAOCO,BE平面 1 AOC, 又因为/D C且1BC ,2AD ,E是AD的中点,/BC DE且BCDE, 所以四边形BCDE是平行四边形,从而/CD BE 14 BE 平面 1 AOC, CD平面 1 AOC; (2)由已知,平面 1 ABE 平面BCDE,又由(1)知, 1 BEOA,BE OC 所以 1 AOC为二面角 1 ABEC的平面角,所以 1 2 AOC 如图,以O为原点,OB、OC、 1 OA所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Oxyz,因为 11 1ABAEBCED, /BC DE且BCDE,

25、 所以 2 ,0,0 2 B , 2 ,0,0 2 E , 1 2 0,0, 2 A , 2 0,0 2 C 得 22 ,0 22 BC , 1 22 0, 22 AC ,, 2,0,0CDBE 设平面 1 ABC的法向量 1111 ,nx y z,平面 1 ACD的法向量 2222 ,nxy z, 平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角为, 则 1 11 0 0 n BC nAC ,得 11 11 0 0 xy yz ,令 1 1y ,可得 11 1xz,则 1 1,1,1n , 2 21 0 0 nCD nAC ,得 2 22 0 0 x yz ,令 2 1y ,可得 2 0 x , 2

26、1z ,则 2 0,1,1n , 从而 12 12 12 26 coscos, 332 n n n n nn , 即平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角的余弦值为 6 3 11(江苏省百校联考 2020-2021 学年高三上学期第一次考试) 如图, 已知 ACBC,DB 平面ABC,EA 平面ABC, 过点D且垂直于DB的平面与平面BCD的交线为l,1ACBD,3BC ,2AE 15 (1)证明:l 平面AEC; (2)设点P是l上任意一点,求平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值 【答案】 (1)证明见解析; (2)60 【解析】 (1)证明:因为BD,BD 平面ABC,所以/平面AB

27、C, 又平面BCDl,平面ABC平面BCDBC,所以BC/l 因为EA 平面ABC,所以BCAE又BCAC,AEEAA, 所以BC平面AEC,从而l 平面AEC (2)作CF/AE,以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz, 则0,1,0A,0,0,0C,3,0,1D,0,1,2E, 设,0,1P a,平面PAE平面ACD的法向量分别为 111 ,mx y z, 222 ,nxy z, 则, 1,1APa,0,0,2AE ,0, 1,0AC ,3,0,1CD 因为m 平面PAE,所以 111 1 0 20 axyz z ,令 1 1x ,得 1 ya, 1 0z ,即1, ,0ma 同

28、理 2 22 0 30 y xz ,令 2 1x ,得 2 0y , 2 3z ,即1,0,3n 因为 2 11 cos, 2 21 m n a ,当且仅当0a时取等号, 所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60 16 12 (江苏省南京市秦淮中学 2020-2021 学年高三上学期期初调研)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆 O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,/DC EB,1DCEB,4AB (1)证明:平面ADE 平面ACD; (2)当C点为半圆的中点时,求二面角DAEB的余弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 2 6 【解析】 (1)证明:AB是圆O

29、的直径,ACBC, DC 平面ABC,BC 平面ABC,DCBC, 又DCACC,BC平面ACD, /DC EB,DCEB,四边形DCBE是平行四边形,/DE BC,DE 平面ACD, 又DE 平面ADE,平面ACD平面ADE (2)当C点为半圆的中点时, 2 2ACBC , 以C为原点,以CA,CB,CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示: 则0 01D, ,0 2 21E,2 2 0 0A, ,0 2 2 0B, 2 2,2 2,0AB ,0,0,1BE (),0,2 2,0DE ,(2 2,0, 1)DA , 设平面DAE的法向量为 111 ,mx y z (),,平面ABE的法向量为 22

30、2 ,nxy z (), 17 则 0 0 m DA m DE , 0 0 AB BE n n ,即 11 1 2 20 2 20 xz y , 22 2 2 22 20 0 xy z , 令 1 1x 得 1,0,2 2m ,令 2 1x 得1,1,0n 12 , 632 m n cos m n m n 二面角DAEB是钝二面角,二面角DAEB的余弦值为 2 6 13 (浙江省平阳县浙鳌高级中学 2021 届高三上学期期初教学质量监测)正三棱锥OABC的底面正三角 形ABC的边长为2 2,侧棱2OA,E,F分别为AB,AC中点,H为EF中点,棱OA上有一点 1 A (不为中点) ,直线 1

31、AE与直线OB交于 1 B,直线 1 AF与直线OC交于 1 C (1)证明: 11 BC 平面OAH; (2)若 1 3 2 OA ,求直线 1 OC与平面 111 ABC所成角的正弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 6 6 18 【解析】(1) 由题意可得EF是正三角形ABC的中位线, 所以/EFBC,EF 面OBC,BC 面OBC, 可得/ /EF面OBC,EF 面 111 ABC,面 1 11 ABC 面 11 =OBC BC,则 11 / /EFBC,在正三角形AEF中, H为EF中点,可得EFAH,即 11 BCAH, 底面正三角形ABC的边长为2 2,侧棱长为2,可得三条

32、侧棱两两垂直, 即,OAOB OAOC,OBOCO,可得OA面OBC,则OA 11 BC, 又OAAHA,由线面垂直的判定定理可得 11 BC 平面OAH (2)由已知可得三条侧棱两两垂直,以直线,OAOB OC,分别为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系,则 1 1 2,0,00,0,2 ,0,2,0 ,1,0,1 ,1,1,0 ,1, 2 2 ABCEFH , 1 3 ,0,0 2 A , 设 1 0,0,Bt,则 11 1 ,0,1 ,1,0,1 2 AEEBt ,由 1 AE与 1 EB共线得 11 =AEEB, 得 1 2 11t ,解得3t ,所以 1 0,0,3B,同理得 1

33、0,3,0C, 可得 1111 33 ,0,3 ,3,0 22 ABAC ,设平面 111 ABC的一个法向量为, ,nx y z, 3 30 2 3 30 2 xz xy ,令2x,得 1yz,即 2,1,1n , 1 0,3,0OC , 设直线 1 OC与平面 111 ABC所成角为,则 1 1 1 36 sincos, 636 n OC n OC n OC , 则直线 1 OC与平面 111 ABC所成角的正弦值为 6 6 19 14 (湖南省岳阳市汨罗市二中 2020-2021 学年高三上学期入学考试)如图,在四棱锥PABCD中,底面 ABCD是边长为 2 的菱形, 60 ,90DAB

34、ADP ,平面ADP 平面ABCD,点F为棱PD的中 点 (1)在棱AB上是否存在一点E,使得AF平面PCE,并说明理由; (2)当二面角DFCB的余弦值为 2 4 时,求直线PB与平面ABCD所成的角 【答案】 (1)见解析(2)60 【解析】 (1)在棱AB上存在点E,使得/AF平面PCE,点E为棱AB的中点 理由如下:取PC的中点Q,连结EQ、FQ,由题意,/ /FQDC且 1 2 FQCD, /AECD且 1 2 AECD,故/ /AEFQ且AEFQ所以,四边形AEQF为平行四边形 所以,/ /AFEQ,又EQ 平面PEC,AF 平面PEC,所以,/AF平面PEC (2)由题意知ABD

35、为正三角形,所以EDAB,亦即EDCD, 又90ADP,所以PDAD,且平面ADP 平面ABCD,平面ADP平面ABCDAD,所以 PD 平面ABCD,故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系, 设FDa,则由题意知0,0,0D,0,0,Fa,0,2,0C,3,1,0B, 0,2,FCa, 3, 1,0CB , 设平面FBC的法向量为, ,mx y z, 20 则由 0 0 m FC m CB 得 20 30 yaz xy ,令1x ,则3y , 2 3 z a , 所以取 2 3 1, 3,m a ,显然可取平面DFC的法向量1,0,0n , 由题意: 2 21 cos, 412 1 3 m

36、n a ,所以3a 由于PD 平面ABCD,所以PB在平面ABCD内的射影为BD, 所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角, 易知在Rt PBD中,tan3 PD PBDa BD ,从而60PBD, 所以直线PB与平面ABCD所成的角为60 15(河北省石家庄市第二中学 2020-2021 学年高二上学期 8 月线上考试 (二) ) 如图, 在三棱锥 PABC中, PB 平面ABC,平面PAC 平面PBC,2PBBC (1)证明:AC 平面PBC; (2)若二面角BPA C的余弦值为 10 10 ,线段PA的长 【答案】 (1)证明见解析(2)3 【解析】 (1)PB 平面ABC,AC 平

37、面ABC,PBAC 取PC的中点为D,连接BD,,PBBCBDPC, 21 又平面PAC 平面PBC,平面PAC平面PBCPC,BD 平面PBC BD平面PAC,又AC 平面PAC,BDAC, PBBDB,,PB BD 平面PBC,AC平面PBC. (2)设ACa,由(1)知,AC 平面PBC,BC 平面PBC,ACBC 如图,分别以,CA CB所在直线为x轴,y轴,过点C作z轴,且平行于PB,建立空间直角坐标系,易得 (0,0,0), ( ,0,0), (0,2,0), (0,2,2),(0,1,1)CA aBPD, 平面PAC的法向量为(0,1, 1)DB , 设平面PAB的法向量为( ,

38、 , ),(0,0,2),( , 2,0)mx y z BPBAa, 0,20 2 ,1,0 20, 0 m BPz m axya m BA , 2 110 cos, 104 21 DB m a , 解得 2 1a ,即 1a ,从而得出 5AB ,在Rt PBA中, 22 3PAPBBA 线段PA的长为3. 16 (湖南省长沙市雅礼中学 2020 届高三高考数学 (理科) 模拟试题 (一) (a 卷) ) 在四棱锥PABCD中, 1 2 APPDDCCBBA,PBPC,90APDDCBCBA 22 (1)证明:平面PAD 平面ABCD; (2)求直线PB与平面PCD夹角的正弦值 【答案】 (

39、1)证明见解析; (2) 2 3 【解析】 (1)证明:设AD、BC的中点分别为 O、E,连接PO、OE、EP 则OE为直角梯形ABCD的中位线,故BCOE 又PBPC且 E 为BC中点,故BCPE 又PEOEE,从而BC平面PEO,从而POBC 又APPD且 O 为AD中点,故POAD 这样PO与平面ABCD内的两条相交直线AD,BC垂直 从而PO平面ABCD又PO平面PAD,故平面PAD 平面ABCD (2)在AB上取一点 F,使得4ABAF,则OF,OE,OP两两垂直,以 O 为原点,射线OF,OE, OP分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 23 设1AF ,求得1,3,

40、0B,0,0, 2P,1,3,0C ,1,1,0D 从而:1,3,2PB ,1,3,2PC ,1,1,2PD 设平面PCD的法向量为, ,nx y z,由 320 20 xyz xyz 可取2,0, 1n 2 cos, 3 n PB n PB n PB ,故直线PB与平面PCD夹角的正弦值为 2 3 17 (江西省赣州市赣县第三中学 2019-2020 学年高二 6 月份考试数学(理) )如图,已知四棱锥PABCD 的底面为边长为2的菱形,, 3 BADPAPB M 为AB中点,连接MD (1)求证:平面PCD平面PMD; (2)若平面PAB 平面ABCD,且二面角BAPD的余弦值为 5 5

41、,求四棱锥PABCD的体积 【答案】 (1)见证明; (2)2 【解析】 (1)连接BD, 菱形ABCD中, 3 BAD ,ABD为等边三角形, 又M为BC中点,DMAB又PAPB,则PMAB, 又DMPMM,AB 平面PMD, 又/ABCD,CD平面PMD, 又CD平面PCD,平面PCD平面PMD (2)平面PAB平面ABCD,且交线为AB,PMAB,PM 平面PAB, 24 PMABCD 平面, 以M为原点,,MB MD MP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐 标系Mxyz,设(0)PMa a,则0,0,1,0,0 ,0,3,0PaAD, 则1, 3,0 ,1,0,ADAPa,

42、设平面ADP的一个法向量为, ,nx y z, 则 0 0 AD n AP n ,即 30 0 xy xaz ,可取3 ,3naa 又平面PAB的法向量可取0,1,0m,由题意得 2 5 cos, 3 43 m na m n m n a , 解得3a ,即3PM ,又菱形ABCD的面积2 3ABDM, 四棱锥PABCD的体积为 11 2 332 33 ABCD VSPM 【点睛】空间向量的引入,为解决立体几何中的角度问题提供了工具,可将几何问题转化为数的运算的问 题处理,但解题中需要注意向量的夹角与空间角的关系,在进行代数运算后还需要再转化为几何问题,属 于中档题 18(江苏省苏州中学园区校2

43、020-2021学年高三上学期8月期初调研) 如图1, 四边形ABCD为矩形, BC=2AB, E 为 AD 的中点,将ABE、DCE 分别沿 BE、CE 折起得图 2,使得平面ABE 平面 BCE,平面DCE 平面 BCE (1)求证:平面ABE 平面 DCE; (2)若 F 为线段 BC 的中点,求直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值 【答案】 (1)证明见解析; (2) 6 3 【解析】 (1)证明:在图 1 中,BC=2AB,且 E 为 AB 的中点, ,AEABAEB 45,同理45DEC 所以90CEBBECE, 又平面ABE 平面 BCE,平面ABE平面BCEBE, 25

44、所以CE 平面 ABE,又CE平面DCE,所以平面ABE 平面 DCE (2)如图,以点 E 为坐标原点,EB,EC 所在的直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,设1AB , 则 222222 0,0,0 ,2,0,0 ,0, 2,0 ,0,0,0 222222 EBCADF , 向量 2222 ,0,0, 2222 EAED ,设平面 ADE 的法向量为, ,nx y z 由 0 0 n EA n ED ,得 0 0 xz yz ,令1z ,得平面 ADE 的一个法向量为1, 1,1n , 又 22 0, 22 FA , 设直线 FA 与平面 ADE 所成角为, 则 |26 sin 31|

45、3| FA FA n n ,所以直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 3 19 (山东省滕州市第一中学 2020-2021 学年高二 9 月开学收心考试)如图所示,四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形,DE 平面 ABCD,/AF DE,3DEAF,BE 与平面 ABCD 所成角为60 1求证:AC 平面 BDE; 2求二面角FBED的余弦值; 3设点M是线段 BD 上的一个动点,试确定点M的位置,使得/AM平面 BEF,并证明你的结论 26 【答案】 (1)见解析 (2) 13 13 (3)M 的坐标为(2,2,0),见解析 【解析】 (1)证明:DE 平面ABCD,AC 平

46、面ABCD, DEAC,又ABCD是正方形,ACBD, BDDED,AC 平面BDE (2)DA,DC,DE两两垂直,所以建立如图空间直角坐标系Dxyz, BE与平面ABCD所成角为60,即60DBE, 而3 ED DB ,由3AD,可知: 3 6DE ,6AF 则3,0,0A,3,0, 6F,0,0,3 6E,3,3,0B,0,3,0C, 0, 3, 6BF ,3,0, 2 6EF , 设平面BEF的法向量为, ,nx y z,则 0 0 n BF n EF ,即 360 32 60 yz xz , 令6z ,则4,2, 6n 因为AC 平面BDE,所以CA为平面BDE的法向量, 3, 3,0CA uu u r ,所以 613 cos,

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