2018年浙江高考数学二轮复习练习：专题限时集训10 立体几何中的向量方法 Word版含答案.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 专题限时集训(十)　立体几何中的向量方法 ‎(对应学生用书第137页)‎ ‎ [建议用时：45分钟]‎ ‎1．如图1011，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ 图1011‎ ‎ (1)求证：PD⊥平面PAB.‎ ‎ (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．‎ ‎ (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，‎ 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 2分 又因为PA⊥PD，‎ 所以PD⊥平面PAB. 4分 ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD. 5分 如图，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ ‎ 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1). 6分 ‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 ‎ 即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.‎ 所以n＝(1，－2,2). 8分 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. 10分 ‎(3)设M是棱PA上一点，‎ 则存在λ∈[0,1]使得＝λ. 11分 因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ). 12分 ‎ 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.‎ ‎ 解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.15分 ‎2．如图1012，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.‎ 图1012‎ ‎ (1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；‎ ‎ (2)若二面角PCDA的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.‎ ‎ 【导学号：68334118】‎ ‎ [解]　(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图(1)，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点. 2分 ‎(1)‎ ‎ 理由如下：‎ 由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，‎ 所以四边形BCDE是平行四边形，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 从而CM∥EB. 4分 又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，‎ 所以CM∥平面PBE. 6分 ‎(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一 点)‎ ‎(2)法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，‎ 所以∠PDA是二面角PCDA的平面角，‎ 所以∠PDA＝45°. 7分 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.‎ ‎ 如图(1)，过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA⊥平面ABCD，‎ 从而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH.‎ 所以平面PCE⊥平面PAH. 11分 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE，‎ 所以∠APH是PA与平面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＝＝. 15分 法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD.‎ 从而∠PDA是二面角PCDA的平面角，‎ 所以∠PDA＝45°.‎ 又PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD. 7分 ‎ 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，‎ ‎(2)‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎ 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2). 9分 ‎ 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎ 由得 ‎ 设x＝2，解得n＝(2，－2,1). 12分 ‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α，‎ ‎ 则sin α＝＝＝，‎ ‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 15分 ‎3．在平面四边形ACBD(如图1013(1))中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图1013(2)所示的三棱锥C′ABD，且使C′D＝.‎ ‎(1)　　　　　　　　　(2)‎ 图1013‎ ‎(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；‎ ‎(2)求二面角AC′DB的余弦值. 【导学号：68334119】‎ ‎[解]　(1)证明：取AB的中点O，连接C′O，DO，‎ 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为原点，AB，OC′所在的直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C′(0,0,1)，D，‎ ‎∴＝(0,1,1)，＝(0，－1,1)，＝. 6分 设平面AC′D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令z1＝1，则y1＝－1，x1＝，‎ ‎∴n1＝(，－1,1). 8分 设平面BC′D的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 令z2＝1，则y2＝1, x2＝，‎ ‎∴n2＝， 12分 ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，二面角AC′DB的余弦值为－. 15分 ‎4．(2017·杭州学军中学高三模拟)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．‎ 图1014‎ ‎ (1)已知G，H分别为EC，FB的中点．求证：GH∥平面ABC；‎ ‎ (2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC.求二面角FBCA的余弦值．‎ ‎ [解]　(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI(图略)．‎ ‎ 在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.‎ ‎ 又EF∥OB，所以GI∥OB. 3分 ‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.‎ ‎ 又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎ 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC. 6分 ‎ (2)法一：连接OO′，则OO′⊥平面ABC.‎ ‎ 又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC. 8分 ‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ ‎ 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)，‎ ‎ 所以＝(－2，－2，0)， 10分 ‎ 过点F作FM垂直于OB于点M.‎ ‎ 所以FM＝＝3，可得F(0，，3)．‎ ‎ 故＝(0，－，3). 12分 ‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．‎ ‎ 由 ‎ 可得 ‎ 可得平面BCF的一个法向量m＝.‎ ‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，‎ ‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ ‎ 所以二面角FBCA的余弦值为. 15分 ‎ 法二：连接OO′.过点F作FM垂直于OB于点M，‎ ‎ 则有FM∥OO′.‎ ‎ 又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC. 9分 ‎ 可得FM＝＝3.‎ ‎ OB＝2，OM＝O′F＝，BM＝OB－OM＝，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎ 过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.‎ ‎ 可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角FBCA的平面角．‎ ‎ 又AB＝BC，AC是圆O的直径，‎ ‎ 所以MN＝BMsin 45°＝. 13分 ‎ 从而FN＝＝，‎ ‎ 可得cos∠FNM＝＝，‎ ‎ 所以二面角FBCA的余弦值为. 15分 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费