全国通用2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用空间角专用题组理

§8.5 空间向量及其应用、空间角

考点一 空间角与距离 14.(2014

天津,17,13

分)如图,在四棱锥

P-ABCD

中,PA⊥底面

ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点. (1)证明BE⊥DC;

(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;

(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.

解析 解法一:

依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得

B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).

(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0. 所以BE⊥DC.

(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量, 则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有 cos===.

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.

(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1. 故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即

不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则 cos===-.

易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为. 解法二:

1

(1)证明:如图,取PD的中点M,连结EM,AM.

由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM. 因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,

从而CD⊥平面PAD,因为AM?平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.

(2)连结BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.

依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.

(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.

在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=. 所以二面角F-AB-P的余弦值为.

评析 本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.

15.(2014重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=,MP⊥AP. (1)求PO的长;

(2)求二面角A-PM-C的正弦值.

2

解析 (1)如图,连结AC,BD,因为ABCD为菱形,则AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为∠BAD=,故OA=AB·cos=,OB=AB·sin=1,

所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0). 由BM=,BC=2知,==, 从而=+=, 即M.

设P(0,0,a),a>0, 则=(-,0,a),=.

因为MP⊥AP,故·=0,即-+a=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=. (2)由(1)知,=,=,=.

设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由n1·=0,n1·=0,得 故可取n1=, 由n2·=0,n2·=0,得 故可取n2=(1,-,-2),

从而法向量n1,n2的夹角θ的余弦值为 cos==-,

故所求二面角A-PM-C的正弦值为.

16.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连结CE并延长交AD于F. (1)求证:AD⊥平面CFG;

(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.

2

解析 (1)在△ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=, 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA, 故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD,

所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG.

3

(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P, 故=,=,=.

设平面BCP的一个法向量n1=(1,y1,z1), 则 解得 即n1=.

设平面DCP的一个法向量n2=(1,y2,z2), 则解得

即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角θ的余弦值为cos θ===.

17.(2012大纲全国,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥底面ABCD,AC=2,PA=2,E是PC上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面BED;

(2)设二面角A-PB-C为90°,求PD与平面PBC所成角的大小.

解析 解法一:

(1)因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC, 又PA⊥底面ABCD,所以PC⊥BD.(2分)

设AC∩BD=F,连结EF.因为AC=2,PA=2,PE=2EC,故PC=2,EC=,FC=,从而=,=. 因为=,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,由此知PC⊥EF. PC与平面BED内两条相交直线BD,EF都垂直,所以PC⊥平面BED.(6分)

4