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

(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的法向量. 由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1), 知

取y=-1,得m=.

又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是 |cos|===, 即=3.①

又BC⊥CD,所以·=0,

故(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0, 即+=2.②

联立①,②,解得(舍去)或 所以tan∠BDC==.

又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.

评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力.

23.(2012浙江,20,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点. (1)证明:MN∥平面ABCD;

(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值.

解析 (1)证明:连结BD,因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.

又因为MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD. (2)解法一:

连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.

在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得

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AC=AB=2,BD=AB=6.

又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.

在直角△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4. 由此知各点坐标如下:

A(-,0,0),B(0,-3,0),C(,0,0),D(0,3,0), P(-,0,2),M, N,Q.

设m=(x,y,z)为平面AMN的法向量, 由=,=

知取z=-1,得m=(2,0,-1). 设n=(x,y,z)为平面QMN的法向量. 由=,= 知

取z=5,得n=(2,0,5). 于是cos==.

所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.

解法二:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.

又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD. 所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.

而M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN,取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A-MN-Q的平面角. 由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=. 在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4. 在△PBC中,cos∠BPC==,得 MQ==.

在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==. 在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==. 所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.

评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力. 考点二 空间向量及其应用 7.(2014江西,10,5分)

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如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点A射向点E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )

答案 C 由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8,6,0)处.在坐标平面xAy中,直线AE1的方程为y=x,与直线DC的方程y=7联立得F.由两点间的距离公式得E1F=,∵tan∠E2E1F=tan∠EAE1=,∴E2F=E1F·tan∠E2E1F=4.∴E2F1=12-4=8.∴====.故选C.

评析 本题考查了对称性和空间想象能力.把空间问题转化为平面问题是解题的关键. 8.(2013湖北,19,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.

(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明; (2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足=.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E-l-C的大小为β,求证:sin θ=sin αsin β.

解析 (1)直线l∥平面PAC,证明如下:

连结EF,因为E,F分别是PA,PC的中点,所以EF∥AC. 又EF?平面ABC,且AC?平面ABC,所以EF∥平面ABC. 而EF?平面BEF,且平面BEF∩平面ABC=l,所以EF∥l. 因为l?平面PAC,EF?平面PAC,所以直线l∥平面PAC.

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(2)解法一(综合法):如图1,连结BD,由(1)可知交线l即为直线BD,且l∥AC. 因为AB是☉O的直径,所以AC⊥BC,于是l⊥BC. 已知PC⊥平面ABC,而l?平面ABC,所以PC⊥l. 而PC∩BC=C,所以l⊥平面PBC.

连结BE,BF,因为BF?平面PBC,所以l⊥BF. 故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角,即∠CBF=β. 由=,作DQ∥CP,且DQ=CP.

连结PQ,DF,因为F是CP的中点,CP=2PF,所以DQ=PF, 从而四边形DQPF是平行四边形,PQ∥FD.

连结CD,因为PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内的射影,故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.

又BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF为锐角, 故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角,即∠BDF=α,

于是在Rt△DCF,Rt△FBD,Rt△BCF中,分别可得sin θ=,sin α=,sin β=, 从而sin αsin β=·==sin θ, 即sin θ=sin αsin β.

解法二(向量法):如图2,由=,作DQ∥CP, 且DQ=CP.

连结PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交线l即为直线BD.

以点C为原点,向量,,所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设CA=a,CB=b,CP=2c,则有C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c), E,F(0,0,c).

于是=,=(-a,-b,c),=(0,-b,c), 所以cos α==, 从而sin α==.

又取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),可得sin θ==, 设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z), 所以由可得取n=(0,c,b). 于是|cos β|==, 从而sin β==.

故sin αsin β=·==sin θ, 即sin θ=sin αsin β.

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