高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)12 立體幾何中的向量方法專題限時(shí)集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)12 立體幾何中的向量方法專題限時(shí)集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)12 立體幾何中的向量方法專題限時(shí)集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十二)　立體幾何中的向量方法 [建議用時(shí)：45分鐘] 1．(2016·北京高考)如圖12-10，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12-10 (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(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.2分 又因?yàn)镻A⊥PD， 所以PD⊥平面PAB.4分 (

2、2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO. 因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD. 又因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因?yàn)镃O?平面ABCD，所以PO⊥CO. 因?yàn)锳C＝CD，所以CO⊥AD.5分 如圖，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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

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

4、理由； (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(dǎo)學(xué)號(hào)：67722045】 [解]　(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．如圖(1)，延長(zhǎng)AB，DC，相交于點(diǎn)M(M∈平面PAB)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).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(shuō)明：延長(zhǎng)AP至點(diǎn)N，使得AP＝PN，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD

5、＝A， 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(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 如圖(1)，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CE，交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(guò)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⊥

6、AD，PA∩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 設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A為原點(diǎn)，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(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)， (2) 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2).9分 設(shè)平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 設(shè)x＝2，解得n＝(2，－2,1).1

7、0分 設(shè)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·泰安模擬)在平面四邊形ACBD(如圖12-12(1))中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設(shè)AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖12-12(2)所示的三棱錐C′-ABD，且使C′D＝. (1)　　　　　　　　　(2) 圖12-12 (1)求證：平面C′AB⊥平面DAB； (2)求二面角A-C′D-B的余弦值． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722046】 [解]　(1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接C′

8、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(shè)為原點(diǎn)，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(biāo)系． 則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C′(0,0,1)，D， ∴＝(0,1,1)，＝(0，－1,1)，＝.6分 設(shè)平面AC′D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令z1＝1，則y1

9、＝－1，x1＝， ∴n1＝(，－1,1).8分 設(shè)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12-13，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12-13 (1)求證：AD⊥平面BFED； (2)點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)，設(shè)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

10、形ABCD中， ∵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(biāo)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(shè)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(gè)法向量， ∴cos θ＝＝＝. ∵0≤λ≤，∴當(dāng)λ＝時(shí)，cos θ有最大值，∴θ的最小值為.12分