2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习：专题限时集训 第1部分 专题4 突破点12 立体几何中的向量方法 7页

专题限时集训(十二)　立体几何中的向量方法 ‎ [建议用时：45分钟]‎ ‎1．(2016·北京高考)如图1210，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1210‎ ‎(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 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＝.14分 ‎2．(2016·四川高考)如图1211，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1211‎ ‎(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：67722045】‎ ‎[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，‎ 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.9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＝＝.12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)‎ 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).10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.12分 ‎3．(2016·泰安模拟)在平面四边形ACBD(如图1212(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1212(2)所示的三棱锥C′ABD，且使C′D＝.‎ ‎(1)　　　　　　　　　(2)‎ 图1212‎ ‎(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；‎ ‎(2)求二面角AC′DB的余弦值．‎ ‎ 【导学号：67722046】‎ ‎[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．‎ 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＝，10分 ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 二面角AC′DB的余弦值为－.12分 ‎4．(2016·郑州二模)如图1213，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.‎ 图1213‎ ‎(1)求证：AD⊥平面BFED；‎ ‎(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．‎ ‎[解]　(1)证明：在梯形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)可建立以直线DA，DB，DE为x轴、y轴、z轴的如图所示的空间直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤)，‎ 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，‎ ‎∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1).8分 设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，‎ 由得 取y＝1，则n1＝(，1，－λ)．‎ ‎∵n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ ‎∵0≤λ≤，∴当λ＝时，cos θ有最大值，∴θ的最小值为.12分