2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第54练含解析

1.如图，在直三棱柱ABC －
A 1
B 1
C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4. (1)设A
D →＝λAB →，异面直线AC 1
与CD 所成角的余弦值为91050，求实数λ的值；
(2)若点D 是AB 的中点，求二面角D
－CB 1－B 的余弦值．
2．(2016·甘肃天水一模)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°. (1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；
(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．
3．(2017·南昌月考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D . (1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；
(2)在线段CC 1(不含端点)上，是否存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－714？若存在，求出CE CC 1的值；若不存在，说明理由．
4．(2017·太原质检)
如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成的，AD⊥AF，AE＝AD＝2.
(1)证明：平面P AD⊥平面ABFE；
(2)求正四棱锥P－ABCD的高h，使得二面角C－AF－P的余弦值是22 3.
答案精析
立体几何问题
1．解 (1)由AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5得∠ACB ＝90°，
以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .
则A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)， 设D (x ，y ，z )，
则由AD
→＝λAB →，得CD →＝(3－3λ，4λ，0)， 又AC 1
→＝(－3,0,4)， 由题意知|cos 〈AC 1→，CD →
〉|＝91050 ＝
|－9＋9λ|
525λ2
－18λ＋9
， 解得λ＝15或λ＝－1
3.
(2)由题意得D (32，2,0)，CD →＝(32，2,0)，CB 1
→＝(0,4,4)，
设平面CDB 1的法向量为n 1，
因为CD →·n 1＝0，CB 1→·n 1＝0，所以可取n 1＝(4，－3,3)； 同理，平面CBB 1的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 并且〈n 1，n 2〉与二面角D －CB 1－B 相等或互补， 所以二面角D －CB 1－B 的余弦值为 |cos 〈n 1，n 2〉|＝23417.
2．解 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .
则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0， ∴⎩⎨⎧
－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，
取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC
→＝(0,3，－3)， 设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ ＝|cos 〈SC
→，n 〉|＝
2323×210＝10
20
，
故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为10
20. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA
→＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧
DA →·m ＝0，DS →·
m ＝0，即⎩⎨⎧
2a ＝0，－b ＋3c ＝0，
取b ＝3，得m ＝(0，3，1)． ∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝8
210×2
＝105，
故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是10
5. 3．(1)证明 取AB 的中点O ，连结OD ，OB 1. 因为B 1B ＝B 1A ，所以OB 1⊥AB .
又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，OB 1⊂平面B 1OD ， B 1D ⊂平面B 1OD ，
所以AB ⊥平面B 1OD ，
因为OD ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥OD . 由已知条件知，BC ⊥BB 1， 又OD ∥BC ，所以OD ⊥BB 1.
因为AB ∩BB 1＝B ，AB ⊂平面ABB 1A 1，BB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以OD ⊥平面ABB 1A 1. 因为OD ⊂平面ABC ， 所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC . (2)解
由(1)知OB ，OD ，OB 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OB →，OD →，OB 1→的方向分
别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，
|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，连结B 1
C . 由题设知，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，
D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)，∴B 1D →＝(0,1，－3)，B 1B →＝(1,0，－3)，CC 1→＝(－1,0，3)，B 1C →(1,2，－3)， 设C
E →＝λCC 1
→(0＜λ＜1)， 由B 1E →＝B 1C →＋CE →＝(1－λ，2，3(λ－1))， 设平面BB 1D 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·B 1D →＝0，m ·B 1B →＝0，
得⎩⎨⎧
y 1－3z 1＝0，x 1－3z 1＝0，
令z 1＝1，则x 1＝y 1＝3，
所以平面BB 1D 的法向量为m ＝(3，3，1)． 设平面B 1DE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·B 1D →＝0，n ·
B 1E →＝0，
得⎩⎨⎧
y 2－3z 2＝0，(1－λ)x 2＋2y 2＋3(λ－1)z 2＝0， 令z 2＝1，则x 2＝3(λ＋1)
λ－1，y 2＝3，
所以平面B 1DE 的一个法向量 n ＝(
3(λ＋1)
λ－1
，3，1)． 设二面角E －B 1D －B 的大小为θ， 则cos θ＝m ·n
|m ||n |＝3λ＋3
λ－1＋3＋17·
3⎝
⎛⎭
⎪⎫λ＋1λ－12
＋4＝－714，
解得λ＝1
3.
所以在线段CC 1上存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－714，此时CE
CC 1
＝
1
3(负值舍去)．
4．(1)证明 在直三棱柱ADE －BCF 中，AB ⊥平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以AB ⊥AD .
又AD ⊥AF
，AB ∩AF ＝A ，AB ⊂平面ABFE ，AF ⊂平面ABFE ， 所以AD ⊥平面ABFE .
因为AD ⊂平面P AD ，所以平面P AD ⊥平面ABFE . (2)
解 由(1)知AD ⊥平面ABFE ，以A 为原点，AB ，AE ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，
则A (0,0,0)，
F (2,2,0)，C (2,0,2)，P (1，－h,1)，其中h 为点P 到平面ABCD 的距离． AF
→＝(2,2,0)，AC →＝(2,0,2)，AP →＝(1，－h,1)． 设平面AFC 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·AF →＝2x 1＋2y 1＝0，m ·AC →＝2x 1＋2z 1＝0，
取x 1＝1，则y 1＝z 1＝－1， 所以m ＝(1，－1，－1)．
设平面AFP 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AF →＝2x 2＋2y 2
＝0，n ·AP →＝x 2－hy 2＋z 2
＝0，
取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－1－h ， 所以n ＝(1，－1，－1－h )．
因为二面角C －AF －P 的余弦值为223，
所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |
|m ||n | ＝
|1＋1＋1＋h |3×2＋(h ＋1)
2＝22
3， 解得h ＝1(负值舍去)．。