2018届高三数学(理)二轮复习冲刺作业专题五立体几何 第3讲空间向量与立体几何

第3讲 空间向量与立体几何
A组 基础题组
1.(2017云南第一次统一检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=1,BB1=1,P是AB的中点,
则异面直线BC1与PD所成的角等于( )

A.30° B.45° C.60° D.90°
2.(2017云南第一次统一检测)已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在表面积为16π的球O的球面
上,AC为球O的直径.当三棱锥P-ABC的体积最大时,二面角P-AB-C的大小为θ,则sin θ=( )

A. B. C. D.
3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动,则·的取值范围
是 .
4.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,点D在棱BB1上,若BD=3,则AD与平面AA1C1C所成角的正切值
为 .
5.(2017课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
6.(2017安徽两校阶段性测试)已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是梯形,BC∥AD,AB⊥AD,且
AB=BC=1,AD=2,顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上,PA⊥PD.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若直线AC与PD所成角为60°,求二面角A-PC-D的余弦值.

B组 提升题组
1.(2017贵州适应性考试)如图1,在等腰直角三角形ABC中,∠B=90°,将△ABC沿中位线DE翻折

得到如图2所示的空间图形,使二面角A-DE-C的大小为θ.
(1)求证:平面ABD⊥平面ABC;

(2)若θ=,求直线AE与平面ABC所成角的正弦值.
2.如图,正方形ADEF所在的平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.
(1)求证:AC⊥BF;

(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出的值;若不存在,请
说明理由.
答案精解精析
A组 基础题组
1.C 如图,取A1B1的中点E,连接D1E,AD1,AE,则∠AD1E即为异面直线BC1与PD所成的角.因为AB=2,
所以A1E=1,又BC=BB1=1,所以D1E=AD1=AE=,所以△AD1E为正三角形,所以∠AD1E=60°,故选C.

2.C 设球O的半径为R,由4πR2=16π,得R=2,设点P到平面ABC的距离为d,则0为球O的直径,所以AB2+BC2=AC2=16,则V三棱锥P-ABC=AB·BC·d≤··2=,当且仅当
AB=BC=2,d=2时,V三棱锥P-ABC取得最大值,此时平面PAC⊥平面ABC,连接PO,易知PO⊥平面ABC,过
点P作PD⊥AB于D,连接OD,则易知AB⊥平面POD,则AB⊥OD,所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面

角,因为OD=BC=,所以PD==,则sin θ=sin∠PDO==.故选C.

3.答案 [0,1]
解析 依题意,设=λ,其中

λ∈[0,1],·=·(+)=·(+λ)=+λ·=1+λ·=1-
λ∈[0,1],因此·的取值范围是[0,1].

4.答案
解析 取AC的中点E,连接BE,如图,
可得·=(+)·=·=4×2×=12=5×2×cos θ(θ为与的夹角),
所以cos θ=,sin θ=,又因为BE⊥平面AA1C1C,所以所求角的正切值为.
5.解析 (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,
从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.

以 F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
F-xyz.

由(1)及已知可得A,
P,B,C.
所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则
即
可取n=(0,-1,-).
设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则

即
可取m=(1,0,1).

则cos==-.
易知二面角A-PB-C为钝二面角,

所以二面角A-PB-C的余弦值为-.
6.解析 (1)证明:∵PH⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
∴PH⊥AB.
∵AB⊥AD,AD∩PH=H,AD,PH⊂平面PAD,
∴AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,如图,

∵PH⊥平面ABCD,∴z轴∥PH.
则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),
设AH=a,PH=h(00),则P(0,a,h),

∴=(0,a,h),=(0,a-2,h),=(1,1,0).
∵PA⊥PD,∴·=a(a-2)+h2=0.①
∵AC与PD所成的角为60°,

∴|cos<,>|==,
∴(a-2)2=h2,②
由①②得(a-2)(a-1)=0,
∵0∵h>0,∴h=1,
∴P(0,1,1).

∴=(0,1,1),=(1,1,0),=(1,0,-1),=(1,-1,0),
设平面APC的法向量为n=(x1,y1,z1),

由得平面APC的一个法向量为n=(1,-1,1),
设平面DPC的法向量为m=(x2,y2,z2).

由得平面DPC的一个法向量为m=(1,1,1).
∴cos==.
∵二面角A-PC-D的平面角为钝角,

∴二面角A-PC-D的余弦值为-.
B组 提升题组

1.解析 (1)证明:在等腰直角三角形ABC中,AB⊥BC,
且DE为△ABC的中位线,
∴DE∥BC,∴DE⊥AB.
由翻折,可知DE⊥AD,DE⊥DB,AD∩DB=D,
∴DE⊥平面ADB,∴BC⊥平面ADB,
而BC⊂平面ABC,∴平面ABD⊥平面ABC.
(2)由(1)可知,∠ADB为二面角A-DE-C的平面角,

∴∠ADB=θ=,
又AD=DB,∴△ADB为等边三角形,

如图,O为DB的中点,连接OA,过点O作OF∥BC交CE于点F,
则AO⊥BD,OF⊥BD,由(1)知BC⊥平面ADB,
∴AO⊥BC,∴AO⊥平面BCED,
以O为坐标原点,OB,OF,OA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
设BD=2,则A(0,0,),B(1,0,0),C(1,4,0),E(-1,2,0),
∴=(1,0,-),=(1,4,-),=(-1,2,-),
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),

则即
令z=1,则n=(,0,1)是平面ABC的一个法向量.

设AE与平面ABC所成的角为α,则sin α==.
2.解析 (1)证明:∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF⊂平面ADEF,
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC⊂平面ABCD,∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H,则BH=1,AH=,CH=3,
∴AC=2,∴AB2+AC2=BC2,∴AC⊥AB,
∵AB∩AF=A,∴AC⊥平面FAB,
∵BF⊂平面FAB,∴AC⊥BF.

(2)存在.由(1)知,AF,AB,AC两两垂直.以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴
正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则
A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),E(-1,,2).

假设在线段BE上存在一点P满足题意,则易知点P不与点B、E重合,
设=λ,则λ>0,P,
=,=(0,2,0).
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z),

则
即
令x=1,则z=,
所以m=为平面PAC的一个法向量.

同理,可求得n=为平面BCEF的一个法向量.
当m·n=0,即λ=时,平面PAC⊥平面BCEF,
故存在满足题意的点P,此时=.