江苏省高考数学二轮复习 理科附加题 第2讲 空间向量与立体几何练习-人教版高三数学试题

第2讲空间向量与立体几何eq\a\vs4\al(课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角)1.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．(1)若λ＝eq\f(1,2)，求AP与AQ所成角的余弦值；(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值．解：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)．(1)当λ＝eq\f(1,2)时，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1,2,2)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(2,0,1)，所以cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))〉＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AQ,\s\up6(→)))),|\o(AP,\s\up6(→))||\o(AQ,\s\up6(→))|)＝eq\f(|1×2＋2×0＋2×1|,3×\r(5))＝eq\f(4\r(5),15).所以AP与AQ所成角的余弦值为eq\f(4\r(5),15).(2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(2,0,2λ)．设平面APQ的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AQ,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋2z＝0，,2x＋2λz＝0.))令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ.所以n＝(2λ，2－λ，－2)．又因为直线AA1与平面APQ所成角为45°，所以|cos〈n，eq\o(AA1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AA1,\s\up6(→))|,|n||\o(AA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2\r(2λ2＋2－λ2＋－22))＝eq\f(\r(2),2)，可得5λ2－4λ＝0，又因为λ≠0，所以λ＝eq\f(4,5).2．(2019·宿迁期末)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，BB1＝2，点D在棱BB1上，且C1D⊥AB1.(1)求线段B1D的长；(2)求二面角D­A1C­C1的余弦值．解：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，则以{eq\o(C1A1,\s\up6(→))，eq\o(C1B1,\s\up6(→))，eq\o(C1C,\s\up6(→))}为基底构建如图所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,0)，A(1,0,2)，B1(0,1,0)，C1(0,0,0)，B(0,1,2)，C(0,0,2)，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，设B1D＝t,0≤t≤2，则D(0,1，t)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(0,1，t)．(1)由C1D⊥AB1，得eq\o(C1D,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，所以1－2t＝0⇒t＝eq\f(1,2)，所以B1D＝eq\f(1,2).(2)易知平面A1C1C的一个法向量为eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，设平面A1CD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋\f(1,2)z＝0，,－x＋2z＝0，))取z＝2，则y＝3，x＝4，所以n＝(4,3,2)，所以cos〈n，eq\o(C1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(C1B1,\s\up6(→)),|n||\o(C1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3\r(29),29).所以二面角D­A1C­C1的余弦值为eq\f(3\r(29),29).3.如图，在底面是直角梯形的四棱锥S­ABCD中，已知∠BAD＝∠CDA＝90°，AD＝CD＝2，AB＝1，SA＝SD，且平面SAD⊥平面ABCD.(1)当SA⊥SD时，求直线SA与平面SBC所成角的正弦值；(2)若平面SBC与平面SAD所成角的大小为eq\f(π,4)，求SA的长．解：(1)取AD中点O，连结SO.因为SA＝SD，所以SO⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD，所以SO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，由条件可得，A(1,0,0)，S(0,0,1)，B(1,1,0)，C(－1,2,0)．所以eq\o(SA,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(SB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．设平面SBC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(SB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,－2x＋y＝0，))取n＝(1,2,3)．设直线SA与平面SBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(SA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|1－3|,\r(2)×\r(14))＝eq\f(\r(7),7).(2)设SO＝a，则S(0,0，a)，所以eq\o(SB,\s\up6(→))＝(1,1，－a)，平面SBC的法向量n＝(x，y，z)满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－az＝0，,－2x＋y＝0，))取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，\f(3,a))).取平面SAD的法向量n′＝(0,1,0)，所以coseq\f(π,4)＝eq\f(2,1×\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)))2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\r(3)，所以SA＝2.4.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1.(1)若直线PB与CD所成角的大小为eq\f(π,3)，求BC的长；(2)求二面角B­PD­A的余弦值．解：(1)以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.因为AP＝AB＝AD＝1，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．设C(1，y,0)，则eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1－y,0)．因为直线PB与CD所成角大小为eq\f(π,3)，所以|cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(PB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,∣\o(PB,\s\up6(→))∣·∣\o(CD,\s\up6(→))∣)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,\r(2)×\r(1＋1－y2))＝eq\f(1,2)，解得y＝2或y＝0(舍)，所以C(1,2,0)，所以BC的长为2.(2)设平面PBD的法向量为n1＝(x，y，z)．因为eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(PD,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝1，所以n1＝(1,1,1)．因为平面PAD的一个法向量为n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),3)，所以由图可知二面角B­PD­A的余弦值为eq\f(\r(3),3).5．(2019·苏州调研)如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.(1)求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于eq\f(2,5)？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)因为AE⊥AB，AE∥BP，所以BP⊥AB，因为平面ABCD⊥平面ABPE，平面ABCD∩平面ABPE＝AB，所以BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，所以直线BA，BP，BC两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BP，BC所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,2,0)，B(0,0,0)，D(2,0,1)，E(2,1,0)，C(0,0,1)，因为BC⊥平面ABPE，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,0,1)为平面ABPE的一个法向量，设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，易得eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2，－2,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,2x－2y＋z＝0，))令y＝1，则z＝2，故n＝(0,1,2)，设平面PCD与平面ABPE所成的二面角大小为θ，则|cosθ|＝eq\f(|n·\o(BC,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,1×\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，由图知，所求二面角为锐角，所以平面PCD与平面ABPE所成二面角的余弦值为eq\f(2\r(5),5).(2)假设满足题意的点N存在，设eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝(2λ，－2λ，λ)(0≤λ≤1)，则eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq