2015届高考数学第二轮高效精练23

专题十高考数学附加必做题训练第29讲空间向量与立体几何1.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱BB1的中点(1)求直线A1M与平面AMC1(2)求二面角AMC1A1的余弦值解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，并设正方体的棱长为2.(1)直线A1M的一个方向向量是m＝(0，2，－1)，平面AMC1的一个法向量是n＝(1，－1，2)，由cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝－eq\f(2\r(30),15)，∴直线A1M与平面AMC1所成角的正弦值是eq\f(\r(105),15).(2)平面A1MC1的一个法向量是e＝(1，1，2)，平面AMC1的一个法向量是n＝(1，－1，2)，由cos〈e，n〉＝eq\f(e·n,|e|·|n|)＝eq\f(2,3)，由图可知二面角AMC1A1为锐二面角，∴二面角AMC1A1的余弦值是eq\f(2,3).2.如图，在三棱锥PABC中，已知平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2a，点O、D分别是AB、PB的中点，PO⊥AB，连结CD.(1)若PA＝2a，求异面直线PA与CD所成角的余弦值的大小；(2)若二面角APBC的余弦值的大小为eq\f(\r(5),5)，求PA.解：连结OC.∵平面PAB⊥平面ABC，PO⊥AB，∴PO⊥平面ABC.从而PO⊥AB，PO⊥OC.∵AC＝BC，点O是AB的中点，∴OC⊥AB，且OA＝OB＝OC＝eq\r(2)a.如图，建立空间直角坐标系Oxyz.(1)PA＝2a，PO＝eq\r(2)a.A(0，－eq\r(2)a，0)，B(0，eq\r(2)a，0)，C(eq\r(2)a，0，0)，P(0，0，eq\r(2)a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2))).从而eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)a，－eq\r(2)a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)a，\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a)).∵cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2a2,2a·\r(3)a)＝－eq\f(\r(3),3)，∴异面直线PA与CD所成角的余弦值的大小为eq\f(\r(3),3).(2)设PO＝h，则P(0，0，h)．∵PO⊥OC，OC⊥AB，∴OC⊥平面PAB.从而eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，0，0)是平面PAB的一个法向量．不妨设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∵eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)a，－h)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，0)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)ay＝hz，,x＝y.))不妨令x＝1，则y＝1，z＝eq\f(\r(2)a,h)，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(2)a,h))).由已知，得eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\o(OC,\s\up6(→))·n,|\o(OC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(2)a,\r(2)a\r(2＋\f(2a2,h2)))，化简，得h2＝eq\f(2,3)a2.∴PA＝eq\r(PO2＋OA2)＝eq\r(\f(2,3)a2＋2a2)＝eq\f(2\r(6),3)a.3.如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP(1)若m＝1，求异面直线AP与BD1所成角的余弦；(2)是否存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值是eq\f(1,3)？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，2)，D1(0，0，2)．所以eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))|×|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)·\r(3))＝eq\f(\r(2),3)，即异面直线AP与BD1所成角的余弦是eq\f(\r(2),3).(2)假设存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于eq\f(1,3)，则eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，1，m)．设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(D1B1,\s\up6(→))，,n⊥\o(AD1,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))取x＝2，得平面AB1D1的法向量为n＝(2，－2，1)．由直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于eq\f(1,3)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2－2＋m,3·\r(m2＋2))))＝eq\f(1,3)，解得m＝eq\f(7,4).因为0≤m≤2，所以m＝eq\f(7,4)满足条件，所以当m＝eq\f(7,4)时，直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于eq\f(1,3).4.如图，在空间直角坐标系Axyz中，已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，点B、D、B1分别在x、y、z轴上，B1A＝3，P是侧棱B1B上的一点，BP＝2PB(1)写出点C1、P、D1的坐标；(2)设直线C1E⊥平面D1PC，E在平面ABCD内，求点E的坐标．解：(1)C1(0，3，3)，P(1，0，2)，D1(－3，3，3)．(2)∵C(3，3，0)，∴eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－3，2)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(－6，0，3)．设E(m，n，0)，则eq\o(C1E,\s\up6(→))＝(m，n－3，－3)．∵C1E⊥平面D1PC，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CP,\s\up6(→))·\o(C1E,\s\up6(→))＝0，,\o(CD1,\s\up6(→))·\o(C1E,\s\up6(→))＝0.))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2m－3（n－3）－6＝0，,－6m－9＝0.))∴m＝－eq\f(3,2)，n＝2.则点E的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2，0)).5.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝eq\r(3)，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．(1)求直线AC与PB所成角的余弦值；(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出点N到AB和AP的距离．解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(eq\r(3)，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，从而eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，－2)．设eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(PB,\s\up6(→))的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,2\r(7))＝eq\f(3\r(7),14)，∴AC与PB所成角的余弦值为eq\f(3\r(7),14).(2)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，\f(1,2)，1－z))，由NE⊥平面PAC可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(NE,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,\o(NE,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，\f(1,2)，1－z))·（0，0，2）＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，\f(1,2)，1－z))·（\r(3)，1，0）＝0，))化简得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z－1＝0，,－\r(3)x＋\