江蘇省高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 理科附加題 第2講 空間向量與立體幾何練習(xí)-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第2講空間向量與立體幾何eq\a\vs4\al(課后自測診斷——及時查漏補缺·備考不留死角)1.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為棱C1D1的中點，Q為棱BB1上的點，且BQ＝λBB1(λ≠0)．(1)若λ＝eq\f(1,2)，求AP與AQ所成角的余弦值；(2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°，求實數(shù)λ的值．解：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.則A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)．(1)當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時，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與AQ所成角的余弦值為eq\f(4\r(5),15).(2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(2,0,2λ)．設(shè)平面APQ的法向量為n＝(x，y，z)，則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，則x＝2λ，y＝2－λ.所以n＝(2λ，2－λ，－2)．又因為直線AA1與平面APQ所成角為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，又因為λ≠0，所以λ＝eq\f(4,5).2．(2019·宿遷期末)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，BB1＝2，點D在棱BB1上，且C1D⊥AB1.(1)求線段B1D的長；(2)求二面角D-A1C-C1的余弦值．解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，則以{eq\o(C1A1,\s\up6(→))，eq\o(C1B1,\s\up6(→))，eq\o(C1C,\s\up6(→))}為基底構(gòu)建如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)，設(shè)B1D＝t,0≤t≤2，則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的一個法向量為eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，設(shè)平面A1CD的一個法向量為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)，因為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，則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D-A1C-C1的余弦值為eq\f(3\r(29),29).3.如圖，在底面是直角梯形的四棱錐S-ABCD中，已知∠BAD＝∠CDA＝90°，AD＝CD＝2，AB＝1，SA＝SD，且平面SAD⊥平面ABCD.(1)當(dāng)SA⊥SD時，求直線SA與平面SBC所成角的正弦值；(2)若平面SBC與平面SAD所成角的大小為eq\f(π,4)，求SA的長．解：(1)取AD中點O，連結(jié)SO.因為SA＝SD，所以SO⊥AD，因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO?平面SAD，所以SO⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由條件可得，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)．設(shè)平面SBC的法向量n＝(x，y，z)，則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)．設(shè)直線SA與平面SBC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(SA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|1－3|,\r(2)×\r(14))＝eq\f(\r(7),7).(2)設(shè)SO＝a，則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)滿足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.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1.(1)若直線PB與CD所成角的大小為eq\f(π,3)，求BC的長；(2)求二面角B-PD-A的余弦值．解：(1)以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.因為AP＝AB＝AD＝1，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．設(shè)C(1，y,0)，則eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1－y,0)．因為直線PB與CD所成角大小為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的長為2.(2)設(shè)平面PBD的法向量為n1＝(x，y，z)．因為eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，則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，則y＝1，z＝1，所以n1＝(1,1,1)．因為平面PAD的一個法向量為n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),3)，所以由圖可知二面角B-PD-A的余弦值為eq\f(\r(3),3).5．(2019·蘇州調(diào)研)如圖，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與平面ABPE所成的二面角的余弦值；(2)線段PD上是否存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于eq\f(2,5)？若存在，試確定點N的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)因為AE⊥AB，AE∥BP，所以BP⊥AB，因為平面ABCD⊥平面ABPE，平面ABCD∩平面ABPE＝AB，所以BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，所以直線BA，BP，BC兩兩垂直．以B為坐標(biāo)原點，分別以BA，BP，BC所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(0,2,0)，B(0,0,0)，D(2,0,1)，E(2,1,0)，C(0,0,1)，因為BC⊥平面ABPE，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,0,1)為平面ABPE的一個法向量，設(shè)平面PCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，易得eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2，－2,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，則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，則z＝2，故n＝(0,1,2)，設(shè)平面PCD與平面ABPE所成的二面角大小為θ，則|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)，由圖知，所求二面角為銳角，所以平面PCD與平面ABPE所成二面角的余弦值為eq\f(2\r(5),5).(2)假設(shè)滿足題意的點N存在，設(shè)eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝(2λ，－2λ，λ)(0≤λ≤1)，則eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq