1、专题强化练2空间向量与立体几何的综合应用解答题1.(2021中国人民大学附属中学高二上检测,)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE平面ABCD,O、M分别为线段AD、DE的中点,四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AEDE.(1)求证:CM平面ABE;(2)求直线CM与BD所成角的余弦值;(3)点N在直线AD上,若平面BMN平面ABE,求线段AN的长.2.(2020安徽合肥六中高二上期末,)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,ACAB,AC=AB=4,AA1=6,点E、F分别为CA1、AB的中点.(1)证明:EF平面BCC1B1;(2)求B1F与平面AEF所成角的正弦值.3.
2、(2021山东新高考测评联盟高二上联考,)如图所示,正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直,动点P在线段EF(包含端点E,F)上,M,N分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2.(1)若P为EF的中点,求点N到平面PDM的距离;(2)设平面PDM与平面ABCD所成的夹角为,求cos 的最大值并求出此时点P的位置.4.(2020山东烟台第一中学高三上联考,)如图所示的几何体中,BEBC,EAAC,BC=2,AC=22,ACB=45,ADBC,BC=2AD.(1)求证:AE平面ABCD;(2)若ABE=60,点F在EC上,且满足EF=2FC,求平面FAD与平面ADC的夹角的余弦值.5.(2
3、020北京朝阳六校高三下联考,)在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD平面PCD,底面ABCD为梯形,ABCD,ADDC,且AB=1,AD=DC=DP=2,PDC=120.(1)求证:ADPC;(2)求夹角的余弦值;从平面PAB与平面ABC,平面PBD与平面BDC,平面PBC与平面BCD这三个条件中任选一个,补充在填空线上并作答.(3)若M是棱PA的中点,求证:对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.6.(2021山东济宁实验中学高二上月考,)如下图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABC=BAD=2,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PA
4、B与平面PCD所成夹角的余弦值;(2)求异面直线PB与CD之间的距离.7.(2020河南河大附中高二上期末,)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值.深度解析答案全解全析解答题1.解析(1)证明:取AE的中点P,连接BP、MP,如图所示.M、P分别为ED、AE的中点,PMAD,且PM=12AD.又四边形BCDO是边长为1的正方形,BCOD,且BC=OD,又O为AD的中点,BCAD,且BC=12
5、AD,即PMBC,且PM=BC,四边形BCMP为平行四边形,CMPB,又CM平面ABE,PB平面ABE,CM平面ABE.(2)连接EO,AE=DE,O为AD中点,EOAD.EO平面ADE,且平面ADE平面ABCD,平面ADE平面ABCD=AD,EO平面ABCD.又OB平面ABCD,OD平面ABCD,EOOB,EOOD,以O为原点,OB、OD、OE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则C(1,1,0),M0,12,12,B(1,0,0),D(0,1,0),CM=-1,-12,12,BD=(-1,1,0).设直线CM与BD所成角为,则cos =|CMBD|CM|BD|=12
6、322=36,直线CM与BD所成角的余弦值为36.(3)设ON=OD,则N(0,0),NB=(1,-,0),MB=1,-12,-12,设平面BMN的法向量为n=(a,b,c),则nMB=0,nNB=0,即a-12b-12c=0,a-b=0,令a=,则b=1,c=2-1,n=(,1,2-1),同理可求得平面ABE的法向量m=(1,-1,1).平面BMN平面ABE,mn=0,即-1+2-1=0,解得=23,AN=53.2.解析(1)证明:如图,连接EC1、BC1,因为三棱柱A1B1C1-ABC为直三棱柱,所以E为AC1的中点.又因为F为AB的中点,所以EFBC1.又EF平面BCC1B1,BC1平面
7、BCC1B1,所以EF平面BCC1B1.(2)以A1为原点,A1C1、A1B1、A1A所在直线分别为x、y、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz,则A(0,0,6),B1(0,4,0),E(2,0,3),F(0,2,6),所以B1F=(0,-2,6),AE=(2,0,-3),AF=(0,2,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则nAE=2x-3z=0,nAF=2y=0,令x=3,得n=(3,0,2),记B1F与平面AEF所成角为,则sin =|cos|=|B1Fn|B1F|n|=313065.3.解析以A点为坐标原点,AB,AD,AF的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立
8、空间直角坐标系.(1)由图可得D(0,2,0),N(2,1,0),M(1,0,0),P(0,1,1),则PM=(1,-1,-1),PD=(0,1,-1),NM=(-1,-1,0).设平面PDM的一个法向量为n1=(1,y1,z1),由n1PM=1-y1-z1=0,n1PD=y1-z1=0,可得n1=1,12,12.设点N到平面PDM的距离为d,则d=|NMn1|n1|=62.(2)因为动点P在线段EF(包含端点E,F)上,所以可设P(0,t,1)(0t2),则PM=(1,-t,-1),MD=(-1,2,0).设平面PDM的一个法向量为n2=(1,y2,z2),由n2PM=1-ty2-z2=0,
9、n2MD=-1+2y2=0,可得n2=1,12,2-t2.取平面ABCD的一个法向量为n0=(0,0,1),所以cos =2-t2(2-t)2+54=(2-t)2(2-t)2+5=1-5(2-t)2+5(0t2),所以当t=0时,cos 取得最大值23,此时P点与F点重合.4.解析(1)证明:在ABC中,BC=2,AC=22,ACB=45,由余弦定理可得AB2=BC2+AC2-2BCACcos 45=4,所以AB=2(负值舍去),因为AC2=AB2+BC2,所以ABC是直角三角形,ABBC.又BEBC,ABBE=B,所以BC平面ABE.因为AE平面ABE,所以BCAE,因为EAAC,ACBC=
10、C,所以AE平面ABCD.(2)由题易得EB=2AB=4,由(1)知,BC平面ABE,所以平面BEC平面ABE,如图,以B为原点,过点B且垂直于平面BEC的直线为z轴,BE,BC所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系Bxyz,则C(0,2,0),E(4,0,0),A(1,0,3),D(1,1,3),因为EF=2FC,所以F43,43,0,易知AD=(0,1,0),AF=13,43,-3,设平面FAD的法向量为n=(x,y,z),则ADn=0,AFn=0,即y=0,13x+43y-3z=0,令z=3,则x=9,所以n=(9,0,3).由(1)知EA平面ABCD,所以EA=(-3,0,3)为
11、平面ABCD的一个法向量.设平面FAD与平面ADC的夹角为,则cos =|EAn|EA|n|=2423221=277,所以平面FAD与平面ADC的夹角的余弦值为277.5.解析(1)证明:因为平面ABCD平面PCD,平面ABCD平面PCD=CD,AD平面ABCD,ADDC,所以AD平面PCD,又因为PC平面PCD,所以ADPC.(2)选择:在平面PCD内过点D作DHDC,交PC于H.由(1)可知,AD平面PDC,所以ADDH.故DA,DC,DH两两垂直.如图,以D为原点,DA,DC,DH所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),P(0,-1,3),A(2,0,
12、0),B(2,1,0),C(0,2,0).则PA=(2,1,-3),AB=(0,1,0),易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).设平面PAB的法向量为m=(x,y,z).则由mPA=0,mAB=0,得2x+y-3z=0,y=0,取z=2,有m=(3,0,2).设平面PAB与平面ABC的夹角为,所以cos =|cos|=|nm|n|m|=27=277.故平面PAB与平面ABC夹角的余弦值为277.选择(下面给出的解析仅供参考):若与上面建系相同,则平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),平面PBD的一个法向量为a=(-3,23,2),设平面PBD与平面BDC的夹角为,所以cos
13、 =|cos|=|na|n|a|=219=21919.选择(下面给出的解析仅供参考):若与上面建系相同,则平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),平面PBC的一个法向量为b=(1,2,23).设平面PBC与平面BCD的夹角为,所以cos =|cos|=|nb|n|b|=2317=25117.(3)证明:假设棱BC上存在点F,使MFPC.设BF=BC,0,1,MF=PC.依题意及(2)可知M1,-12,32,PC=(0,3,-3),BC=(-2,1,0),故BF=(-2,0),则F(2-2,1+,0),所以MF=1-2,32+,-32,则1-2=0,32+=3,-32=-3,此方程组无解,
14、故假设不成立,所以对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.6.解析以A为原点,AB,AD,AP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Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为PA平面ABCD,且AD平面ABCD,所以PAAD,又ABAD,且PAAB=A,所以AD平面PAB,所以AD=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量.易知PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则mPC=0,mPD=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0,令y=1,解得z=1,x=1.
15、所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,从而|cos|=|ADm|AD|m|=33,所以平面PAB与平面PCD所成夹角的余弦值为33.(2)BP=(-1,0,2),设Q为直线PB上一点,且BQ=BP=(-,0,2),因为CB=(0,-1,0),所以CQ=CB+BQ=(-,-1,2),又CD=(-1,1,0),所以点Q到直线CD的距离d=CQ2-(|CQ|cos)2=CQ2-CQCD|CD|2=2+1+42-11+12=922+12,因为922+12=92+192+4949,所以d23,所以异面直线PB与CD之间的距离为23.7.解析(1)证明:由题意可得,ABDCBD,从而AD=DC.
16、又ACD是直角三角形,所以ADC=90.如图,取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又ABC是正三角形,所以BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,OA,OB,OD的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的
17、体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则mAC=0,mAE=0,同理可取m=(0,-1,3),则|cos|=|nm|n|m|=77.所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为77.解题反思(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的两个平面的夹角;二是利用方程思想进行向量运算时,要认真细心,准确计算.(2)设m,n分别为平面,的法向量,则两个平面的夹角与互补或相等,故有cos =|cos|=|mn|m|n|.
