内容发布更新时间 : 2024/5/5 3:07:53星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

中档大题规范练2 立体几何与空间向量

1.如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点.

(1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)求B点到平面PCD的距离；

(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q—AC—D的余弦值为若不存在，请说明理由.

(1)证明 因为PA＝PD＝2，O为AD的中点， 所以PO⊥AD，因为侧面PAD⊥底面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD .

(2)解 以O为原点，OC，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).

6PQ

？若存在，求出的值；3QD

→→→

PB＝(1，－1，－1)，设平面PDC的法向量为u＝(x，y，z)，CP＝(－1，0，1)，PD＝(0，1，－1).

→?CP，＝－x＋z＝0，?u·

则?取z＝1，得u＝(1，1，1)，

→?PD，＝y－z＝0，?u·B点到平面PDC的距离 →

|BP，·u|3d＝＝.

|u|3

→→

(3)解 假设存在，则设PQ＝λPD (0<λ<1)， →

因为PD＝(0，1，－1)，所以Q(0，λ，1－λ)，

设平面CAQ的法向量为m＝(a，b，c)， →??AC，＝0，?m·?a＋b＝0，

则?即?

?→?λ＋1?b＋?1－λ?c＝0，??AQ，＝0，?m·

所以取m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 平面CAD的法向量n＝(0，0，1)， 因为二面角Q—AC—D的余弦值为|m·n|6

所以＝，

|m||n|3所以3λ2－10λ＋3＝0，

1PQ1

所以λ＝或λ＝3(舍去)，所以＝.

3QD2

2.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E为AB的中点，F为D1E上的一点，D1F＝2FE.

6

， 3

(1)证明：平面DFC⊥平面D1EC； (2)求二面角A—DF—C的大小.

(1)证明 以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2). ∵E为AB的中点， ∴E点坐标为(1，1，0)， ∵D1F＝2FE，

2224→2→

∴D1F＝D1E＝(1，1，－2)＝(，，－)，

33 333224222→→→

DF＝DD1＋D1F＝(0，0，2)＋(，，－)＝(，，). 333333

设n＝(x，y，z)是平面DFC的法向量， 222→??DF＝0，?n·?3x＋3y＋3z＝0，

则?∴?

→??DC＝0，?n·?2y＝0，

取x＝1得平面FDC的一个法向量n＝(1，0，－1). 设p＝(x，y，z)是平面ED1C的法向量， 224→??D1F＝0，?p·?3x＋3y－3z＝0，则?∴?

→??D1C＝0，?p·?2y－2z＝0，取y＝1得平面D1EC的一个法向量p＝(1，1，1). ∵n·p＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0， ∴平面DFC⊥平面D1EC.

(2)解 设q＝(x，y，z)是平面ADF的法向量， →→则q·DF＝0，q·DA＝0. 222??3x＋3y＋3z＝0，∴? ??x＝0，

取y＝1得平面ADF的一个法向量q＝(0，1，－1)， 设二面角A—DF—C的平面角为θ， π

由题中条件可知θ∈(，π)，

2

0＋0＋11n·q

则cos θ＝－||＝－＝－，

|n|·|q|22×2∴二面角A—DF—C的大小为120°.

3.如图所示，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点.

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.

解 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，