【新步步高】2017版高考数学江苏(理)考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练2 Word版含解析

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P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥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
63？若存在，求出PQ QD 的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 因为P A ＝PD ＝2，O 为AD 的中点，
所以PO ⊥AD ，因为侧面P AD ⊥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O －xyz ，则B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．
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)．
则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·
PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)， B 点到平面PDC 的距离d ＝|BP →·u ||u |＝33
. (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 )，
则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AQ →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
a ＋
b ＝0，(λ＋1)b ＋(1－λ)
c ＝0， 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
63
， 所以|m·n||m||n |＝63
， 所以3λ2－10λ＋3＝0， 所以λ＝13或λ＝3(舍去)，所以PQ QD ＝12
. 2．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .
(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；
(2)求二面角A —DF —C 的大小．
(1)证明 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1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)，D 1(0,0,2)．
∵E 为AB 的中点，
∴E 点坐标为(1,1,0)，
∵D 1F ＝2FE ，
∴D 1F →＝23D 1E →＝23
(1,1，－2) ＝(23，23，－43
)， DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43
) ＝(23，23，23
)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧
23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝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ED 1C 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，
取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)．
∵n·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，
∴平面DFC ⊥平面D 1EC .
(2)解 设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，
则q ·DF →＝0，q ·DA →＝0.
∴⎩⎪⎨⎪⎧
23x ＋23y ＋23z ＝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，
由题中条件可知θ∈(π2
，π)， 则cos θ＝－|n·q |n|·|q ||＝－0＋0＋12×2
＝－12， ∴二面角A —DF —C 的大小为120°.
3．如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．
(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；
(2)求平面ADC 1与平面ABA 1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A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，
所以A 1B →＝(2,0，－4)，
C 1
D →＝(1，－1，－4)．
因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|
＝1820×18＝31010，
所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010
. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，
因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，
所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，
即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，
取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，
所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．
取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，
设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23
， 得sin θ＝53
. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为
53.
4.如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥底面ABCD ，其中底面
ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝CD ＝2，PD ＝23，
P A ⊥PD ，Q 为PD 的中点．
(1)证明：CQ ∥平面P AB ；
(2)求二面角D —AQ —C 的余弦值．
(1)证明 如图所示，取P A 的中点N ，连结QN ，BN .
在△P AD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ， 所以QN ∥AD ，且QN ＝12
AD . 在△APD 中，P A ＝2，PD ＝23，
P A ⊥PD ，
所以AD ＝P A 2＋PD 2＝22＋(23)2＝4， 而BC ＝2，所以BC ＝12
AD . 又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ，
故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ .
又CQ ⊄平面P AB ，BN ⊂平面P AB ，所以CQ ∥平面P AB .
(2)解 如图，在平面P AD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连结OB .
因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .
又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ，
所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3， 故AO ＝AP 2－PO 2＝22－(3)2＝1.
在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连结BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形．
所以BM ＝CD ＝AB ＝2.
在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，
所以BO ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝
AD ，所以BO ⊥平面P AD .
如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y
轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，D (0,3,0)，A (0，－1,0)，
B (3，0,0)，P (0,0，3)，
C (3，2,0)，则AC →＝(3，3,0)．
因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝⎛⎭
⎫0，32，32， 所以AQ →＝⎝⎛⎭
⎫0，52，32. 设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧ m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32
z ＝0，
令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.
故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5)．
因为BO ⊥平面P AD ，
所以OB →＝(3，0,0)是平面ADQ 的一个法向量．
故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋(－3)2＋52＝337＝33737. 从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737
. 5．在四棱锥P —ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.
(1)求证：BC ⊥平面PBD ；
(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°？若存在，求PQ PC 的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，
所以PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD .
如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，
则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，
DB →＝(1,1,0)，BC →＝(－1,1,0)，
所以BC →·DB →＝0，BC ⊥DB ，
又由PD ⊥平面ABCD ，可得PD ⊥BC ，
因为PD ∩BD ＝D ，
所以BC ⊥平面PBD .
(2)解 平面PBD 的法向量为BC →＝(－1,1,0)，
PC →＝(0,2，－1)，设PQ →＝λPC →，λ∈(0,1)，
所以Q (0,2λ，1－λ)，
设平面QBD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，
DB →＝(1,1,0)，DQ →＝(0,2λ，1－λ)，
由n ·DB →＝0，n ·DQ →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＋
b ＝0，2λb ＋(1－λ)
c ＝0， 令b ＝1，所以n ＝(－1,1，2λλ－1
)， 所以cos 45°＝|n ·BC →||n ||BC →|＝22 2＋(2λλ－1)2＝22
， 注意到λ∈(0,1)，得λ＝2－1， 所以在线段PC 上存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°，此时PQ PC
＝2－1.。