2018届二轮(理)中档大题规范练(二)专题卷(全国通用)

(二)立体几何与空间向量1．(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P —ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A —PB —C 的余弦值．(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ，因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，AP ，DP ⊂平面P AD ，所以AB ⊥平面P AD .因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解 在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F .由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以点F 为坐标原点，F A →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0， C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0，所以PC →＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，P A →＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·P A →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33. 易知A —PB —C 为钝二面角，所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33.2.(2017·泉州质检)如图，在三棱锥A —BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，∠CBD ＝60°，BD ＝2BC ＝4，点E 在CD 上，DE ＝2EC .(1)求证：AC ⊥BE ； (2)若二面角E —BA —D 的余弦值为155，求三棱锥A —BCD 的体积．(1)证明 取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，EO .因为AB ＝AD ，BO ＝OD ，所以AO ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD .又BE ⊂平面BCD ，所以AO ⊥BE .在△BCD 中，BD ＝2BC ，DE ＝2EC ，所以BD BC ＝DE EC＝2， 由角平分线定理，得∠CBE ＝∠DBE .又BC ＝BO ＝2，所以BE ⊥CO ，又因为AO ∩CO ＝O ，AO ⊂平面ACO ，CO ⊂平面ACO ，所以BE ⊥平面ACO ，又AC ⊂平面ACO ，所以AC ⊥BE .(2)解 在△BCD 中，BD ＝2BC ＝4，∠CBD ＝60°，由余弦定理，得CD ＝23，所以BC 2＋CD 2＝BD 2，即∠BCD ＝90°，所以∠EBD ＝∠EDB ＝30°，BE ＝DE ，所以EO ⊥BD ，结合(1)知，OE ，OD ，OA 两两垂直，以O 为原点，分别以OE →，OD →，OA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz (如图)，设AO ＝t (t >0)，则A (0,0，t )，B (0，－2,0)，E ⎝⎛⎭⎫233，0，0， 所以BA →＝(0,2，t )，BE →＝⎝⎛⎭⎫233，2，0，设n ＝(x ，y ，z )是平面ABE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋tz ＝0，233x ＋2y ＝0， 整理，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－3y ，z ＝－2t y ， 令y ＝－1，得n ＝⎝⎛⎭⎫3，－1，2t . 因为OE ⊥平面ABD ，所以m ＝(1,0,0)是平面ABD 的一个法向量．又因为二面角E —BA —D 的余弦值为155， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝33＋1＋4t 2＝155， 解得t ＝2或t ＝－2(舍去)．又AO ⊥平面BCD ，所以AO 是三棱锥A —BCD 的高，故V A —BCD ＝13·AO ·S △BCD ＝13×2×12×2×23＝433.3.如图，在四棱锥P —ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面P AB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面P AB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.4.(2017届锦州质检)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3. (1)求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)若二面角M —BQ —C 的大小为30°，设PM ＝tMC ，试确定t 的值． (1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点， ∴QD ∥BC 且QD ＝BC ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ .∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD .又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BQ ⊂平面ABCD ， ∴BQ ⊥平面P AD .∵BQ ⊂平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面P AD .(2)解 ∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊂平面P AD ，∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ ，QA ，QB 两两垂直，如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系，则平面BQC 的法向量为n ＝(0,0,1)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，设M (x ，y ，z )，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，∵PM →＝tMC →，∴⎩⎨⎧x ＝t (－1－x )，y ＝t (3－y )，z －3＝t (－z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t 1＋t ，y ＝3t 1＋t ，z ＝31＋t ， 在平面MBQ 中，QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t . ∴平面MBQ 的法向量为m ＝(3，0，t )．∵二面角M —BQ —C 为30°，∴cos 30°＝n·m |n||m |＝t 3＋0＋t2＝32，∴t ＝3.5．(2017届北京市朝阳区模拟)如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝2，D ，E 分别为边AC ，AB 的中点，点F ，G 分别为线段CD ，BE 的中点．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使∠A 1DC ＝60°.点Q 为线段A 1B 上的一点，如图2.(1)求证：A 1F ⊥BE ； (2)线段A 1B 上是否存在点Q ，使得FQ ∥平面A 1DE ？若存在，求出A 1Q 的长，若不存在，请说明理由；(3)当A 1Q →＝34A 1B →时，求直线GQ 与平面A 1DE 所成角的大小． (1)证明 因为A 1D ＝DC ，∠A 1DC ＝60°，所以△A 1DC 为等边三角形．又因为点F 为线段CD 的中点，所以A 1F ⊥DC .由题可知ED ⊥A 1D ，ED ⊥DC ，A 1D ∩DC ＝D ，A 1D ，DC ⊂平面A 1DC ，所以ED ⊥平面A 1DC .因为A 1F ⊂平面A 1DC ，所以ED ⊥A 1F .又ED ∩DC ＝D ，ED ，DC ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥平面BCDE .所以A 1F ⊥BE .(2)解 由(1)知，A 1F ⊥平面BCDE ，FG ⊥DC ，如图，建立空间直角坐标系，则F (0,0,0)，D (0，－1,0)，C (0,1,0)，E (1，－1，0)，A 1(0,0，3)，B (2,1,0)．设平面A 1DE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，A 1D →＝(0，－1，－3)，DE →＝(1,0,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1D →＝0，n ·DE →＝0， 即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，x ＝0.令z ＝1，则y ＝－3，所以n ＝(0，－3，1)． 假设在线段A 1B 上存在点Q ，使得FQ ∥平面A 1DE . 设A 1Q →＝λA 1B →，λ∈(0,1)．又A 1B →＝(2,1，－3)，所以A 1Q →＝(2λ，λ，－3λ)．所以Q (2λ，λ，3－3λ)．则FQ →＝(2λ，λ，3－3λ)．所以FQ →·n ＝－3λ＋3－3λ＝0，解得λ＝12. 所以在线段A 1B 上存在中点Q ，使FQ ∥平面A 1DE ， 且A 1Q ＝ 2.(3)解 因为A 1Q →＝34A 1B →，又A 1B →＝(2,1，－3)， 所以A 1Q →＝⎝⎛⎭⎫32，34，－334.所以Q ⎝⎛⎭⎫32，34，34. 又因为G ⎝⎛⎭⎫32，0，0，所以GQ →＝⎝⎛⎭⎫0，34，34. 因为n ＝(0，－3，1)，设直线GQ 与平面A 1DE 所成的角为θ，则sin θ＝|GQ →·n ||GQ →||n |＝⎪⎪⎪⎪0－334＋342×234＝12. 所以直线GQ 与平面A 1DE 所成的角为30°.。