立体几何与空间向量综合练习(含解析)

立体几何与空间向量
综合练习
1、如图，已知在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE
垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点．
(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值； (2)求平面BDF 与平面AA 1B 夹角的余弦值.
解 (1)以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1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)．[2分]
由于AB ＝2，BD 与平面AA 1B 1B 的夹角为30°，
即∠ABD ＝30°，∴AD ＝23
3
，[3分]
∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫
0，233，0，F (1,0,1)．
又AE ⊥BD ，故由平面几何知识得AE ＝1，
从而E ⎝⎛⎭
⎫12，3
2，0，[4分]
因为AE →＝⎝⎛⎭
⎫12，32，0，BF →
＝(－1,0,1)，
∴AE →·BF →＝⎝⎛⎭
⎫1
2，32，0·(－1,0,1)＝－12，
|AE →|＝1，|BF →
|＝2，[6分]
设AE 与BF 所成角为θ1，
则cos θ1＝|AE →·BF →||AE →||BF →
|＝⎪⎪⎪⎪－1
21×2＝2
4.[8分]
故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为
24
. (2)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·
BF →＝0n ·BD →＝0，得⎩
⎪⎨⎪⎧
－x ＋z ＝0－2x ＋23
3y ＝0， ∴z ＝x ，y ＝3x ，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)．[10分] 求得平面AA 1B 的一个法向量为
m ＝AD →
＝⎝⎛⎭
⎫0，233，0.
设平面BDF 与平面AA 1B 的夹角的大小为θ2.
则cos θ2＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n|
|m||n |
＝|0＋2＋0|23
3
×5＝155.[12分]
2．如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.
(1)若M 是A 1D 的中点，求直线CM 与平面A 1BE 所成角的大小．
(2)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？若存在，请求出点P 的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)由折叠的性质得CD ⊥DE ，A 1D ⊥DE ，又CD ∩A 1D ＝D ， 所以DE ⊥平面A 1CD .
又因为A 1C ⊂平面A 1CD ，所以A 1C ⊥DE ， 又A 1C ⊥CD ，CD ∩DE ＝D ， 所以A 1C ⊥平面BCDE .
如图所示建系，则C (0，0，0)，D (－2，0，0)，A 1(0，0，23)，E (－2，2，0)，B (0，3，0)，
所以A 1B →＝(0，3，－23)，A 1E →
＝(－2，2，－23)， 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1B →·n ＝0，A 1E →·n ＝0，所以⎩⎨⎧3y －23z ＝0，－2x ＋2y －23z ＝0，
取z ＝3，则x ＝－1，y ＝2， 所以n ＝(－1，2，3)．
又因为M (－1，0，3)，所以CM →
＝(－1，0，3)， 所以cos 〈CM →，n 〉＝CM →
·n |CM →|·|n |＝1＋31＋4＋3×1＋3＝2
2.
所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.
(2)假设线段BC 上存在点P 满足条件，设P 点坐标为(0，a ，0)， 则a ∈[0，3]，
所以A 1P →＝(0，a ，－23)，DP →
＝(2，a ，0)， 设平面A 1DP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎨⎧ay 1－23z 1＝0，2x 1＋ay 1＝0，取y 1＝6，则x 1＝－3a ，z 1＝3a ， 所以n 1＝(－3a ，6，3a )．
若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，则n 1·n ＝0， 所以3a ＋12＋3a ＝0，即6a ＝－12，所以a ＝－2， 因为0≤a ≤3，所以a ＝－2舍去．
所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．
3．如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是平行四边形，AB ＝BC ＝1，∠BAD ＝120°，PB
＝PC ＝2，P A ＝2，E ，F 分别是AD ，PD 的中点．
(1)证明：平面EFC ⊥平面PBC ； (2)求二面角A-BC-P 的余弦值． (1)证明：连接AC ，
因为ABCD 是平行四边形，AB ＝BC ＝1，∠BAD ＝120°， 所以∠ADC ＝60°，所以△ADC 是等边三角形， 因为E 是AD 的中点，所以CE ⊥AD . 因为AD ∥BC ，所以CE ⊥BC .
以C 为坐标原点，分别以CE →，CB →
的方向为x 轴、y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz .
则C (0，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫
32，－12，0，
设P (x ，y ，z )(x <0，y >0，z >0)，
由|PB →|2＝|PC →|2
＝2，|P A →|2＝4，可得x ＝－32，y ＝12，z ＝1， 所以P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－32，1
2，1，
因为F 是PD 的中点，所以F ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，0，12， 因为CB →·CF →
＝0，所以CB ⊥CF ， 因为CE ⊥BC ，CE ∩CF ＝C ，
所以BC ⊥平面EFC ，因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面EFC ⊥平面PBC .
(2)解：由(1)知，CB →＝(0，1，0)，CP →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－32，12，1，
设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝y ＝0，CP →·n ＝－32x ＋1
2y ＋z ＝0，
令x ＝－2，则z ＝－3，y ＝0，则n ＝(－2，0，－3)， 设m ＝(0，0，1)，易知m 是平面ABC 的一个法向量， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217， 又易知二面角A-BC-P 为钝二面角， 所以二面角A-BC-P 的余弦值为－21
7.
4．如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且BE
EC ＝λ.
(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC .
(2)是否存在实数λ，使得二面角P-DE-B 的余弦值为2
2？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．
(1)证明：取PB 的中点N ，连接MN ，AN ， 因为M 是PC 的中点， 所以MN ∥BC ，MN ＝1
2BC ＝2.
又BC ∥AD ，所以MN ∥AD ，MN ＝AD ， 所以四边形ADMN 为平行四边形． 因为AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AP ∩AB ＝A ，
所以AD ⊥平面P AB ， 所以AD ⊥AN ，所以AN ⊥MN . 因为AP ＝AB ，所以AN ⊥PB ，
因为MN ∩PB ＝N ，所以AN ⊥平面PBC .
因为AN ⊂平面ADM ，所以平面ADM ⊥平面PBC .
(2)解：存在符合条件的λ.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz .
设BE ＝t ，则E (2，t ，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，B (2，0，0)， 从而PD →＝(0，2，－2)，DE →
＝(2，t －2，0)， 设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＋（t －2）y ＝0，令y ＝z ＝2， 解得x ＝2－t ，
所以n 1＝(2－t ，2，2)，
又平面DEB 即为平面ABCD ，故其一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|
|n 1
|·
|n 2
|＝
2（2－t ）2＋4＋4
＝2
2，解得t ＝2，可知λ＝1.
5.如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，P A ⊥底面ABCD ，∠ABC ＝60°，AB ＝3，AD ＝23，AP ＝3.
(1)求证：平面PCA ⊥平面PCD ；
(2)设E 为侧棱PC 上的一点，若直线BE 与底面ABCD 所成的角为45°，求二面角E-AB-D 的余弦值．
(1)证明：在平行四边形ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝3，AD＝23，
由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cos∠ADC＝9，
所以AC2＋CD2＝AD2，
所以∠ACD＝90°，所以CD⊥AC.
因为P A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以P A⊥CD.
又AC∩P A＝A，所以CD⊥平面PCA.
又CD⊂平面PCD，所以平面PCA⊥平面PCD.
(2)解：E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所成的角为45°，
如图所示，以A为坐标原点，AB，AC，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，3，0)，
D(－3，3，0)，P(0，0，3)，
设E(x，y，z)，PE
→
＝λPC
→
(0≤λ≤1)，则(x，y，z－3)＝λ(0，3，－3)，
所以E(0，3λ，3－3λ)，BE
→
＝(－3，3λ，3－3λ)．
因为平面ABCD的一个法向量n＝(0，0，1)，
所以sin 45°＝|cos〈BE
→
，n〉|＝
|3－3λ|
3＋9λ2＋（3－3λ）2
，
解得λ＝
1
3，
所以点E的坐标为(0，1，2)，所以AE
→
＝(0，1，2)，AB
→
＝(3，0，0)，
设平面EAB的法向量m＝(x，y，z)，
则
⎩⎪
⎨
⎪⎧m·AB→＝3x＝0，
m·AE
→
＝y＋2z＝0，
取z＝1，得m＝(0，－2，1)，
设二面角E-AB-D的平面角为θ，由题意知θ为锐角，
则cos θ＝
|m·n|
|m|·|n|＝
5
5，
所以二面角E-AB-D的余弦值为
5
5.
6．如图所示，在三棱锥P-ABC中，直线P A⊥平面ABC，且∠ABC＝90°，又点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，且点K是线段MN上的动点．
(1)证明：直线QK∥平面P AC；
(2)若P A＝AB＝BC＝8，且二面角Q-AK-M的平面角的余弦值为
3
9，试求MK的长度．
(1)证明：连接QM，因为点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，
所以QM∥P A且MN∥AC，从而QM∥平面P AC且MN∥平面P AC.
又因为MN∩QM＝M，所以平面QMN∥平面P AC.
又QK⊂平面QMN，
所以QK∥平面P AC.
(2)解：以B为原点，以BC、BA所在直线为x轴y轴建立空间直角坐标系．
则A(0，8，0)，M(0，4，0)，N(4，0，0)，P(0，8，8)，Q(0，4，4)．
设K(a，b，0)，则a＋b＝4，AQ
→
＝(0，－4，4)，AK
→
＝(a，－4－a，0)．记n＝(x，y，z)为平面AQK的一个法向量，
则
⎩⎪
⎨
⎪⎧n·AQ→＝0，
n·AK
→
＝0，
⇒
⎩
⎨
⎧y＝z，
ax＝（4＋a）y，
取y＝z＝a则x＝4＋a，
则n＝(a＋4，a，a)．
又平面AKM的一个法向量m＝(0，0，1)，
设二面角Q-AK-M的平面角为θ.
则|cos θ|＝
|m·n|
|m||n|＝
a
（a＋4）2＋2a2
＝
3
9，解得a＝1.
所以MK 的长度为 2.
7．如图①，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BR
RH ＝λ(λ>0)．现将△AED ，△CFD ，△BEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图②所示．
(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF .
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为22
5？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． 所以PD ⊥平面PEF .
在图①中，因为E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点， 所以EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .
在图②中，因为PR RH ＝BR RH ＝2，且DG
GH ＝2， 所以在△PDH 中，GR ∥PD ，所以GR ⊥平面PEF .
(2)解：由题意，分别以PF ，PE ，PD 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P-xyz .
设PD ＝4，则P (0，0，0)，F (2，0，0)，E (0，2，0)，D (0，0，4)，H (1，1，0)，EF →
＝(2，－2，0)，DE →
＝(0，2，－4)．
因为PR RH ＝λ，所以PR →＝λ1＋λ
PH →
，
所以R ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
λ1＋λ，λ1＋λ，0，
所以RF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ
1＋λ，－λ1＋λ，0. 设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧EF →
·m ＝0，DE →·m ＝0，得⎩⎨⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0.
取z ＝1，则m ＝(2，2，1)．
因为直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225， 所以|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →
|
|m ||RF →|＝
4
1＋λ
3⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝
⎛
⎭⎪
⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225， 所以9λ2＋18λ－7＝0，
解得λ＝13或λ＝－7
3(不合题意，舍去)．
故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为22
5.。