北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用
专题检测
1.(2019浙江绍兴数学调测(3月),9)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,AB,AC,AA 两两互相垂直,AB=AC=AA,M,N
1 1 1 1 1
π
是线段BB,CC 上的点,平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为 ,当BM最小时,∠AMB= ( )
1 1 6 1
5π π π π
A. B. C. D.
12 3 4 6
答案 B 以A为原点,AB,AC,AA 所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
1
设AB=AC=AA=1,CN=b,BM=a,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),
1
∴⃗AM=(1,0,a),⃗AN=(0,1,b).
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),
则{⃗AM·n=x+az=0,
取z=1,得n=(-a,-b,1).
⃗AN·n= y+bz=0,
由图可知平面ABC的一个法向量为 =(0,0,1),
⃗A A
1
π
∵平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为 ,
6
π |⃗A A ·n| 1
∴cos = 1 = ,
6 |⃗A A |·|n| √a2+b2+1
1
解得3a2+3b2=1.
√3
∴当BM最小时,BM的值最大.∴b=0,BM=a= ,
1
3
1
AB π
∴tan∠AMB= =√3=√3,∴∠AMB= .故选B.
BM 3
3
2.(2018新疆乌鲁木齐八一中学期中,9)如图所示,在长方体ABCD-ABCD 中,AD=AA=1,AB=2,点E是棱AB
1 1 1 1 1
的中点,则点E到平面ACD 的距离为 ( )
1
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1 √2 1 1
A. B. C. D.
2 2 3 6
答案 C 如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
1
则D(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).
1
=(1,1,-1), =(-1,2,0), =(-1,0,1),
⃗D E ⃗AC ⃗AD
1 1
设平面ACD 的法向量为n=(a,b,c),
1
{n·⃗AC=-a+2b=0,
则 取a=2,得n=(2,1,2),
n·⃗AD =-a+c=0.
1
∴点E到平面ACD 的距离h=|⃗D E·n|=|2+1-2|=1.
1 1
|n| 3 3
故选C.
3.(2018甘肃庆阳一中月考,9)已知棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,E是AB 的中点,则直线AE与平面
1 1 1 1 1 1
ABCD 所成角的正切值是 ( )
1 1
√6 √6 √5 √10
A. B. C. D.
3 2 2 2
答案 A 以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD 为z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,
1
∵正方体ABCD-ABCD 的棱长为1,E是AB 的中点,
1 1 1 1 1 1
∴A(1,0,0),E(
1,
1
,1
),B(1,1,0),D
1
(0,0,1),
2
第2页共16页第2页共16页
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∴ =( 1 ), =(0,1,0), =(-1,0,1),
⃗AE 0, ,1 ⃗AB ⃗AD
2 1
设平面ABCD 的法向量n=(x,y,z).
1 1
{ n·⃗AB= y=0,
则 取x=1,可得n=(1,0,1),
n·⃗AD =-x+z=0,
1
设直线AE与平面ABCD 所成的角为θ,θ∈[ π],
1 1 0,
2
1
√10 √15
则sinθ=|cos<⃗AE,n>|=√5 = .∴cosθ= ,
×√2 5 5
2
sinθ √6
∴tanθ= = .故选A.
cosθ 3
思路分析 建立空间坐标系,求出平面ABCD 的法向量及⃗AE,利用向量的夹角公式求解.
1 1
方法总结 线面角的求解方法常用的有两个,一是利用空间向量,二是定义法.本题也可从点E引平面ABCD
1 1
的垂线,垂足为正方体的中心,用定义法求解.
4.(2018全国名校联考,8)过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD,若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所
成的锐二面角的大小是 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 B 以A为原点,直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,设PA=BA=1,
则C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
⃗PC=(1,1,-1),⃗PD=(0,1,-1),
设平面PCD的法向量n=(x,y,z),
则{⃗PC·n=x+ y-z=0,
取y=1,得n=(0,1,1),易知平面ABP的一个法向量m=(0,1,0),
⃗PD·n= y-z=0,
设平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为θ,
|n·m| 1 √2
则cosθ= = = ,∴θ=45°,
|n|·|m| √2 2
∴平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为45°.故选B.
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思路分析 考虑到PA⊥面ABCD,AB⊥AD,以A为原点建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算求出平面
的法向量,由向量的夹角公式求解.
一题多解 把该几何体补成正方体,即通过补体法,利用正方体的性质易得所求二面角的大小为45°.
5.(2018北京海淀二模,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中,M是棱AA 的中点,点P在侧面
1 1 1 1 1
ABBA 内,若DP垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为 .
1 1 1
2√5
答案
5
解析 以D为原点,直线DA,DC,DD 分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
1
则D(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),
1
∴⃗MC=(-2,2,-1).
∵点P在侧面ABBA 内,
1 1
∴设P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],
∴ =(2,b,c-2),
⃗D P
1
又∵ ⊥ ,
⃗D P ⃗MC
1
∴ · =0,∴-4+2b+2-c=0,
⃗D P ⃗MC
1
解得c=2b-2,∴b∈[1,2],
1 1
又∵PB⊥BC,∴S
△PBC
= BC·PB= ×2×PB=√(2-b)2+c2,
2 2
将c=2b-2代入上式,得
S △PBC = √5b2-12b+8 =√ 5 ( b- 6) 2 + 4,b∈[1,2],
5 5
6 2√5
∴当b= 时,S 取得最小值,为 .
5
△PBC
5
6.(2018北京西城一模,14)如图,在长方体ABCD-ABCD 中,AA=AB=2,BC=1,点P在侧面AABB 上.若点P到
1 1 1 1 1 1 1
直线AA 和CD的距离相等,则AP的最小值是 .
1 1
第4页共16页第4页共16页
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答案 √3
解析 以D为原点,分别以直线DA,DC,DD 为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,2),设P(1,y,z),则
1 1
y∈[0,2],z∈[0,2],
因为P到直线AA 的距离为y,P到直线CD的距离为 ,
1 √1+z2
所以y= ,
√1+z2
所以AP= = = ,
1 √y2+(2-z)2 √2z2-4z+5 √2(z-1)2+3
所以当z=1时,AP取最小值,且最小值为√3.
1
7.(2016陕西商洛一模,19)如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=
√2.
(1)求证:AO⊥平面BCD;
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;
(3)求点E到平面ACD的距离.
解析 (1)证明:连接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=√2,O为BD的中点得AO⊥BD,CO=√3,AO=1,在
△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC.
又BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.
(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,
则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0, ,0),D(-1,0,0),E(1 √3 ),
√3 , ,0
2 2
则⃗AB=(1,0,-1),⃗CD=(-1,-√3,0),
∴|cos< , >|=|⃗AB·⃗CD|=√2,
⃗AB⃗CD
|⃗AB||⃗CD| 4
√2
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为 .
4
(3) =(-1,0,-1), =(-1,- ,0), =( 1 √3 ),
⃗AD ⃗CD √3 ⃗EC - , ,0
2 2
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z).
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由n·⃗AD=0,n·⃗CD=0,
得{-x-z=0, 令y=1,则n=(- ,1, ).
√3 √3
-x-√3 y=0,
所以点E到平面ACD的距离为d=|⃗EC·n|=√21.
|n| 7
8.(2016广西南宁二模,19)如图,正方体ABCD-ABCD 中,点M是CD的中点.
1 1 1 1
(1)求BB 与平面ACM所成角的余弦值;
1 1 1
(2)在BB 上找一点N,使得DN⊥平面ACM.
1 1 1 1
解析 (1)以D为坐标原点,DA,DC,DD 所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
1
设正方体的棱长为1,则A
1
(1,0,1),M(
0,
1
,0
),C
1
(0,1,1),
2
所以 =(-1,1,0), =( 1 ),
⃗A C ⃗A M -1, ,-1
1 1 1 2
设平面ACM的法向量e=(x,y,z),
1 1
{e·⃗A C =0, {
-x+ y=0,
由 得
1 1 1
e·⃗A M=0 -x+ y-z=0,
1 2
1
令y=1,则x=1,z=- ,
2
所以e=( 1),
1,1,-
2
又 =(0,0,1),
⃗BB
1
第6页共16页第6页共16页
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1
-
则cos< ,e>= 2 =-1,
⃗BB
1 √ 12+12+ ( - 1) 2 ·√12 3
2
所以sin< ⃗BB ,e>=√ 1- ( - 1) 2 =√8=2√2,
1 3 9 3
2√2
即BB 与平面ACM所成角的余弦值为 .
1 1 1
3
(2)设N的坐标为(1,1,t),其中0≤t≤1,
则 =(1,1,t-1),
⃗D N
1
因为DN⊥平面ACM,
1 1 1
所以 与e共线,
⃗D N
1
1 1
从而t-1=- ,则t= .
2 2
即当点N为BB 的中点时,DN⊥平面ACM.
1 1 1 1
思路分析 (1)根据正方体中的垂直关系,建立空间直角坐标系,求得所需点的坐标,利用空间向量求得BB 与
1
平面ACM所成角的余弦值;
1 1
1
(2)可设N的坐标为(1,1,t),因为DN⊥平面ACM,所以⃗D N与e共线,求得t= ,所以当点N为BB 的中点时,
1 1 1 1 2 1
DN⊥平面ACM.
1 1 1
9.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面
ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6.
(1)求证:平面ACE⊥平面BED;
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;
AM
(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出 的值;若不存在,说明理由.
AF
解析 (1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,
所以DE⊥平面ABCD. (2分)
又因为AC⊂平面ABCD,
所以DE⊥AC.
因为四边形ABCD是正方形,
所以AC⊥BD,
又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,
第7页共16页第7页共16页
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所以AC⊥平面BDE. (3分)
又因为AC⊂平面ACE,
所以平面ACE⊥平面BED.(4分)
(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.
则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)
所以⃗CA=(3,-3,0),⃗BE=(-3,-3,3√6),⃗EF=(3,0,-√6).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z).
1 1 1
{n·⃗BE=0, {-3x -3 y +3√6z =0,
则 即 1 1 1
n·⃗EF=0, 3x -√6z =0,
1 1
令x=√6,则y=2√6,z=3,则n=(√6,2√6,3).(6分)
1 1 1
所以cos< ,n>= ⃗CA·n =-3√6 =-√13. (7分)
⃗CA
|⃗CA||n| 3√2×√39 13
√13
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为 . (8分)
13
(3)存在,理由如下:
设M(3,0,t),0≤t≤2√6.(9分)
则⃗BM=(0,-3,t),⃗BE=(-3,-3,3√6).
设平面MBE的法向量为m=(x,y,z),
2 2 2
{m·⃗BM=0, {-3 y +tz =0,
则 即 2 2
m·⃗BE=0, -3x -3 y +3√6z =0,
2 2 2
令y=t,则z=3,x=3√6-t,则m=(3√6-t,t,3). (10分)
2 2 2
又⃗CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,
∴|cos<m, >|=|m·⃗CA|= |9√6-6t| =1, (11分)
⃗CA
|m||⃗CA| 3√2×√(3√6-t)2+t2+9 2
√6 5√6
整理得2t2-6√6t+15=0,解得t= 或t= (舍去), (12分)
2 2
AM 1
∴ = . (13分)
AF 4
10.(2020云南红河二模,19)如图,在长方体ABCD-ABCD 中,AA=AD=2,E为CD中点.
1 1 1 1 1
(1)在棱AA 上是否存在一点P,使得DP∥平面BAE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;
1 1
(2)若二面角A-BE-A 的大小为30°,求AB的长.
1 1
第8页共16页第8页共16页
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解析 本题主要考查长方体的性质,线面平行的判定,二面角以及探索性问题的求解,通过向量法求解意在考
查学生的运算求解能力和推理论证能力,考查的核心素养为直观想象、数学运算、逻辑推理.
如图,以A为原点,以 , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.
⃗AB⃗AD⃗A A
1
设AB=a(a>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),D
1
(0,2,2),E(a
,2,0
),B
1
(a,0,2),故
⃗AD
=(0,2,2),
⃗AB
=(a,0,2),
⃗AE
=
2 1 1
(a ).
,2,0
2
(1)假设在棱AA 上存在一点P(0,0,z),使得DP∥平面BAE.此时⃗DP=(0,-2,z).
1 0 1 0
设平面BAE的法向量n=(x,y,z).
1
{ax+2z=0,
∵n⊥平面BAE,∴n⊥ ,n⊥ ,得
1 ⃗AB ⃗AE ax
1 +2y=0,
2
取x=2,得平面B
1
AE的一个法向量n=(
2,-
a
,-a
).
2
要使DP∥平面BAE,只要n⊥⃗DP,有a-az=0,解得z=1.
1 0 0
又DP⊄平面BAE,
1
∴存在点P,满足DP∥平面BAE,此时AP=1.
1
(2)连接AD,BC,由长方体ABCD-ABCD 及AA=AD=2得AD⊥AD.∵CD⊥平面AADD,∴CD⊥AD,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∵AD∩CD=D,∴AD⊥平面DCBA,
1 1 1 1
∴ =(0,2,2)就是平面ABE的一个法向量,
⃗AD 1 1
1
-a-2a
n·⃗AD
设 ⃗AD 与n所成的角为θ,则cosθ= 1 = √ a2 .
1 |n|·|⃗AD | 2√2× 4+ +a2
1 4
∵二面角A-BE-A 的大小为30°,
1 1
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3a
∴|cosθ|=cos30°,即 =√3,
√ 5a2
2√2× 4+ 2
4
解得a=4,即AB的长为4.
11.(2018北京一七一中学期中,17)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面
ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶√2∶1.
(1)证明:BD⊥PC;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值;
√2 PQ
(3)设点Q为线段PD上一点,且直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为 ,求 的值.
3 PD
解析 以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,设B(2,0,0),D(0,√2,0),P(0,0,2),C(1,√2,0).
(1)∵⃗BD=(-2,√2,0),⃗PC=(1,√2,-2),
∴⃗BD·⃗PC=0,∴BD⊥PC.
(2)由⃗AC=(1,√2,0),⃗AP=(0,0,2),易得平面PAC的一个法向量为m=(√2,-1,0).
由⃗DP=(0,-√2,2),⃗DC=(1,0,0),易得平面DPC的一个法向量为n=(0,-√2,-1).
m·n √2
∴cos<m,n>= = ,
|m|·|n| 3
√2
∴二面角A-PC-D的余弦值为 .
3
PQ
(3)令 =t,t∈[0,1],则⃗AQ=⃗AP+⃗PQ=⃗AP+t⃗PD=(0,0,2)+t(0,√2,-2)=(0,√2t,2-2t).
PD
设θ为直线AQ与平面PAC所成的角,则
sinθ=|cos< ,m>|=| ⃗AQ·m |=√2,
⃗AQ
|⃗AQ|·|m| 3
所以 √2t =√2,
√3√2t2+(2-2t)2 3
所以3t2=6t2-8t+4,
2
解得t=2(舍)或 .
3
PQ 2
所以 = .
PD 3
第10页共16页第10页共16页
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12.(2018北京西城一模,17)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=2√5,BC=4.
将△ADE沿DE折起到△ADE的位置,使得平面ADE⊥平面BCED,如图2.
1 1
(1)求证:AO⊥BD;
1
(2)求直线AC和平面ABD所成角的正弦值;
1 1
(3)线段A 1 C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为√5?若存在,求出 A 1 F 的值;若不存在,
3 A C
1
请说明理由.
解析 (1)证明:因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,
所以DE∥BC,AD=AE.
所以AD=AE,又O为DE的中点,
1 1
所以AO⊥DE.
1
因为平面ADE⊥平面BCED,且AO⊂平面ADE,
1 1 1
所以AO⊥平面BCED,
1
所以AO⊥BD.
1
(2)取BC的中点G,连接OG,所以OE⊥OG.
由(1)得AO⊥OE,AO⊥OG.
1 1
如图,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意得,A(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).
1
所以 =(2,-2,-2), =(0,-1,-2), =(2,2,-2).
⃗A B ⃗A D ⃗A C
1 1 1
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
1
{n·⃗A B=0, {2x-2y-2z=0,
则 1 即
n·⃗A D=0, - y-2z=0.
1
令x=1,则y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).
设直线AC和平面ABD所成的角为θ,
1 1
则sinθ=|cos<n,⃗A C >|=
|n·⃗A
1
C|
=2√2.
1 |n||⃗A C| 3
1
2√2
所以直线AC和平面ABD所成角的正弦值为 .
1 1
3
第11页共16页第11页共16页
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(3)线段AC上存在点F满足题意.
1
设 =λ ,其中λ∈[0,1].
⃗A F ⃗A C
1 1
设F(x,y,z),则有(x,y,z-2)=(2λ,2λ,-2λ),
1 1 1 1 1 1
所以x=2λ,y=2λ,z=2-2λ,从而F(2λ,2λ,2-2λ),
1 1 1
所以⃗DF=(2λ,2λ+1,2-2λ).又⃗BC=(0,4,0),
所以|cos< , >|=|⃗DF·⃗BC|
⃗DF⃗BC
|⃗DF||⃗BC|
=
4|2λ+1|
.
4√(2λ)2+(2λ+1)2+(2-2λ)2
令 |2λ+1| =√5,
√(2λ)2+(2λ+1)2+(2-2λ)2 3
整理得3λ2-7λ+2=0.
1
解得λ= 或λ=2(舍去).
3
所以线段A
1
C上存在点F满足题意,且 A
1
F =1.
A C 3
1
13.(2020天津河西学情调查,17)如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,ND⊥平面
ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.
(1)求证:NA∥平面MEC;
(2)求直线MB与平面MEC所成角的正弦值;
(3)设P为线段AM上的动点,二面角P-EC-D的平面角的大小为30°,求线段AP的长.
解析 因为四边形ABCD是菱形,E为AB的中点,∠DAB=60°,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥DC,又ND⊥
平面ABCD,所以建立以D为原点,以⃗DE,⃗DC,⃗DN的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,则A(
√3,-1,0),B(√3,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(√3,0,0),M(√3,-1,1),N(0,0,1).
(1)证明: =(0,1,-1), =(-
,3,-1),设n=(x,y,z)为平面MEC的法向量,则{n·⃗ME=0,
即
⃗ME ⃗MC √3
n·⃗MC=0,
{ y-z=0,
-√3x+3 y-z=0,
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不妨令y=1,可得n=( 2
,1,1
),又
⃗NA
=(
√3
,-1,-1),所以
⃗NA
·n=0,又因为直线NA⊄平面MEC,所以NA∥平
√3
面MEC.
(2) =(0,2,-1),由(1)知平面MEC的一个法向量为n=( 2 ),所以cos<n, >= n·⃗MB =√6
⃗MB ,1,1 ⃗MB
√3 |n||⃗MB| 10
√6
,所以直线MB与平面MEC所成角的正弦值为 .
10
(3)设P(√3,-1,h),h∈[0,1],⃗EC=(-√3,2,0),⃗EP=(0,-1,h),设m=(x,y,z)为平面PEC的法向量,则
1 1 1
{m·⃗EP=0, {- y +hz =0,
即 1 1 不妨令y 1 = √3 h,可得m=(2h, √3 h, √3 ),又⃗DN =(0,0,1)是平面DEC
m·⃗EC=0, -√3x +2y =0,
1 1
的一个法向量,所以|cos<m, >|=|m·⃗DN|=√3,解得h=√7,所以线段AP的长为√7.
⃗DN
|m||⃗DN| 2 7 7
思路分析 以D为原点建立空间直角坐标系.
(1)求得平面MEC的一个法向量n,由n· =0即可证明NA∥平面MEC.(2)cos<n, >= ⃗MB·n ,
⃗NA ⃗MB
|n|·|⃗MB|
进而求得直线MB与平面MEC所成角的正弦值.(3)设出P点坐标,求出平面PEC的一个法向量m,易知⃗DN
是平面DEC的一个法向量,结合|cos<m, >|=|⃗DN·m|=√3求得P点坐标即可.
⃗DN
|m||⃗DN| 2
1
14.(20195·3原创题)已知梯形ABCD,AD∥BC,AD=AB= BC=2,∠ABC=120°,以BD为折痕,把△BDC折起,使点C
2
到达点P的位置,且PD⊥AB.
(1)证明:平面PAD⊥平面ABD;
√5
(2)试问在棱PA上是否存在一点F,使得二面角P-BD-F的正弦值为 ?如果存在,请说明点F的位置.
5
解析 (1)证明:∵AD∥BC,∠ABC=120°,∴∠BAD=60°,
∵AD=AB=2,∴△ABD为正三角形,∴∠ABD=60°,BD=2,
∴∠DBC=60°,在△BCD中,BC=4,
由余弦定理可得CD=2√3,(2分)
∴BD2+CD2=BC2,∴∠CDB=90°,∴PD⊥BD,
又∵PD⊥AB,AB∩BD=B,
∴PD⊥平面ABD,∵PD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABD. (4分)
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(2)在平面ABD中,过点D作DM⊥DA,以DA,DM,DP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz如
图所示,D(0,0,0),P(0,0,2√3),A(2,0,0),B(1,√3,0). (6分)
假设存在点F,设⃗AF=λ⃗AP(0≤λ≤1),则F(2-2λ,0,2√3λ),
设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z),
1 1 1
{ ⃗DB·n=x +√3 y =0,
则 1 1
⃗DF·n=(2-2λ)x +2√3λz =0,
1 1
λ-1
可取x=√3,y=-1,z= ,
1 1 1
λ
即n=( λ-1), (8分)
√3,-1,
λ
√5
解法一:∵二面角P-BD-F的正弦值为 ,
5
2√5
∴二面角P-BD-F的余弦值为 ,
5
设平面PBD的一个法向量为m=(x,y,z),
2 2 2
{⃗DB·m=x +√3 y =0,
则 2 2 可取x
2
= √3,y
2
=-1,z
2
=0,
⃗DP·m=2√3z =0,
2
即m=(√3,-1,0), (10分)
|m·n| 2√5
∴|cos<m,n>|= = ,
|m||n| 5
|3+1+0|
即 =2√5,
√ (λ-1) 2
2× 3+1+ 5
λ
1
解得λ= ,(11分)
2
√5
∴存在点F为棱PA的中点,使得二面角P-BD-F的正弦值为 . (12分)
5
解法二:由(1)可知平面PBD⊥平面ABD,
∴二面角P-BD-F的正弦值就是二面角A-BD-F的余弦值,
又平面ABD的一个法向量为m=(0,0,1). (10分)
|m·n| √5
∴|cos<m,n>|= = ,
|m||n| 5
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|λ-1|
λ
√5
即 = ,
√ (λ-1) 2 5
1× 3+1+
λ
1
解得λ= ,(11分)
2
√5
∴存在点F为棱PA的中点,使得二面角P-BD-F的正弦值为 . (12分)
5
15.(2020山东夏季高考模拟,19)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,E,F分别为
AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45°.
(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线;
1
(2)若EF= BC,求二面角B-SC-D的余弦值.
2
解析 (1)证明:以A为坐标原点,⃗AB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
A-xyz.
设D(0,b,0),S(0,0,c),
则C(1,b,0),E( b ),F(1 b c),
0, ,0 , ,
2 2 2 2
=(1 c), =(0,0,c), =(0,b,0).
⃗EF ,0, ⃗AS ⃗AD
2 2
因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以⃗EF与底面的法向量⃗AS的夹角为45°.
⃗AS·⃗EF=|⃗AS||⃗EF|cos45°,
即c2 =√2·c·√1 c2,所以c=1,
+
2 2 4 4
故 =(1 1), =(1,b,-1),
⃗EF ,0, ⃗SC
2 2
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从而⃗EF·⃗SC=0,⃗EF·⃗AD=0,
所以EF⊥SC,EF⊥AD.
因此EF为异面直线AD与SC的公垂线.
(2)连接BF.
1
由B(1,0,0),⃗BC=(0,b,0),|⃗EF|= |⃗BC|得b=√2.
2
于是F(1 √2 1),C(1, ,0),
, , √2
2 2 2
故 =(1 √2 1), =(1, ,-1),
⃗FB ,- ,- ⃗SC √2
2 2 2
从而⃗FB·⃗SC=0,即FB⊥SC.
取CF的中点G,连接DG.
则G(3 3√2 1), =( 3 √2 1),
, , ⃗GD - , ,-
4 4 4 4 4 4
从而⃗GD·⃗SC=0,即GD⊥SC.
因此<⃗FB,⃗GD>等于二面角B-SC-D的平面角.
cos< , >= ⃗FB·⃗GD =-√3.
⃗FB⃗GD
|⃗FB||⃗GD| 3
√3
所以二面角B-SC-D的余弦值为- .
3
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