高考数学二轮复习练习专题限时集训10立体几何中的向量方法.docx

专题限时集训(十)立体几何中的向量方法 (对应学生用书第137页) [建议用时：45分钟] 1．如图10-11，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD， AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5. 图10-11 求证：PD⊥平面PAB. 求直线PB与平面PCD所成角的正弦值． (3)在棱PA上是否存在点 M，使得BM∥平面PCD？若存在，求 AM 的值；若不存在，说明理 AP 由． [解](1)证明：因为平面 PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 2分 又因为PA⊥PD， 所以PD⊥平面PAB. 4分 (2)取AD的中点O，连结PO，CO. 因为PA＝PD，所以PO⊥AD. 又因为PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因为CO?平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AC＝CD，所以CO⊥AD. 5分 如图，成立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1). 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 → n·PD＝0， → n·PC＝0， －y－z＝0， 即 2x－z＝0. 令z＝2，则x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2). 8分 → → → 3 n·PB 又PB＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝ → ＝－ 3. |n||PB| 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3 3. 10分 (3)设M是棱PA上一点， → → 11分 则存在λ∈[0,1]使得AM＝λAP. → 12分 因此点M(0,1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ). → 因为BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2) ＝0. 1 PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时 AM 1 解得λ＝.所以在棱 AP ＝.15分 4 4 1 2．如图10-12，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝2AD，E为棱 AD的中点，异面直线 PA与CD所成的角为90°. 图10-12 在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明原因； 若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 【导学号 [解](1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图(1)，延伸AB，DC，相交于点M(M∈平面 PAB)，点M即为所求的一个点. 2分 (1) 原因如下： 由已知，知BC∥ED，且BC＝ED， 所以四边形BCDE是平行四边形， 进而CM∥EB. 4分 又EB?平面PBE，CM?平面PBE， 所以CM∥平面PBE. 6分 (说明：延伸AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点能够是直线 MN上随意一 点) (2)法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，进而CD⊥PD， 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角， 所以∠PDA＝45°. 7分 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 如图(1)，过点A作AH⊥CE，交CE的延伸线于点 H，连结PH，易知PA⊥平面ABCD， 进而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 11分 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE， 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角． 在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝2 2. 在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝32， 2 所以sin∠APH＝AH＝1. 15分 PH3 法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD. 进而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角， 所以∠PDA＝45°. 又PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD. 7分 →→ 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以AD，AP的方 向分别为x轴、z轴的正方向，成立如图(2)所示的空间直角坐标系  A-xyz，则  A(0,0,0)，P(0,0,2)， C(2,1,0)，E(1,0,0)， (2) → → → 9分 所以PE＝(1,0 ，－2)，EC＝(1,1,0)，AP＝(0,0,2). 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)， → x－2z＝0， n·PE＝0， 由 得 → x＋y＝0. n·EC＝0， 设x＝2，解得n＝(2，－2,1). 12分 设直线PA与平面PCE所成角为α， → 则sinα＝|n·AP| ＝ 2 2 22＝ 1， → 2× 2＋ － ＋1 3 |n|·|AP| 1 所以