第2章 专题强化练5 空间向量与立体几何的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第2章　空间向量与立体几何 专题强化练5　空间向量与立体几何的综合应用 40分钟 1.如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为线段AD,DE的中点,四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE. (1)求证:CM∥平面ABE; (2)求直线CM与BD所成角的余弦值; (3)点N在直线AD上,若平面BMN⊥平面ABE,求线段AN的长. 2.如图①,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=2AB=2BC=2CD=4,E是AD的中点,将△ABE沿BE折起至△A'BE的位置,使得二面角A'-BE-C的大小为120°(如图②),M,N分别是A'D,BC的中点. (1)证明:MN∥平面A'BE; (2)求平面A'BD与平面BDC夹角的余弦值. 3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N分别是棱 CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上. (1)当直线PN与平面A1B1C1所成的角最大时,求线段A1P的长度; (2)是否存在一点P,使平面PMN与平面AC1C所成的角的余弦值为?若存在,试确定点P的位置,若不存在,说明理由. 4.如图所示,正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直,动点P在线段EF(包含端点E,F)上,M,N分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2. (1)若P为EF的中点,求点N到平面PDM的距离; (2)设平面PDM与平面ABCD所成的角为θ,求cos θ的最大值及此时点P的位置. 答案与分层梯度式解析 第2章　空间向量与立体几何 专题强化练5 空间向量与立体几何的综合应用 1.解析　(1)证明:取AE的中点P,连接BP,MP,如图所示. ∵M,P分别为ED,AE的中点,∴PM∥AD,且PM=AD. ∵四边形BCDO是边长为1的正方形, ∴BC∥OD,且BC=OD, 又∵O为AD的中点,∴BC∥AD,且BC=AD, ∴PM∥BC,且PM=BC, ∴四边形BCMP为平行四边形,∴CM∥PB, 又∵CM⊄平面ABE,PB⊂平面ABE, ∴CM∥平面ABE. (2)连接EO,∵AE=DE,O为AD的中点, ∴EO⊥AD. ∵EO⊂平面ADE,且平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD, ∴EO⊥平面ABCD. 又∵OB⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD, ∴EO⊥OB,EO⊥OD, 以O为原点,OB,OD,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图所示, 则C(1,1,0),M,B(1,0,0),D(0,1,0), ∴=,=(-1,1,0). 设直线CM与BD所成的角为θ,则cos θ===, ∴直线CM与BD所成角的余弦值为. (3)设=λ,则N(0,λ,0), ∴=(1,-λ,0),易得=,设平面BMN的法向量为n=(a,b,c), 则即 令a=λ,则b=1,c=2λ-1, ∴n=(λ,1,2λ-1)为平面BMN的一个法向量,同理可求得平面ABE的一个法向量为m=(1,-1,1). ∵平面BMN⊥平面ABE,∴m·n=0,即λ-1+2λ-1=0,解得λ=,∴AN=. 2.解析　(1)证明:取ED的中点P,连接MP,NP,如图所示: 在四边形ABCD中,因为E是AD的中点,AD=2BC,所以ED=BC, 又因为AD∥BC,所以四边形BCDE是平行四边形, 因为M,N,P分别是A'D,BC,ED的中点,所以MP∥A'E,NP∥BE. 又因为MP⊄平面A'BE,NP⊄平面A'BE,A'E∩BE=E,A'E,BE⊂平面A'BE,所以MP∥平面A'BE,NP∥平面A'BE. 因为MP⊂平面MNP,NP⊂平面MNP,MP∩NP=P,所以平面MNP∥平面A'BE. 又因为MN⊂平面MNP,所以MN∥平面A'BE. (2)取BE的中点O,连接A'O,CO,CE. 在题图①中,因为AD=2AB=2BC=2CD,E为AD的中点,所以△ABE是等边三角形,∠A=60°, 易知四边形ABCD是等腰梯形,所以∠D=60°,所以△BEC 是等边三角形, 所以A'O⊥BE,CO⊥BE,所以∠A'OC=120°. 以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 则B(1,0,0),D(-2,,0),A', 则=,=(-3,,0). 设平面A'BD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0, 得 令x=1,则y=,z=,则m=是平面A'BD的一个法向量, 易知平面BDC的一个法向量为n=(0,0,1), 所以cos<m,n>==. 故平面A'BD与平面BDC夹角的余弦值为. 解后反思 (1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的两个平面的夹角;二是利用方程思想进行向量运算时,要认真细心,准确计算. (2)设m,n分别为平面α,β的法向量,则两个平面的夹角θ与<m,n>互补或相等,故有cos θ=|cos<m,n>|=. 3.解析　(1)直线PN与平面A1B1C1所成的角即为直线PN与平面ABC所成的角, 过P作PH⊥AB于H,连接HN,易知∠PNH即为直线PN与平面ABC所成的角, 因为PH的长为定值,所以当NH的长最小时∠PNH最大,易知当P为线段A1B1的中点时,NH⊥AB,此时NH的长最小, 故当PN与平面A1B1C1所成的角最大时,线段A1P的长度为. (2)以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 则A1(0,0,1),B1(1,0,1),N,M,所以=, 设=λ=λ(1,0,0)=(λ,0,0),λ∈[0,1], 所以P(λ,0,1),所以=, 设平面PMN的法向量为n1=(x,y,z), 则即令x=3,则y=2λ+1,z=2-2λ,则n1=(3,2λ+1,2-2λ)是平面PMN的一个法向量, 易知平面AC1C的一个法向量为n2=(1,0,0), 故|cos <n1,n2>|===, ∴16λ2-8λ+1=0,∴λ=. ∴存在满足题意的点P,且点P为线段A1B1上靠近点A1的四等分点. 4.解析　依题意,以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,1为单位长度,建立空间直角坐标系. (1)连接MN,易得D(0,2,0),N(2,1,0),M(1,0,0),P(0,1,1), 则=(1,-1,-1),=(0,1,-1),=(-1,-1,0). 设平面PDM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则令x1=1,则y1=z1=,可得n1=为平面PDM的一个法向量. 设点N到平面PDM的距离为d,则d==. (2)由(1)知,=(-1,2,0).因为动点P在线段EF(包含端点E,F)上,所以可设P(0,t,1)(0≤t≤2), 则=(1,-t,-1), 设平面PDM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则令x2=1,则y2=,z2=,可得n2=为平面PDM的一个法向量. 易知平面ABCD的一个法向量为n0=(0,0,1), 所以cos θ=|cos<n2,n0>|====(0≤t≤2), 所以当t=0时,cos θ取得最大值,此时P点与F点重合. 学科网（北京）股份有限公司 $$