专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，甘肃专用）高二数学上学期

专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中）如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】 . 故选：D 2．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）如图在一个的二面角的棱上有两点、，线段、分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则　　　　　　　　　　　. 【答案】3 【分析】 由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求． 【详解】 ， ， ，， ，， ． ， . 故答案为：3. 【点睛】 本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）如图，在平行六面体中，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间向量的线性运算得到，然后求即可. 【详解】 解：，又因，， ∴， ∴，，， 故选：A. 2．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）如图所示，在平行六面体中，点为上底面对角线的中点，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 结合空间向量基本定理，根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】 依题意 ， 又，所以，. 故选：C 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由空间直角坐标系定义即对称性即可求解. 【详解】 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点是. 故选：B 2．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）已知向量，，向量在向量上的投影向量为 （        ）． A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据空间向量的坐标运算及投影向量的公式计算即可. 【详解】 由题意可知，， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 3．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）若，则（　　） A. 7 B. 11 C. 22 D. 29 【答案】A 【分析】 计算的坐标，再利用数量积的坐标运算求出. 【详解】 由，得， 所以. 故选：A． 4．（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中）已知平面向量，，若，则（     ） A.  B.  C. 2 D. 4 【答案】A 【分析】 根据向量平行的坐标公式求解即可. 【详解】 因为平面向量，，，所以，解得. 故选：A. 5．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）已知向量． （1）若，求实数k； （2）若向量与所成角为锐角，求实数k的取值范围． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用向量垂直的坐标表示求解； （2）将问题转化为两个向量的数量积为正且不共线求解. (1) 小问详解： 因为， 所以， 因为，则， 解得； (2) 小问详解： 因为向量与所成角为锐角， 所以，且与不同向共线． 由（1）知，， 若向量与同向共线，则存在，使得，即， 可得 ，解得，若两个向量不同向共线，则， 故 ，解得且， 即的取值范围为． 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据线面垂直的性质可得，进而求得，即得. 【详解】 因为，所以， 又， 即， 解得：， 所以， 故选：C. 2．（25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中）（多选）如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为BD，的中点，若点G满足（，），则（     ） A. 平面 B. 当时，平面 C. 当时，平面 D. 当时，点G到平面的距离为 【答案】AC 【分析】 利用共面向量定理可判断A；以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法计算可判断BCD. 【详解】 因为，所以共面，又均过点， 所以共面，所以平面，故A正确； 以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 当时，，所以， 所以，又，所以不平行于平面，故B错误； 所以，所以，所以平面，故C正确； 当时，， 所以点G到平面的距离为，故D错误. 故选：AC. 3．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用空间向量法求出点到直线距离即可. 【详解】 ，， . 故选：A. 4．（25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中）在四面体中，已知，，，，则与平面所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设，，，并以这三个向量为基底向量，然后设平面的法向量为，由空间向量垂直求得其中一个法向量，然后由空间向量求出线面角的正弦值，从而得到线面角的余弦值. 【详解】 设，，，则， ，，， 所以，，， 故可作为一个基底. 设平面的法向量为，， 由，， 得 ，则 ，令，则， 所以其中一个法向量， 设与平面所成的角为， 所以. 故选：B. 5．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为、，则下列说法正确的是（     ） A.  B.  C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】 构建合适的空间直角坐标系，应用向量法判断异面直线是否垂直、求点面距离判断A、D，应用三棱锥的体积公式及等体积法判断B，由线面平行的性质及正方体的结构特征、已知判断C. 【详解】 如图所示，以为坐标原点，    以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， A：，，则，即，正确； B：，正确； C：若平面，平面，平面平面，则，根据图形及已知显然不成立，错误； D：，，， 设平面的一个法向量为，则 ，取，， 则点到平面的距离为，正确. 故选：ABD 6．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点是底面内的一点（包括边界），且，则下列说法正确的是（       ） A. 点的轨迹长度为 B. 点到平面的距离是定值 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 的最小值为 【答案】BCD 【分析】 选项A：利用空间中到定点的距离为定长的点的集合为一个球，在正方体表面上的交线为圆求得的轨迹长度；选项B：可以证得平面，结合平面，所以点到平面的距离是定值；选项C：要求直线与平面所成角的正切值的最大值，则求得在平面的投影为，当取得最小值时，直线与平面所成角的正切值最大；选项D：要求的最小值，则利用到直线的距离为，当点落在上时，求得的最小值. 【详解】 对于A，因为，即，所以， 即点在底面内是以为圆心､半径为1的圆上， 所以点的轨迹长度为，故A错误； 对于B，在正方体中，， 又平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段， 又平面，所以点到平面的距离是定值，故B正确； 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成角， 因为点到的距离为定值2，记点在平面的投影为， 所以当取得最小值时，直线与平面所成角的正切值最大， 又， 所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故C正确； 对于D，到直线的距离为， 当点落在上时，，故D正确.故选：BCD. 7．（25-26学年高二上·甘肃兰州外国语高级中学·期中）直线的一个方向向量为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】根据已知直线:,方向向量为或即可求解。 【详解】因为直线:,方向向量为或 所以的，即一个方向向量， 故答案为： 【点睛】本题考查直线的方向向量，需掌握方向向量的求法：在直线上任取两点坐标相减得到的向量即为方向向量。 8．（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中）如图，已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，．求：    （1）点到平面的距离； （2）二面角的正切值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离； （2）首先求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解. (1) 小问详解： 因为平面，底面是直角梯形，且， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 ，取， 所以点到平面的距离. (2) 小问详解： 由（1）可知，， 设平面的法向量为，则 ，取， 又平面的一个法向量为， 设二面角为，由图可知二面角为锐二面角， 所以，所以， 所以，所以二面角的正切值为. 9．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）在如图所示的几何体中，平面，平面，，，是棱上一点（不包括端点）.    （1）求证：； （2）是否存在点，使得二面角的平面角的正弦值为？如果存在，求出点的位置，如果不存在，说明理由. 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又因为，，，平面， 所以平面， 又平面，所以；     （2）存在，点位于线段中点，或者八分之一点处且靠近点.      【分析】 （1）应用线面垂直的性质定理和判定定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标，标注出相关点坐标，设，，，求出相关平面的法向量，应用向量法及已知求面面角，列方程求参数值，即可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作，则平面， 以点为原点，，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，    由，得，，，，， 设，，，则，解得， 设平面的法向量为，且，， 由 ，取，则， 设平面的法向量为，且， 由 ，取，则， 设二面角的平面角为，且， 所以，解得或， 则点位于线段中点，或者八分之一点处且靠近点. 10．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）（多选）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面ABCD，Q为线段PD上的点，，，． （1）证明：平面ACQ； （2）求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值． 【答案】（1） 如图，连接BD与AC相交于点M，连接MQ， ∵，，则， ∴，， ∵，∴， 平面ACQ，平面ACQ，∴平面ACQ；     （2）      【分析】 （1）利用三角形相似得，结合，则有，利用线面平行的判定即可证明； （2）以A为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，求出平面ACQ的法向量，利用线面角的空间向量法即可得到答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 平面，平面,， 因为底面,则AB，AD，AP两两垂直， 以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 各点坐标如下：，，，． 设平面ACQ的法向量为， 由，，有 ，令，，，可得， 由，有，， 则． 故直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为． 11．（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中）如图，在正方体中，分别是棱的中点，为棱上一点，且异面直线与所成角的余弦值为.    （1）证明：为的中点； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 证明：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨令正方体的棱长为2， 则，，，，， 设，则，， 所以， 所以，解得（舍去），即为的中点.         （2）      【分析】 （1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨令正方体的棱长为2，设，利用，解得，即可证得； （2）分别求得平面与平面的法向量，利用求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）可得，， 设是平面的法向量， 则 .令，得. 易得平面的一个法向量为， 所以. 所以所求锐二面角的余弦值为. 12．（25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中）如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点.    （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 记中点为，连接，，    则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以，又因为，所以， 且，平面，所以平面.     （2）存在，点为的中点，理由如下： 由（1）知，平面，且. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则 ，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.      【分析】 （1）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01空间向量及其运算 考点02空间向量基本定理 考点03空间向量及其运算的坐标表示 考点04空间向量的应用 》 考点01空间向量及其运算 1.(25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学期中)如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N 在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=ON,AP=号AN,则OP=( 3 3 B 号oi+号08+号0 B.10A+10B+10C c君0i+号o丽+号o元 D.3oA+oB+lo元 8 2.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学.期中)如图在一个120°的二面角的棱上有两点 A、B,线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若AB=V厅，AC=1, BD=2,则CD= 考点02空间向量基本定理 117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)如图，在平行六面体 ABCD-A1B,CD,中，若BD,=xAB+yAD+2AA,:则x,y,z=（ D B D A-1,1,1 B.1,-1,1 C.1,1,-1 D.-1,-1,-1 2.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)如图所示，在平行六面体 ABCD-A,B,C,D,中，点E为上底面对角线A,C,的中点，若BE=AA+XAB+yAD则 ( ) E A=1 、1 11 B.X= 2,y 2 C.x=-1 1 1 D.x= y=2 》 考点03空间向量及其运算的坐标表示 1.（25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)在空间直角坐标系中，点P1,-2,4关 于X轴的对称点是( ) A.-1,-2,4 B.1,2,-4 C.-1,2,-4 D.-1,2,4 217 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.(25-26学年高二上甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)已知向量a=0,0,2'6=-1,1,1 向量a+b在向量ā上的投影向量为( ) A.0,0,3 B.0,0,6 c.-3,3,9 D.3,-3,-9 3。(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)若ā=1,3,1,6=-2,1,3？则 aa-=（） A.7 B.11 C.22 D.29 4.（25-26学年高二上·甘肃陇南·期中)已知平面向量m=(2,4),n=(x,x-2),若m‖，则x= ) A.-2 B.-4 C.2 D.4 5.(25.26学年高二上甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)已知向量a=1,0,2,6=-1,1,0 (1)若a+k12a+3b 求实数k: (2)若向量ā+kb与2ā+3b所成角为锐角，求实数k的取值范围. 考点04空间向量的应用 1.(25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中)已知直线l的方向向量为i=x,2,-1,平面a的 法向量为n=-2,y,2,若l⊥a,则x+y=( ) A.-5 B.-4 C.-3 D.-2 2,（25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中)（多选)如图，棱长为2的正方体 ABCD-AB,CD,中，E,F分别为BD,CC的中点，若点G满足DG=DA+DD,0≤≤1' 0≤μ≤1)，则( D A ● 317 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.G∈平面ADD1A1 B.当λ=μ=1时，AG平面BDF C.当入=μ=1时，EG⊥平面BDF D.当A=u=时，点G到平面BDF的距离为口 3.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)在空间直角坐标系中，已知 A(1,1,-1),B(1,2,2),C(-3,4,2),则点A到直线BC的距离为( A.7□ B.V▣ c. D.3▣ ▣ 4.(25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学.期中)在四面体ABCD中，已知DA=BD=DC=1, ∠ADB7∠ADC=背∠BDC= ,则CD与平面ABD所成角的余弦值为 B.▣ 回 c. D.▣ ▣ 5.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)（多选）已知正方体 ABCD-A1BC1D1的棱长为2，若AA1,BC的中点分别为M、N,则下列说法正确的是 ( ) A.DM⊥C,N B.V三发推C-DNMN=3 1 C.A1D1/平面BMD D.点C到平面DMN的距离为2四 6.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)（多选)如图，在棱长为2的正方体 ABCD-ABCD中，点P,M是底面ABC1D内的一点（包括边界），且AP=BM1AS口，则下 列说法正确的是( ) 417 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D M 习D C A.点P的轨迹长度为π B.点M到平面A1BD的距离是定值 C.直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+4□ D.PM的最小值为叵 7。(25-26学年高二上：甘肃兰州外国语高级中学·期中)直线2x-3y-1=0的一个方向向量为d= 8.(25-26学年高二上·甘肃陇南·期中)如图，己知在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是直角梯形， ∠ABC=90°，AD∥BC,BE⊥平面ABCD,AB=BC=BE=2AD=4.求： E A D B C (1)点D到平面EAC的距离： (2)二面角A-CD-E的正切值. 9.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)在如图所示的几何体中，EA⊥平面 ABC,DB⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=BD=2AE=2,M是棱AB上一点（不包括端 点). E B (1)求证：BC⊥EC: 517 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)是否存在点M,使得二面角M-EC-D的平面角的正弦值为四？如果存在，求出点M的位置， 如果不存在，说明理由， 10.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学·期中)（多选）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC,AB⊥BC,AP⊥平面ABCD,Q为线段PD上的点， DQ=2PQ,AB=BC=PA=1,AD=2. D B (1)证明：BP∥平面ACQ: (2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值 11.(25-26学年高二上·甘肃武威天祝藏族自治县第一中学.期中)如图，在正方体ABCD-A1BC1D1 专4段考4D8白aa汤哑皆日学TaV4红罩中0Y"门弹音陷中 D A B D B (1)证明：E为AB的中点： (2)求平面BEF与平面ABC1D1所成锐二面角的余弦值， 12.(25-26学年高二上·甘肃天水秦安县第一中学·期中)如图.在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD 是直角梯形.∠ABC=∠BCD=∠ADP=90,且AB=PB=2,PA=2BC=CD1□为PA中点 617 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P E B C D (1)证明：PB⊥平面ABCD: (2)在线段PD上是否存在点M,使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由. 717函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何 考点01空间向量及其运算 考点02空间向量基本定理 考点03空间向量及其运算的坐标表示 考点04空间向量的应用 》 考点01空间向量及其运算 1.D 2.【答案】3 【分析】 血cD=CA+AB+BD两边平方后展开整理，即可求符CD:则CD的长可求. 【详解】 .CD=CA+AB+BD .CD2=CA2+AB+BD2+2CAAB+2CA.BD+2AB.BD :CA⊥AB'BDLAB CA·AB=0'BD·AB=0 CABD=Ccos1B0-120=×1×2=1 CD2=1+2+4+2×1=9 :c6l=3 故答案为：3. 【点睛】 本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考 查了推理能力与计算能力，属于中档题 考点02空间向量基本定理 1/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.A 2.C D考点3空间向量及其运算的坐标表示 1.B 2.A 3.A 4.A 3【俗】D-名 (2) 7 a号四 U 【分析】 (1)利用向量垂直的坐标表示求解； (2)将问题转化为两个向量的数量积为正且不共线求解。 (1)小问详解： 因为a=1,0,2,6=-1,1,0 所以a+k6=1-k,k,2,2a+36=-1,3,4 因为a+k6)12a+3则1-k×-1+k×3+2×4=0 解k=子 (2)小问详解： 因为向量a+kb与2a+3b所成角为锐角， 所以后+k6)-2a+36>0:且a+k泸2a+36不同向共线. 由(1)知，a+k6=1-k,k,2,2ā+36=-1,3,4 若向量后+k6卢2a+3同向共线，则存在>0使得a+k6=2ā+3即1-k,k,2=-1,3,4 1-k=-λ 可得 太3入，解得入=之k=多者两个向量不同向共线，则k 2 2=4λ 2/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4k+7>0 故刻 K×3 ，解得k>-Z且k≠3， 4 2 2》 考点04空间向量的应用 1.C 2.AC 3.A 4.B 5.ABD 6.BCD 7.【答案】3,2 【分析】根据已知直线Lax+by+c=0,方向向量为-b,a)或(b,-a)即可求解。 【详解】因为直线Lax+by+c=0方向向量为-b,a)或(b,-a 所以2X-3y-1=0的a=2,b=-3,即一个方向向量8=3,2 故答案为：3,2 【点睛】本题考查直线的方向向量，需掌握方向向量的求法：在直线上任取两点坐标相减得到的向量即为 方向向量。 8.【答案】(1)2□ (2)g □ 口 【分析】 (1)建立空间直角坐标系，求出平面EAC的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离： (2)首先求出平面CDE、平面ACD的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解. 1)小问详解： 因为BE⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形，且∠ABC=90°， 如图建立空间直角坐标系，则C4,0,0,A0,4,0,D2,4,0,E0,0,4, 所以AD=2,0,0AC=4,-4,0?AE=0,-4,4' 3/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设平面EAC的法向量为=x,y,2小则C=4X4y=0·取=1,11 7·AE=-4y+4z=0 AD 2 所以点D到平面EAC的距离d= B (2)小问详解： 由(1)可知CD=-2,4,0'CE=-4,0,4” 设平面CDE的法向量为m=a,bc小则厅：CD-2a+4b=0,取后=2,1,2小 i.CE=-4a+4c=0 又平面ACD的一个法向量为n=0,0,1, 设二面角A-CD-E为0，由图可知二面角A-CD-E为锐二面角， m·i2 ▣ 所以c0s0= 3,所以sin0=石， 所以an8-g翌，所以=百角A~CD-E的E切位 9.【答案】(1) 因为EA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以EA⊥BC, 又因为BC⊥AC,ACnAE=A,AC,AEc平面AEC, 所以BC⊥平面AEC, 又ECC平面AEC,所以BC⊥EC: (2)存在，M点位于线段AB中点，或者八分之一点 处且靠近A点 【分析】 (1)应用线面垂直的性质定理和判定定理证明结论： (2)构建合适的空间直角坐标，标注出相关点坐标，设AM=入AB,Mx,y,0,入∈0,1，求出相关 平面的法向量，应用向量法及己知求面面角，列方程求参数值，即可得结论 4/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)小问详解： 略 (2)小问详解： 过点C作CN/AE,则CN⊥平面ABC, 以点C为原点，CA,CB,CN分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系， YB 由AE=1,得C0,0,0,A2,0,0,B0,2,0,D0,2,2,E2,0,1, 设AM=1AB,Mx,y,0,1∈0,1，则x-2,y,0=1-2,2,0,解得M2-2入，2入，0， 设平面CED的法向量为元=x,y,z小且C龙=2,0,1CD=0,2,2引 由C克元-2x+2=0,取x=1则航=1,2，-2 CD·i1=2y+2z=0 设平面cME的法向量为元，=a,b,c小且ME=2入，-2入，1 由 C正元=2a00ka=1则元1,1-克2 ME·i,=21a-2b+c=0 设二面角M-EC-D的平面角为9，且sin0=9。 所以cos=d,解得入=号或是 2或 则M点位于线段AB中点，或者八分之一点处且靠近A点. 10.【答案】(1) 如图，连接BD与AC相交于点M,连接MQ, BC/AD'AD=2BC:则△AMD-△CMB 5/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 MD=AD=2,MD=2MB, MB CB “DQ=2PQMQ11BP .BPg平面ACQ,MQc平面ACQ,∴.BP//平面ACQ: (2) 1-3 【分析】 (1)利用三角形相似得MD=2MB,结合DQ=2PQ,则有MQ//BP,利用线面平行的判定即可证 明； (2)以A为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，求出平面ACQ的法向量，利用线面角的空间向量法 即可得到答案 (1)小问详解： 略 (2)小问详解： :AP⊥平面ABCD'AB,ADc平面ABCD.AP⊥AB,AP⊥AD' 因为底面AB⊥BC,则AB,AD,AP两两垂直， 以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 名点坐标如下：A00,0rC11,0rP00,1Q0号号 X 设平面ACQ的法向量为m=x,y,z, 由-11.0r00,号 AC·m=x+y=0 2.2 A0m=3y+32=0 ,令x=y=-12=可得 3 m=1,-1,1, 6/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由Gp=-1,-1,1小有C产·i=1'CP=励=口， 1 则cosCP,m= ￥口 故直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为亏 11.【答案】(1) 证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-XyZ 不妨令正方体的棱长为2， 则D0,0,0G1,0,0B2,2,0B12,2,2F0,2,1 设E2,a,0则B1E=0,a-2,-2?BG=-1,-2,0 所以cos(B:E,BG B1E·BG_4-2a BEBG 阿口 所以a2-4a+3=0,解得a=1(a=3舍去)，即E为AB的中点. Z小 B D G E (2)V▣ ■ 【分析】 (1)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,不妨令正方体的棱长为2，设 E2,a,0,利用cosB1E,BG B1E·BG 解得a=1,即可证得； BEBG (2)分别求得平面B,EF与平面ABCD,的法向量m,m利用C0s成，i= m.n 闭求解即可 7/10 画学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)小问详解： 略 (2)小问详解： 由(1)可得B1E=0,-1,-2EF=-2,1,1 设m=x,y,z是平面B1EF的法向量， 则mBE=-y-2z=0令2=2得m=-1,-4,2 m·EF=-2x+y+z=0 易得平面ABC,D,的一个法向量为方=DA,=2,0,2 所以cosi,i}= m.n m:2*石 所以所求锐二面角的余弦值为口 12.【答案】(1) 记AB中点为G,连接BD,DG, P E D 则四边形BCDG为正方形，且根据勾股定理得BD=AD=V口， 所以BD+AD=4=AB,则∠ADB=90,所以AD⊥BD, 又因为AD⊥PD,BDOPD=D,BD,PDC平面PDB,所以AD⊥平面PBD 因为PBC平面PBD,所以AD⊥PB,又因为PB+AB=8=PA2,所以PB⊥AB, 且ABOAD=A,AB,ADC平面ABCD,所以PB⊥平面ABCD.(2)存在，点M为PD的中 点，理由如下： 由(1)知，PB⊥平面ABCD,且∠ABC=90° 以B为坐标原点，以BC,BA,BP分别为X,y,Z轴建立空间直角坐标系， 8/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则A0,2,0,B0,0,0,C1,0,0,D1,1,0,P0,0,2, 设PM=λPD,1∈0,1，则Mλ，入，2-2， 则BA=0,2,0B=入，入，2-2BC=1,0,0° 设平面MAB与平面MBC的法向量分别为元=X1,y1,Z和方=x,y,z2 B而元=1x+入y+223,=0’令x=21-2,得元=21-2,0， BA·i1=2y1=0 BC·i2=x2=0 ，令y2=21-2:得元=0,21-2， BM·n2=λx2+λy2+2-2z2=0 设半MAB与平面MBc实为g0e0,引 则cos日=cosi1,i2= i λ2 2-2+25 因此存在点M为PD的中点，使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为 1 【分析】 (1)AB中点为G,连接BD,DG,由勾股定理可得AD⊥BD,结合AD⊥PD可得AD⊥平面 PBD,即AD⊥PB,又由PB⊥AB即可证明PB⊥平面ABCD; (2)以B为坐标原点建立空间直角坐标系，设PM=入PD,然后利用待定系数法求出平面MAB与平面 MBC的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. (1)小问详解： 9/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 略 (2)小问详解： 略 10/10