天津市南开中学2015届高考数学空间向量练习2（含解析）1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB中点E,连结CE,1AB,1AE, AB=1AA,1BAA=060,∴1BAA是正三角形,∴1AE⊥AB, CA=CB,∴CE⊥AB, 1CEAE=E,∴AB⊥面1CEA,∴AB⊥1AC;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA⊥AB,又 面ABC⊥面11ABBA,面ABC∩面11ABBA=AB,∴EC⊥面11ABBA,∴EC⊥1EA,∴EA,EC,1EA两两相互垂直,以E为坐标原点,EA�的方向为x轴正方向,|EA�|为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系Oxyz,有题设知A(1,0,0),1A(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0),则BC�=(1,0,3),1BB�=1AA�=(-1,0,3),1AC�=(0,-3,3),设n=(,,)xyz是平面11CBBC的法向量,则100BCBB��nn,即3030xzxy,可取n=(3,1,-1),∴1cos,AC�n=11|ACAC��n|n||105,∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为10512.如图三棱锥中，侧面为菱形，.(Ⅰ)证明：；（Ⅱ）若，，AB=Bc，求二面角的余弦值.（19）解：（I）连接，交，连接AO，因为侧面，所以又又（II）因为又因为以因为2则3.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.解：（I）连接BD交AC于点O,连结EO。因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。又E为PD的中点，所以EO∥PB。EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB∥平面AEC.（Ⅱ）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直。如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则.设，则。设为平面ACE的法向量，则即，可取。又为平面DAE的法向量，由题设，即，解得。因为E为PD的中点，所以三棱锥的高为.三菱锥的体积.34.如图，三棱柱中，点在平面ABC内的射影D在AC上，，.（I）证明：；（II）设直线与平面的距离为，求二面角的大小.DB1CC1A1AB解：解法一：（I）平面，平面，故平面平面．又，平面．连结， 侧面为菱形，故，由三垂线定理得；（II）平面平面，故平面平面．作为垂足，则平面．又直线∥平面，因而为直线与平面的距离，． 为的角平分线，故．作为垂足，连结，由三垂线定理得，故为二面角的平面角．由得为的中点，∴二面角的大小为．B1C1DCBAA1EFzyxB1C1DCBAA1解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设知与轴平行，轴在平面内．4（I）设，由题设有则由得，即（①）．于是．（II）设平面的法向量则即．故，且．令，则，点到平面的距离为．又依题设，点到平面的距离为．代入①解得（舍去）或．于是．设平面的法向量，则，即，故且．令，则．又为平面的法向量，故，∴二面角的大小为．5.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，求与所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长．【解】（Ⅰ）因为四边形是菱形，所以，又因为平面，所以，因为，所以平面．（Ⅱ）设．因为，，5OzyxDCBAPDOBCAP所以，．如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，设与所成角为，则．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，设，则，设平面的法向量,则即令则．所以同理，平面的法向量，因为平面平面，所以，解得．所以．6.如图，四边形是边长为1的正方形，平面，平面，且，为的中点，（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．6NMECABD解：如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标依题意，得。，所以异面直线与所成角的余弦值为.A（2）假设在线段上存在点，使得平面.,可设又.由平面，得即故，此时.经检验，当时，平面.故线段上存在点，使得平面，此时.7.如图，在四面体中，，，，且．（Ⅰ）设为中点．证明：在上存在一点，使，并计算的值．（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值．解：取为坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，建立空间直角坐标系（如图所示）则为中点，7QPCOAB设。即，。所以存在点使得且。（Ⅱ）记平面的法向量为,则...
