中档大题规范练2 立体几何与空间向量1.如图,在四棱锥P —ABCD 中,侧面P AD ⊥底面ABCD ,侧棱P A =PD =2,P A ⊥PD ,底面ABCD 为直角梯形,其中BC ∥AD ,AB ⊥AD ,AB =BC =1,O 为AD 的中点.(1)求证:PO ⊥平面ABCD ;(2)求B 点到平面PCD 的距离;(3)线段PD 上是否存在一点Q ,使得二面角Q —AC —D 的余弦值为63?若存在,求出PQ QD 的值;若不存在,请说明理由.(1)证明 因为P A =PD =2,O 为AD 的中点,所以PO ⊥AD ,因为侧面P AD ⊥底面ABCD ,所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 以O 为原点,OC ,OD ,OP 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系O -xyz ,则B (1,-1,0),C (1,0,0),D (0,1,0),P (0,0,1).PB →=(1,-1,-1),设平面PDC 的法向量为u =(x ,y ,z ),CP →=(-1,0,1),PD →=(0,1,-1).则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →=-x +z =0,u ·PD →=y -z =0,取z =1,得u =(1,1,1), B 点到平面PDC 的距离d =|BP →·u ||u |=33. (3)解 假设存在,则设PQ →=λPD → (0<λ<1),因为PD →=(0,1,-1),所以Q (0,λ,1-λ),设平面CAQ 的法向量为m =(a ,b ,c ),则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →=0,m ·AQ →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧a +b =0,(λ+1)b +(1-λ)c =0, 所以取m =(1-λ,λ-1,λ+1),平面CAD 的法向量n =(0,0,1),因为二面角Q —AC —D 的余弦值为63, 所以|m·n||m||n |=63, 所以3λ2-10λ+3=0,所以λ=13或λ=3(舍去),所以PQ QD =12. 2.如图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB =2AD =2,E 为AB 的中点,F 为D 1E 上的一点,D 1F =2FE .(1)证明:平面DFC ⊥平面D 1EC ;(2)求二面角A —DF —C 的大小.(1)证明 以D 为原点,分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系,则A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),D 1(0,0,2).∵E 为AB 的中点,∴E 点坐标为(1,1,0),∵D 1F =2FE ,∴D 1F →=23D 1E →=23(1,1,-2) =(23,23,-43), DF →=DD 1→+D 1F →=(0,0,2)+(23,23,-43)=(23,23,23). 设n =(x ,y ,z )是平面DFC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →=0,n ·DC →=0,∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x +23y +23z =0,2y =0,取x =1得平面FDC 的一个法向量n =(1,0,-1).设p =(x ,y ,z )是平面ED 1C 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →=0,p ·D 1C →=0,∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x +23y -43z =0,2y -2z =0,取y =1得平面D 1EC 的一个法向量p =(1,1,1).∵n·p =(1,0,-1)·(1,1,1)=0,∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q =(x ,y ,z )是平面ADF 的法向量,则q ·DF →=0,q ·DA →=0.∴⎩⎪⎨⎪⎧23x +23y +23z =0,x =0,取y =1得平面ADF 的一个法向量q =(0,1,-1),设二面角A —DF —C 的平面角为θ,由题中条件可知θ∈(π2,π), 则cos θ=-|n·q |n|·|q ||=-0+0+12×2=-12, ∴二面角A —DF —C 的大小为120°.3.如图所示,在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中,AB ⊥AC ,AB =AC =2,A 1A =4,点D 是BC 的中点.(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值;(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值.解 (1)以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2,0),D (1,1,0),A 1(0,0,4),C 1(0,2,4),所以A 1B →=(2,0,-4),C 1D →=(1,-1,-4).因为cos 〈A 1B →,C 1D →〉=A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|=1820×18=31010, 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1=(x ,y ,z ),因为AD →=(1,1,0),AC 1→=(0,2,4),所以n 1·AD →=0,n 1·AC 1→=0,即x +y =0且y +2z =0,取z =1,得x =2,y =-2,所以n 1=(2,-2,1)是平面ADC 1的一个法向量.取平面AA 1B 的一个法向量为n 2=(0,1,0),设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|=⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|=29×1=23, 得sin θ=53. 因此,平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.4.如图,在四棱锥P —ABCD 中,平面P AD ⊥底面ABCD ,其中底面ABCD 为等腰梯形,AD ∥BC ,P A =AB =BC =CD =2,PD =23,P A ⊥PD ,Q 为PD 的中点.(1)证明:CQ ∥平面P AB ;(2)求二面角D —AQ —C 的余弦值.(1)证明 如图所示,取P A 的中点N ,连结QN ,BN .在△P AD 中,PN =NA ,PQ =QD ,所以QN ∥AD ,且QN =12AD . 在△APD 中,P A =2,PD =23,P A ⊥PD ,所以AD =P A 2+PD 2=22+(23)2=4,而BC =2,所以BC =12AD . 又BC ∥AD ,所以QN ∥BC ,且QN =BC ,故四边形BCQN 为平行四边形,所以BN ∥CQ .又CQ ⊄平面P AB ,BN ⊂平面P AB ,所以CQ ∥平面P AB .(2)解 如图,在平面P AD 内,过点P 作PO ⊥AD 于点O ,连结OB .因为平面P AD ⊥平面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD ,所以PO ⊥平面ABCD . 又PO ⊥AD ,AP ⊥PD , 所以PO =AP ×PD AD =2×234=3, 故AO =AP 2-PO 2=22-(3)2=1.在等腰梯形ABCD 中,取AD 的中点M ,连结BM ,又BC =2,AD =4,AD ∥BC ,所以DM =BC =2,DM ∥BC ,故四边形BCDM 为平行四边形.所以BM =CD =AB =2.在△ABM 中,AB =AM =BM =2,AO =OM =1,所以BO ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD ,所以BO ⊥平面P AD .如图,以O 为坐标原点,分别以OB ,OD ,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则O (0,0,0),D (0,3,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),P (0,0,3),C (3,2,0),则AC→=(3,3,0).因为Q 为DP 的中点,故Q ⎝⎛⎭⎫0,32,32, 所以AQ →=⎝⎛⎭⎫0,52,32. 设平面AQC 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AC →,m ⊥AQ →,可得⎩⎨⎧ m ·AC →=3x +3y =0,m ·AQ →=52y +32z =0,令y =-3,则x =3,z =5.故平面AQC 的一个法向量为m =(3,-3,5).因为BO ⊥平面P AD ,所以OB →=(3,0,0)是平面ADQ 的一个法向量.故cos 〈OB →,m 〉=OB →·m |OB →|·|m |=333·32+(-3)2+52=337=33737. 从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737. 5.在四棱锥P —ABCD 中,侧面PCD ⊥底面ABCD ,PD ⊥CD ,底面ABCD 是直角梯形,AB ∥CD ,∠ADC =90°,AB =AD =PD =1,CD =2.(1)求证:BC ⊥平面PBD ;(2)在线段PC 上是否存在一点Q ,使得二面角Q —BD —P 为45°?若存在,求PQ PC的值;若不存在,请说明理由.(1)证明 平面PCD ⊥底面ABCD ,PD ⊥CD ,所以PD ⊥平面ABCD ,所以PD ⊥AD .如图,以D 为原点建立空间直角坐标系D -xyz ,则A (1,0,0),B (1,1,0),C (0,2,0),P (0,0,1),DB →=(1,1,0),BC →=(-1,1,0),所以BC →·DB →=0,BC ⊥DB ,又由PD ⊥平面ABCD ,可得PD ⊥BC ,因为PD ∩BD =D ,所以BC ⊥平面PBD .(2)解 平面PBD 的法向量为BC →=(-1,1,0),PC →=(0,2,-1),设PQ →=λPC →,λ∈(0,1),所以Q (0,2λ,1-λ),设平面QBD 的法向量为n =(a ,b ,c ),DB →=(1,1,0),DQ →=(0,2λ,1-λ),由n ·DB →=0,n ·DQ →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧ a +b =0,2λb +(1-λ)c =0,令b =1,所以n =(-1,1,2λλ-1), 所以cos 45°=|n ·BC →||n ||BC →|=22 2+(2λλ-1)2=22, 注意到λ∈(0,1),得λ=2-1, 所以在线段PC 上存在一点Q ,使得二面角Q —BD —P 为45°,此时PQ PC=2-1.。