2020届江苏高考数学（理）总复习讲义： 空间向量的综合应用(4)

―→ax＋z＝0，??AB1＝0，?n·?则?即?a

―→???2x＋y＝0.AE＝0，?n·

a

1，－，－a?. 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝?2??a―→

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，即－az0＝0，

21

解得z0＝. 2

又∵DP?平面B1AE，

1

∴在棱AA1上存在一点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

2

(3)连结A1D，B1C，由长方体ABCD -A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.

又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面DCB1A1.

―→―→

∴AD1是平面A1B1E的一个法向量，此时AD1＝(0,1,1)． a

―→－－a

2n·AD1―→

则cos〈n，AD1〉＝―＝ . →a22|n||AD1|2· 1＋＋a

4∵二面角A-B1E-A1的大小为30°，

3a25a

2·1＋4

3

，解得a＝2， 2

∴

2＝即AB的长为2.

2．(2018·南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是线段PC的中点．

(1)求异面直线AP与BE所成角的大小；

(2)若点F在线段PB上，且使得二面角F-DE-B的正弦值为PF

求PB的值．

解：(1)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PD―→―→―→

⊥底面ABCD，所以DA，DC，DP两两垂直，故以{DA，DC，DP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

因为PD＝DC，所以DA＝DC＝DP，

3

，3

不妨设DA＝DC＝DP＝2，

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)． 因为E是PC的中点，所以E(0,1,1)， ―→―→

所以AP＝(－2,0,2)，BE＝(－2，－1,1)， ―→―→AP·BE3―→―→

所以cos〈AP，BE〉＝―＝， →―→2

|AP|·|BE|π―→―→

从而〈AP，BE〉＝.

6

π

因此异面直线AP与BE所成角的大小为. 6

―→―→―→―→

(2)由(1)可知，DP＝(0,0,2)，DE＝(0,1,1)，DB＝(2,2,0)，PB＝(2,2，－2)． ―→―→―→

设PF＝λPB，则PF＝(2λ，2λ，－2λ)， ―→―→―→

从而DF＝DP＋PF＝(2λ，2λ，2－2λ)． 设m＝(x1，y1，z1)为平面DEF的法向量， ―→??DE＝0，?m·?λx1＋λy1＋?1－λ?z1＝0，则?即?

―→?y＋z＝0，?11?DE＝0，?m·

取z1＝λ，则y1＝－λ，x1＝2λ－1.

故m＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF的一个法向量， 设n＝(x2，y2，z2)为平面DEB的法向量， ―→??2x2＋2y2＝0，DB＝0，?n·?则?即?

―→?y＋z＝0，?22?DE＝0，?n·

取x2＝1，则y2＝－1，z2＝1.

所以n＝(1，－1,1)为平面BDE的一个法向量． 因为二面角F-DE-B的正弦值为

3

， 3

6， 3

所以二面角F-DE-B的余弦值的绝对值为即|cos〈m，n〉|＝化简得4λ2＝1.

因为点F在线段PB上，所以0≤λ≤1， PF11所以λ＝，即PB＝.

22

|m·n||4λ－1|6

＝＝， 223|m|·|n|3·?2λ－1?＋2λ

3．(2018·常州期末)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1A＝D1D＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2.

(1)在平面ABCD内找一点F，使得D1F⊥平面AB1C； (2)求二面角C-B1A-B的余弦值．

解：(1)取A1D1的中点E，因为D1A＝D1D，所以D1A＝A1A， 所以AE⊥A1D1.

又A1D1∥AD，所以AE⊥AD.

因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD，侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，AE?侧面ADD1A1，

所以AE⊥平面ABCD.

则以A为原点，以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,1)，B1(1，－1,1)，

―→―→―→

设F(a，b,0)，则D1F＝(a，b－1，－1)，AC ＝(1,1,0)，AB1＝(1，－1,1)， 因为D1F⊥平面AB1C，

―→―→??AC＝0，?D1F·?a＋b－1＝0，所以?即?

―→―→?a－b＝0，??AB1＝0，?D1F·

1得a＝b＝，

2

11?所以F??2，2，0?，即F为AC的中点． 所以存在AC的中点F，使D1F⊥平面AB1C.

1―→1

，－，－1?. (2)由(1)可取平面B1AC的一个法向量n1＝D1F＝?2?2?―→

设平面B1AB的法向量n2＝(x，y，z)，因为AB＝(1,0,0)， ―→??AB＝0，?n2·?x＝0，

所以?即?

―→?x－y＋z＝0，??AB1＝0，?n2·

－

令y＝1，得n2＝(0,1,1)．则cos〈n1，n2〉＝3

2

3

×22

＝－3. 2

由图知二面角C-B1A-B为锐角， 所以二面角C-B1A-B的余弦值为

3. 2

4．(2019·苏北四市一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．

(1)求异面直线AP与BM所成角的余弦值；

(2)点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角4

的正弦值为，求λ的值．

5

解：(1)因为PA⊥平面ABCD，且AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.

又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两垂直． 以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴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(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)． 又因为M为PC的中点，所以M(1,1,2)． ―→―→

所以AP＝(0,0,4)，BM＝(－1,1,2)，

―→―→AP·BM86―→―→

所以cos〈AP，BM〉＝―＝＝→―→4×63，

|AP||BM|所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为

6. 3

(2)因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，

―→―→―→

则MN＝(－1，λ－1，－2)，BC＝(0,2,0)，PB＝(2,0，－4)． 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，

―→??2y＝0，BC＝0，?m·?则?即?令x＝2，得y＝0，z＝1，

―→?2x－4z＝0.???m·PB＝0，

所以m＝(2,0,1)是平面PBC的一个法向量， 4因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，

5

―→|MN·m||－2－2|4―→

所以|cos〈MN，m〉|＝―＝＝，解得λ＝1∈[0,4]， 2→55＋?λ－1?·5|MN||m|所以λ的值为1.

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(2018·无锡期末)如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，点P为棱CC1的中点．

(1)设二面角A-A1B-P的大小为θ，求sin θ的值； (2)设M为线段A上的一点，求AM

1BMP的取值范围．

解：(1)如图，以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，

则A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1，1,0)， 所以―PA→―→

1＝(1，－1,1)，PB＝(1,0，－1)， 设平面PA1B的法向量为m＝(x，y，z)， ?则?―?m·PA→1＝0，??x－y＋z＝0，??m·

―即?

PB→＝0，

??x－z＝0，

令x＝1，得m＝(1,2,1)．

又平面AA―→

1B的一个法向量n＝DA＝(1,0,0)， 所以cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝6

6

， 则sin θ＝

306

. (2)设M(x，y，z)，因为M在A1B上，

所以―BM→＝λ―BA→

1，即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)(0≤λ≤1)， 所以M(1,1－λ，2λ)，

所以―MA→＝(0，λ－1，－2λ)，―MP→

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