(通用版)高考数学大二轮复习专题突破练19专题五立体几何过关检测理

所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).

所以=,-,=.

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

则

即

令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n=(-1,-1,1).

又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),

所以cos==-

由题知,二面角F-AE-P为锐角,

所以其余弦值为

(3)解直线AG在平面AEF内.

因为点G在PB上,且=(2,-1,-2),所以=,-,-,=,-.

由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).

所以n=-=0.

所以直线AG在平面AEF内.

21.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直

角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则

F(1,2,h).

依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得所以BF∥平面ADE.

(2)解依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).

=0,又因为直线BF?平面ADE,

设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则不妨令z=1,可得n=(2,2,1).

因此有cos<,n>==-

所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为

(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m=1,1,-不妨令y=1,可得

.

由题意,有|cos|=22.(1)证明因为DC=2AB,BC=所以BD=BC=,

,解得h=,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为

,过B作BE⊥DC于E,则E为DC中点,

又BC⊥BD,所以DC=2.

所以AD=AB=1,因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥DC,PD⊥AD.

在Rt△PDC中,由勾股定理,得PC=

当λ=时,,则PQ=PC=,

因为PD=1,所以

又∠DPQ=∠CPD,所以△DPQ∽△CPD,所以∠DQP=∠CDP=90°,即PC⊥DQ. 因为PD⊥AD,又AD⊥DC,PD∩DC=D, 所以AD⊥平面PDC,所以AD⊥PC. 又AD∩DQ=D,所以PC⊥平面ADQ, 所以AQ⊥PC,命题得证.

(2)以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图).

由(1)得:AD=AB=1,DC=2,则点P(0,0,1),C(0,2,0),A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),令Q(x0,y0,z0),则

=(x0,y0,z0-1),=(0,2,-1),=(-1,1,0),=(1,1,0),=(x0,y0,z0),因为=(x0,y0,z0-1)=λ(0,2,-1),所以点Q(0,2λ,1-λ),

,所以

由题目条件易证BC⊥平面PBD,所以平面PBD的法向量n==(-1,1,0),设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),

则

即

令y=1,得m=-1,1,.

因为二面角Q-BD-P为45°,

所以|cos|=解得λ=,

-1,λ=--1,

因为Q在棱PC上,则0<λ<1,

所以λ=

-1为所求.