公务员职业道德-入党转正申请书格式

专题十九 空间向量与立体几何
考向一

线线角与线面角
1
.
(2017·南京期初)如图,在底面为正方形的四棱锥
P
-
ABCD
中,侧棱
PD
⊥底面
ABCD
,
PD=D C
,点
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,使得二面角
F
-
DE
-
B
的正弦值为,求的值
.

(第1题)


2
.
(2017·苏北四市摸底)如图,在四棱锥
P
-
A BCD
中,
PA
⊥平面
ABCD
,∠
ABC=
∠< br>BAD=
90°,
AD=AP=
4,
AB=BC=
2,M
为
PC
的中点
.

(1) 求异面直线
AP
,
BM
所成角的余弦值;
(2) 点
N< br>在线段
AD
上,且
AN=
λ,若直线
MN
与平面PBC
所成角的正弦值为,求λ的值
.


(第2题)


3
.
(2017·南京、盐城二模)如图,在直四棱柱
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
中 ,底面四边形
ABCD
为菱
形,
A
1
A=AB=
2 ,∠
ABC=
,
E
,
F
分别是
BC
,A
1
C
的中点
.

(1) 求异面直线
EF
,
AD
所成角的余弦值;
(2) 点
M< br>在线段
A
1
D
上,
=
λ,若
CM
∥ 平面
AEF
,求实数λ的值
.

(第3题)


4
.
(2017·南通一模)如图,在棱长为2的正方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
中,
P
为棱
C
1
D
1
的中点,
Q
为棱
BB
1
上的
点,且
BQ=
λ
BB
1
(λ ≠0)
.

(1) 若λ
=
,求
AP
与
AQ
所成角的余弦值;

(2) 若直线
AA
1
与平面
APQ
所成的 角为45°,求实数λ的值
.


(第4题)



考向二

二面角问题
5
.
(2017·苏州、无锡、常 州、镇江一调)如图,在正四棱锥
P
-
ABCD
中,
PA=AB=< br>2,点
M
,
N
分别在
PA
,
BD
上 ,且
==.

(1) 求异面直线
MN
与
PC
所成角的大小;
(2) 求二面角
N
-
PC
-
B
的余弦值
.


(第5题)


6
.
(2017·南通三模) 如图,在四棱锥
S
-
ABCD
中,
SD
⊥平面
AB CD
,四边形
ABCD
是直角梯
形,∠
ADC=
∠
DAB=
90°,
SD=AD=AB=
2,
DC=
1
.
(1) 求二面角
S
-
BC
-
A
的余弦值;
(2) 设
P
是棱
BC
上一点,
E
是
SA
的中点,若
PE
与平面
SAD
所成角的正弦值为,求线段
C P
的长
.


(第6题)


7
.
(2017·盐城三模)如图,在四棱锥
P
-
ABC D
中,底面
ABCD
是矩形,平面
PAD
⊥底面
ABCD< br>,且△
PAD
是
边长为2的等边三角形,
PC=
,点
M
在
PC
上,且
PA
∥平面
BDM.

(1) 求直线
PC
与平面
BDM
所成角的正弦值;
(2) 求平面
BDM
与平面
PAD
所成锐二面角的大小
.

(第7题)

8
.
(2018·南京期 初)如图,在四棱锥
P
-
ABCD
中,
PA
⊥平面
ABCD
,
AB
⊥
AD
,
AD
∥
BC,
AP=AB=AD=
1
.

(1) 若直线
PB
与
CD
所成角的大小为,求
BC
的长;
(2) 求二面角
B
-
PD
-
A
的余弦值
.


(第8题)


9
.
(2018·苏北四市一 模)如图,在正三棱柱
ABC
-
A
1
B
1
C
1
中,已知
AB=
1,
AA
1
=
2,
E
,
F
,
G
分别是
AA
1
,
AC< br>和
A
1
C
1
的中点
.
以{,,}为正交基底 建立如图所示的空间直角坐标系
F
-
xyz.

(1) 求异面直线
AC
与
BE
所成角的余弦值;
(2) 求二面角
F
-
BC
1
-
C
的余弦值
.


(第9题)

考向三

综合问题
10
.
(2017·无锡期末)如图,在四棱锥
P
-
ABCD
中,
PA⊥平面
ABCD
,四边形
ABCD
为直角梯
形,
AD< br>∥
BC
,∠
BAD=
∠
CBA=
90°,
P A=AB=BC=
1,
AD=
2,
E
,
F
,
G
分别为
BC
,
PD
,
PC
的中点
.< br>
(1) 求
EF
与
DG
所成角的余弦值;
(2) 若
M
为
EF
上一点,
N
为
DG
上一点,是 否存在
MN
,使得
MN
⊥平面
PBC
?若存在,求出点M
,
N
的坐标;
若不存在,请说明理由
.

(第10题)

11
.
(2 018·苏州一模)如图,已知矩形
ABCD
所在平面垂直于直角梯形
ABPE
所在平面,其交线为
AB
,
且
AB=BP=
2,
AD=A E=
1,
AE
⊥
AB
,且
AE
∥
BP.< br>
(1) 求平面
PCD
与平面
ABPE
所成的二面角的余弦值;
(2) 试 问:线段
PD
上是否存在一点
N
,使得直线
BN
与平面PCD
所成角的正弦值等于?若存在,试确定
点
N
的位置;若不存在,请 说明理由
.

(第11题)















12
.
(2018·南通模拟)如图,在三棱锥
A
-
BC D
中,已知△
ABD
,△
BCD
都是边长为2的等边三角形,
E
为
BD
中点,且
AE
⊥平面
BCD
,
F
为线段
AB
上一动点,记
=
λ
.

(1) 当λ
=
时,求异面直线
DF
与
BC
所成角的余弦值;
(2) 当
CF
与平面
ACD
所成角的正弦值为时,求实数λ的值
.


(第12题)

专题十九

空间向量与立体几何

1
.
(1) 在四棱锥
P
-
ABCD
中,底面< br>ABCD
为正方形,侧棱
PD
⊥底面
ABCD
,所以
DA
,
DC
,
DP
两两垂直,故以
{,,}为正交基底,建 立如图所示的空间直角坐标系
D
-
xyz.

因为
PD=D C
,所以
DA=DC=DP
,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
=
(
-
2,0,2),
=
(
-
2,
-
1,1),
所以cos
<
,
>===
,
从而
<
,
>=.

因此异面直线
AP
与
BE
所成角的大小为
.

(2) 由(1)可知,
=
(0,1,1),
=
(2,2,0),< br>=
(2,2,
-
2)
.

设
=
λ,则
=
(2λ,2λ,
-
2λ),
从而
=+=
(2λ,2λ,2
-
2λ)
.

设
m=
(
x
1
,
y
1
,
z1
)为平面
DEF
的一个法向量,
则即
取
z
1
=
λ,则
y
1
=-
λ,
x
1
=
2λ
-
1
.

所以
m=
(2λ
-
1,
-
λ,λ)为平面
DEF
的一个法向量
.

设
n=
(
x
2
,
y
2
,
z
2
)为平面
DEB
的一个法向量,
则即
取
x
2
=
1,则
y
2
=-
1,
z
2< br>=
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,所以二面角
F
-
DE
-
B< br>的余弦的绝对值为,即
|
cos
,
n>|=
,
所以
=
,即
=
,
化简得4λ
=
1,因 为点
F
在线段
PB
上,所以0≤λ≤1,
2
所以λ
=
,即
=.

(第1题)

2
.
(1) 因为
PA
⊥平面< br>ABCD
,且
AB
,
AD
⊂平面
ABCD
,
所以
PA
⊥
AB
,
PA
⊥
AD
,
因为∠
BAD=
90°,所以
PA
,
AB
,
AD
两两互相垂直
.

如图,分别以
AB
,
AD
,
AP
为
x
,
y
,
z
轴建立空间 直角坐标系
A
-
xyz
,
则由
AD=
2
AB=
2
BC=
4,
PA=
4,可得
A
(0,0, 0),
B
(2,0,0),
C
(2,2,0),
D
(0,4 ,0),
P
(0,0,4)
.

因为
M
为
PC
的中点,所以
M
(1,1,2),
所以
=
(
-
1,1,2),
=
(0,0,4),
所以cos
<
,
>===
,
所以异面直线
AP
,
BM
所成角的余弦值为
.

(2) 因为
AN=
λ,所以
N
(0,λ,0)(0≤λ≤4),
则
=
(
-
1,λ
-
1,
-
2),
=
(0,2,0),
=
(2,0,
-
4)
.

设平面
PBC
的一个法向量为
m=
(
x
,y
,
z
),
则 即 令
x=
2,解得
y=
0,
z=
1,
所以
m=
(2,0,1)是平面
PBC
的一个法向量
.

因为直线
MN
与平面
PBC
所成角的正弦值为,
所以
|
cos
<
,
m>|===
,
解得λ
=
1∈[0,4],所以λ的值为1
.

(第2题)


3
.
因为四棱柱
ABCD
-
A1
B
1
C
1
D
1
为直四棱柱,所以
A
1
A
⊥平面
ABCD.

又
AE
⊂平面< br>ABCD
,
AD
⊂平面
ABCD
,所以
A
1
A
⊥
AE
,
A
1
A
⊥
AD.
在菱形
ABCD
中,∠
ABC=
,则△
ABC
是等边三角形
.

因为
E
是
BC
中点,所以BC
⊥
AE.

因为
BC
∥
A D
,所以
AE
⊥
AD.

以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
A
-
xyz.

则
A
(0,0,0),
C
(,1,0),
D
(0, 2,0),
A
1
(0,0,2),
E
(,0,0),所以
F .

(1)
=
(0,2,0),
=
,所以·
=
1
.

从而cos
<
,
>==.

故异面直线
EF
,
AD
所成角的余弦值为
.

(2) 设
M
(
x
,
y
,
z
), 由于点
M
在线段
A
1
D
上,且
=
λ, < br>则
=
λ,即(
x
,
y
,
z-
2)< br>=
λ(0,2,
-
2)
.

则
M
( 0,2λ,2
-
2λ),所以
=
(
-
,2λ
-1,2
-
2λ)
.

设平面
AEF
的一个法向 量为
n=
(
x
0
,
y
0
,
z0
)
.

因为
=
(,0,0),
=
,
由
n
·
=
0,
n
·
=
0,得x
0
=
0,
y
0
+z
0
=
0
.

取
y
0
=
2,则
z
0
=-
1,
则平面
AEF
的一个法向量为
n=
(0,2,
-
1 )
.

由于
CM
∥平面
AEF
,则
n·
=
0,
即2(2λ
-
1)
-
(2
-
2λ)
=
0,解得λ
=.


(第3题)

(第4题)

4
.
以{,,}为正交基底,建立如图所示空间直角坐标系
A
-
xyz.

(1) 因为
=
(1,2,2),
=
(2,0,1),所以cos< br><
,
>===.

所以
AP
与
AQ
所成角的余弦值为
.

(2) 由题意可知,
=
(0,0,2),
=
(2,0,2λ)
.

设平面
APQ
的一个法向量为
n=
(
x
,
y
,
z
),
则即
令
z=-
2,则
x=
2λ,
y=
2
-
λ
.

所以
n=
(2λ,2
-
λ,
-
2)
.

又因为直线
AA
1
与平面
APQ
所成角为45°,
所以
|
cos
,
>|===
,
可得5λ
-
4λ
=
0,又因为λ≠0,所以λ
=.

2
5
.
(1) 设
AC
,
BD
交于点< br>O
,在正四棱锥
P
-
ABCD
中,
OP
⊥平 面
ABCD.
又
PA=AB=
2,所以
OP=.
以
O
为坐标
原点,,方向分别为
x
轴、
y
轴正方向,建立如图 所示的空间直角坐标系
O
-
xyz.

则
A
(1,
-
1,0),
B
(1,1,0),
C
(
-
1,1,0),
D
(
-
1,
-
1,0),
P
(0,0,)
.

故
=+=+=
,
==
,
所以
=
,
=
(
-
1,1,
-
),
所以cos
<
,
>==
,
所以
MN
与
PC
所成角的大小为
.

(第5题)

(2) 又
=
(
-
1,1,
-
),
=
(2,0,0),
=.

设
m=
(
x
,
y
,
z
)是平面
PCB
的一个法 向量,

则
m
·
=
0,
m
·
=
0,
可得令
x=
0,
y=
,
z=
1,即
m=
(0,,1)
.

设
n=
(< br>x
1
,
y
1
,
z
1
)是平面
PCN
的一个法向量,
则
n
·
=
0,
n
·
=
0, 可得令
x
1
=
2,
y
1
=
4,
z
1
=
,即
n=
(2,4,)
.

所以cos
,
n>===
,
则二面角
N-
PC
-
B
的余弦值为
.

6
.
(1) 以
D
为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系D
-
xyz
,
则
D
(0,0,0),
B(2,2,0),
C
(0,1,0),
S
(0,0,2),
A< br>(2,0,0),
所以
=
(2,2,
-
2),
=< br>(0,1,
-
2),
=
(0,0,2)
.

设平面
SBC
的一个法向量为
n
1
=
(
x
,
y
,
z
),
由
n
1
·
=0,
n
1
·
=
0,
得2
x+
2y-
2
z=
0且
y-
2
z=
0
.
取
z=
1,得
x=-
1,
y=
2,
所以
n
1
=
(
-
1,2,1)是平面
SBC的一个法向量
.

因为
SD
⊥平面
ABC
,取 平面
ABC
的一个法向量
n
2
=
(0,0,1)
.

设二面角
S
-
BC
-
A
的大小为θ,
所以
|
cosθ
|===.

由图可知二面角
S
-
BC
-
A
为锐二面角, 所以二面角
S
-
BC
-
A
的余弦值为
.

(2) 由(1)知
E
(1,0,1),则
=
(2,1,0),
=
(1,
-
1,1)
.

设
=
λ (0≤λ≤1),则
=
λ(2,1,0)
=
(2λ,λ,0),
所 以
=-=
(1
-
2λ,
-
1
-
λ,1)< br>.

易知
CD
⊥平面
SAD
,所以
=
(0,1,0)是平面
SAD
的一个法向量
.

设
PE
与平面
SAD
所成的角为α,
所以sinα
=|
cos
<
,
>|==
,
即
=
,解得λ
=
或λ
=
(舍去)
.

所以
=
,
||=
,

所以线段
CP
的长为
.


(第6题)

7
.
因为平面
PAD
⊥平面ABCD
,△
PAD
为正三角形,作
AD
边上的高
PO .

因为平面
PAD
∩平面
ABCD=AD
,由面面垂直的 性质定理,得
PO
⊥平面
ABCD.
又四边形
ABCD
是矩 形,
同理可证
CD
⊥平面
PAD
,则
CD
⊥
PD.
又
PC=
,
PD=
2,故
CD=
3
.

以
AD
中点
O
为坐标原点,
OA
所 在直线为
x
轴,
OP
所在直线为
z
轴,
AD
的垂直平分线为
y
轴,建立如
图所示的空间直角坐标系
O
-
xyz
,则
P
(0,0,),
A
(1,0,0),
B(1,3,0),
C
(
-
1,3,0),
D
(
-
1,0,0)
.

如图,连接
AC
交
BD
于点
N.
因为
PA
∥平面
MBD
,平面
APC< br>∩平面
MBD=MN
,
所以
MN
∥
PA
, 又
N
是
AC
的中点,
所以
M
是
PC
的中点,则
M.

设平面< br>BDM
的一个法向量为
n=
(
x
,
y
,z
),
因为
=
(
-
2,
-
3,0) ,
=
,
由
n
·
=
0,
n
·
=
0,得 < br>令
x=
1,解得
y=-
,
z=
,所以取
n= .


(第7题)

(1) 因为
=
(
-
1,3,
-
),设
PC
与平面
BDM
所成的角为 θ,
则sinθ
==
,

所以直线
PC
与 平面
BDM
所成角的正弦值为
.

(2) 易知平面
PAD
的一个法向量为
=
(0,
-
3,0),设平面
BDM
与平面
PAD
所成的锐二面角为φ
.

则cosφ
==
,
所以平面
BDM
与平面
PAD
所成锐二面角的大小为
.

8
.
(1) 以{,,}为 单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
A
-
xyz.
因为
AP =AB=AD=
1,
所以
A
(0,0,0),
B
(1,0 ,0),
D
(0,1,0),
P
(0,0,1)
.

设
C
(1,
y
,0),则
=
(1,0,
-
1),
=
(
-
1,1
-y
,0)
.

因为直线
PB
与
CD
所成角的大小为,
所以
|
cos
<
,
>|==
,
即
=
,解得
y=
2或
y=
0(舍去),
所以
C
(1,2,0),所以
BC
的长为2
.


(第8题)

(2) 设平面
PBD
的一个法向量为< br>n
1
=
(
x
,
y
,
z
),
因为
=
(1,0,
-
1),
=
(0,1,
-
1),
则即
令
x=
1,则
y=
1,
z=
1,所以
n
1
=
(1,1,1)
.

因为平面
PAD
的一个法向量为
n
2
=
(1,0,0),
所以cos
1
,
n
2
>==
, 所以由图可知二面角
B
-
PD
-
A
的余弦值为
.

9
.
(1) 因为
AB=
1,
AA
1
=
2,则
F
(0,0,0),
A
,
C
,
B
,
E
,
C
1
,
所以
=
(
-
1,0,0),
=.

记直线
AC
和
BE
所成的角为α,
则cosα
=|
cos
<
,
>|==
,
所以直线
AC
和
BE
所成角的余弦值为
.

(2) 设平面
BFC
1
的一个法向量为
m=
(
x
1
,
y
1
,
z
1
),
因为
=
,
=
,
所以
取
x
1< br>=
4,得
m=
(4,0,1)
.

设平面
B CC
1
的一个法向量为
n=
(
x
2
,
y< br>2
,
z
2
),
因为
=
,
=
(0,0,2),
所以
取
x
2
=
,得
n=
(,
-
1,0)
.

所以cos
,
n>==.

根据图形可知二面角< br>F
-
BC
1
-
C
为锐二面角,
所以二面角
F
-
BC
1
-
C
的余弦值为
.

10
.
(1) 如图,以
A
为坐标原点,
AB
为
x
轴、
AD
为
y
轴、
AP
为
z< br>轴,建立空间直角坐标系
A
-
xyz
,
则
A
(0,0,0),
B
(1,0,0),
C
(1,1,0),
D(0,2,0),
P
(0,0,1),
因为
E
,
F< br>,
G
分别为
BC
,
PD
,
PC
的中 点,
所以
E
,
F
,
G.

所以
=
,
=.

设异面直线
EF
与
DG
所成的角为θ,
则cosθ
==.

所以
EF
与
DG
所成角的余弦值为
.


(第10题)

(2) 设平面
PBC
的一个法向量为
n =
(
x
,
y
,
z
),

因 为
=
(0,1,0),
=
(1,0,
-
1)
.
所以取
x=
1,得
n=
(1,0,1)
.

因为
M
为
EF
上一点,
N
为
DG
上一点,
若存在
MN
,使得
MN
⊥平面
PBC
, 则∥
n.

设
M
(
x
1
,
y1
,
z
1
),
N
(
x
2
,< br>y
2
,
z
2
),则
①

因为点< br>M
,
N
分别是线段
EF
与
DG
上的点,
所以
=
λ,
=t
,
因为
=
,
=
(
x
2
,
y
2
-
2,
z
2
),
所以且
②

把
②
代入
①
,得解得
所以
M
,
N.

11
.
(1) 因为平 面
ABCD
⊥平面
ABPE
,平面
ABCD
∩平面
ABPE=AB
,
BP
⊥
AB
,所以
BP
⊥平面< br>ABCD.

又因为
AB
⊥
BC
,所以直线
BA
,
BP
,
BC
两两垂直
.

以
B
为坐标原点,以
BA
,
BP
,
BC
分别为x
轴、
y
轴、
z
轴建立如图所示的空间直角坐标系
B< br>-
xyz
,则
P
(0,2,0),
B
(0,0,0) ,
D
(2,0,1),
E
(2,1,0),
C
(0,0,1 ),则
=
(2,
-
2,1),
=
(2,0,0)
.

因为
BC
⊥平面
ABPE
,
所以
=< br>(0,0,1)为平面
ABPE
的一个法向量
.

设平面PCD
的一个法向量为
n=
(
x
,
y
,
z
),
则即
令
y=
1,则
z=
2,故
n=
(0,1,2)
.

设平面
PCD
与平面
ABPE
所成的二面角为θ,
则cos θ
===
,
显然0
<
θ
<
, 所以平面
PCD
与平面
ABPE
所成二面角的余弦值为
.

(2) 设线段
PD
上存在一点
N
,使得直线
BN
与平面
PCD
所成角α的正弦值等于
.

设
=
λ
=
(2λ,
-
2λ,λ)(0≤λ≤1),
所以
=+=
(2λ,2
-
2λ,λ)
.

由(1)知,平面
PCD
的一个法向量为
n=
(0,1,2),

所以cos
<
,
n>===
,
即9λ-
8λ
-
1
=
0,解得λ
=
1或λ
= -
(舍去)
.

2
故当点
N
与点
D
重合时,直线
BN
与平面
PCD
所成角的正弦值为
.


(第11题)

12
.
连接
CE
, 以
EB
,
EC
,
EA
分别为
x
,
y
,
z
轴,建立如图所示的空间直角坐标系
E
-
xyz,则
A
(0,0,),
B
(1,0,0),
C
(0,, 0),
D
(
-
1,0,0)
.

因为
F
为线段
AB
上一动点,且
=
λ,
则
=
λ
=
λ(
-
1,0,)
=
(
-
λ,0,λ),所以
F
(1
-
λ,0,λ)
.

(1) 当λ
=
时,
F
,
=
,
=
(1,
-
,0),
所以cos
<
,
>==.

(2) 由(1)知,
=
(1
-
λ,
-
,λ),
设平面
ACD
的一个法向量为
n=
(
x
,
y
,
z
),
因为
=
(1,0,),
=
(1,,0),
由
n
⊥,
n
⊥,得
化简得取
n=
(,< br>-
1,
-
1)
.

设
CF
与平面
ACD
所成的角为θ,
则sinθ
=|
cos
<
,
n>|==.

解得λ
=
或λ
=
2(舍去),所以λ
=.

(第12题)