17浙江高考空间向量与立体几何练习

2017浙江高考空间向量与立体几何

练习

空间向量与立体几何两年高考真题演练1．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝5，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；(3)设E 为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正1弦值为3，求线段A1E的长． 2. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB 交PB于点F，连接DE、DF、BD、BE.

(1)证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理；πDC(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3，求BC的值．3．如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD. (1)求证：AB⊥PD；

(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC 夹角的余弦值．考点25 空间向量与立体几何一年模拟试题精练1．已知等边三角形PAB的边长为2，四边形ABCD为矩形，AD＝4，平面PAB⊥平面ABCD，E，F，G分别是线段AB，CD，PD上的点．2(1)如图(1)，若G为线段PD的中点，BE＝DF＝3，证明：PB∥平面EFG；(2)如图(2)，若E, F分别为线段AB，CD的中点，DG＝2GP，试问：矩形ABCD内(包括边界)

能否找到点H，使之同时满足下列两个条件，并说明理．(ⅰ)点H到点F 的距离与点H到直线AB的距离之差大于4；(ⅱ)GH⊥PD.2．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t，(0(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理．3．如图，已知平行四边形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相1垂直，其中BE∥AF，AB⊥AF，AB＝BE＝2AF，BC＝2AB，∠CBAπ＝4，P为DF 的中点．(1)求证：PE∥平面ABCD；

(2)求平面DEF与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．

4．如图1在Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，D、E分别为线段AB、

AC的中点，AB＝4，BC＝22.以DE为折痕，将Rt△ADE折起到图2的位置，使平面A′DE⊥平面DBCE，连接A′C，A′B，设F是线段→＝λCA→A′C上的动点，满足CF′. (1)证明：平面FBE ⊥平面A′DC；(2)若二面角F－BE －C的大小为45°，求λ的值．空间向量与立体几何【两年高考真题演练】 1. 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，1??得M?1，2，1?，N(1，－2，1)．??(1)证明依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向5?→＝?→·n＝0，又因为直线MN?平面?0，－，0?，此可得MN量，MN2??ABCD，所以MN∥平面ABCD. →＝(1，－2，2)，AC→＝(2，0，0)，设n＝(x，y，z)

为(2)解AD11平面ACD1的法向量，则→＝0，??n1·AD1?x－2y＋2z＝0，即? ?→?2x＝0.?n1·AC＝0，?不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1)．设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则→＝0，?n2·AB1?→＝0，?n2·AC→＝(0，1，2)，又AB1??y＋2z＝0，得?不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)．??2x＝0，n1·n210因此有cos〈n1，n2〉＝＝－10，于是sin〈n1，n2〉＝|n1|·|n2|31010. 310所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为10. →→(3)依题意，可设A1E＝λA1B1，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，→＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法从而NE向量，→·nNE1→已知，得cos〈NE，n〉＝＝222→＋＋1|NE|·|n|1＝3，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0，1]，解得λ＝7－2，所以，线段A1E 的长为7－2. 2．解法一(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，底面

ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD ＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE?平面PCD，所以BC⊥DE. 又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC. 而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.而PB?平面PBC，所以PB⊥DE. 又PB ⊥EF，DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF. DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB. (2)如图，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线．(1)知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG. 又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG，而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD. 故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD＝DC＝1，BC＝λ，有BD＝1＋λ2，π在Rt△PDB 中，DF⊥PB，得∠DPF＝∠FDB＝3，πBD则tan 3＝tan∠DPF＝PD＝1＋

λ2＝3，解得λ＝2. DC12所以BC＝＝2. λπDC2故当面DEF与面ABCD 所成二面角的大小为3时，BC＝2. 法二(1)如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD＝DC＝1，BC＝λ，则D(0，0，→＝(λ，1，－1)，点E0)，P(0，0，1)，B(λ，1，0)，C(0，1，0)，PB11?→?11??是PC的中点，所以E?0，2，2?，DE＝?0，2，2?，

→·DE→＝0，即PB⊥DE. 于是PB 又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF. →＝(0，1，－1)，DE→·PC→＝0，则DE⊥PC，因PC 所以DE⊥平面PBC. DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB. →＝(0，0，1)是平面ABCD的一(2)PD ⊥平面ABCD，所以DP个法向量；→＝(－λ，－1，1)是平面DEF(1)知，PB