高考解答题专项训练4

高考解答题专项训练(四) 空间向量与立体几何

1．如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P -ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .

(1)求证：AB ∥FG ；

(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．

解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ?平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .

因为AB ?平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .

(2)因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .

如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →

＝(1,1,0)．

设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则

???

n ·AB →＝0，

n ·AF →＝0，

即?

????

x ＝0，

y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝????????n ·BC →|n ||BC →|＝12.

因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π

6. 设点H 的坐标为(u ，v ，w )． 因为点H 在棱PC 上， 所以可设PH →＝λPC →

(0<λ<1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)． 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量， 所以n ·AH →

＝0，

即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.

解得λ＝2

3，

所以点H 的坐标为? ??

??

43，23，23.

所以PH ＝

? ????432＋? ????232＋? ??

??－432

＝2. 2．如图，在三棱台DEF -ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．

(1)求证：BD ∥平面FGH ；

(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．

解：(1)证法一：连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH .

在三棱台DEF -ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点， 可得DF ∥GC ，DF ＝GC ， 所以四边形DFCG 为平行四边形． 则O 为CD 的中点， 又H 为BC 的中点， 所以OH ∥BD ，

又OH ?平面FGH ，BD ?平面FGH ，

所以BD∥平面FGH.

证法二：在三棱台DEF-ABC中，

由BC＝2EF，H为BC的中点，

可得BH∥EF，BH＝EF，

所以四边形BHFE为平行四边形，

可得BE∥HF.

在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.

又GH∩HF＝H，

所以平面FGH∥平面ABED.

因为BD?平面ABED，

所以BD∥平面FGH.

(2)设AB＝2，则CF＝1.

在三棱台DEF-ABC中，G为AC的中点，

由DF＝1

2AC＝GC，

可得四边形DGCF为平行四边形，

因此DG∥FC.

又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.

在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点，所以AB＝BC，GB⊥GC，

因此GB，GC，GD两两垂直．

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

可得H ? ??

??

22，22，0，F (0，2，1)．

故GH →＝? ????22，2

2，0，GF →＝(0，2，1)．

设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，

则由???

n ·GH →＝0，

n ·GF →

＝0，

可得?????

x ＋y ＝0，

2y ＋z ＝0.

可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →

＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →

·n |GB →|·|n |

＝222＝1

2.

所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.

3．(2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝1

2(如图①)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图②)．

(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；

(2)在线段

BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：题图①中，由已知可得： AE ＝2，AD ＝1，A ＝60°.

从而DE ＝12＋22－2×1×2×cos60°＝ 3. 故得AD 2＋DE 2＝AE 2， ∴AD ⊥DE ，BD ⊥DE .

∴题图②中，A 1D ⊥DE ，BD ⊥DE ， ∴∠A 1DB 为二面角A 1-DE -B 的平面角， 又二面角A 1-DE -B 为直二面角， ∴∠A 1DB ＝90°，即A 1D ⊥DB .

∵DE ∩DB ＝D 且DE ，DB ?平面BCED ， ∴A 1D ⊥平面BCED .

(2)存在．由(1)知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .

以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、DA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，

过P 作PH ∥DE 交BD 于点H ， 设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，

则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，

易知A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)， 所以P A 1→

＝(a －2，－3a,1)． 因为ED ⊥平面A 1BD ，

所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →

＝(0，3，0)．

因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，

所以sin60°＝|P A 1→·DE →

||P A 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3

＝32，解得a ＝5

4. ∴PB ＝2a ＝5

2，满足0≤2a ≤3，符合题意．

所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.

4．(2019·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AB ＝AA

1，过AA 1的平面分别交BC ，B 1C 1于点D ，D 1.

(1)求证：四边形ADD 1A 1为平行四边形；

(2)若AA 1⊥平面ABC ，D 为BC 的中点，E 为DD 1的中点，求二面角A -C 1E -C 的余弦值．

解：(1)证明：因为AA 1∥BB 1，AA 1?平面BCC 1B 1，BB 1?平面BCC 1B 1， 所以AA 1∥平面BCC 1B 1.

又因为AA 1?平面ADD 1A 1，平面ADD 1A 1∩平面BCC 1B 1＝DD 1， 所以AA 1∥DD 1.

因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面ABC ∩平面ADD 1A 1＝AD ，平面A 1B 1C 1∩平面ADD 1A 1＝A 1D 1，

所以AD ∥A 1D 1.

所以四边形ADD 1A 1为平行四边形． (2)因为D 为BC 的中点，AC ＝AB ， 所以AD ⊥BC .

因为AA 1∥DD 1，AA 1⊥平面ABC ， 所以DD 1⊥平面ABC ，从而DD 1⊥AD . 又DD 1∩BC ＝D ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1.

分别以DA ，DB ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设AC ＝BC ＝AB ＝AA 1＝2，

则A (3，0,0)，E (0,0,1)，C 1(0，－1,2)，AE →＝(－3，0,1)，C 1E →

＝(0,1，－1)． 设平面AC 1E 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，

由???

AE →·n ＝0，

C 1

E →·n ＝0，

得?

????

－3a ＋c ＝0，

b －

c ＝0， 取c ＝3，得n ＝(1，3，3)．

由AD ⊥平面BCC 1B 1，得平面CC 1E 的一个法向量为DA →

＝(3，0,0)， 所以cos 〈DA →，n 〉＝DA →

·n |DA →|·|n |＝37×3＝7

7，

又易知二面角A -C 1E -C 为锐二面角， 故二面角A -C 1E -C 的余弦值为7

7.

5．(2019·天津十二校联考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.

(1)求证：面ACE ⊥面BED ；

(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；

(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°？若存在，求出AM

AF 的值；若不存在，说明理由．

解：(1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ?平面ADEF ，DE ⊥AD ，

所以DE ⊥平面ABCD .

又因为AC ?平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，

又因为DE ∩BD ＝D ，DE ?平面BED ，BD ?平面BED ， 所以AC ⊥平面BDE .

又因为AC ?平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED . (2)因为DE ⊥DC ，DE ⊥AD ，AD ⊥DC ， 所以建立空间直角坐标系D -xyz 如图所示．

则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)， 所以CA →＝(3，－3,0)，BE →＝(－3，－3,36)，EF →

＝(3,0，－6)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．

则???

n ·BE →＝0，

n ·EF →＝0，

即?????

－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，3x 1－6z 1＝0，

令x 1＝6，则y 1＝26，z 1＝3， 则n ＝(6，26，3)．

所以cos 〈CA →，n 〉＝CA →

·n |CA →|·|n |＝－3632×39＝－13

13.

所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为13

13. (3)存在．点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )，0≤t ≤2 6. 则BM →＝(0，－3，t )，BE →

＝(－3，－3,36)， 设平面MBE 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，

则???

m ·BM →＝－3y 2＋tz 2＝0，

m ·BE →＝－3x 2

－3y 2

＋3

6z 2＝0，

令y 2＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)，

|cos 〈m ，CA →〉|＝|m ·CA →

||m |·|CA →|＝|96－6t |32×(36－t )2＋t 2＋9＝1

2，

整理得：2t 2－66t ＋15＝0， 解得t ＝62或t ＝56

2(舍)，

故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°，此时AM AF ＝1

4. 6．(2019·广州模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BR RH ＝λ(λ

>0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示．

(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；

(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为22

5？若存

在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .

在图1中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点， 则EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .

在图2中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DG

GH ＝2，

∴在△PDH 中，GR ∥PD . ∴GR ⊥平面PEF .

(2)存在．由题意，分别以PF ，PE ，PD 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P -xyz .

设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2,0)，D (0,0,4)， ∴H (1,1,0)． ∴BR RH ＝PR

RH ＝λ，

∴PR →＝λ1＋λPH →，∴R ? ????λ1＋λ，λ1＋λ，0.

∴RF →＝?

??

??

2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0

＝? ??

??2＋λ1＋λ，－λ

1＋λ，0. EF →＝(2，－2,0)，DE →

＝(0,2，－4)， 设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，

由???

EF →·m ＝0，

DE →·m ＝0，

得?????

2x －2y ＝0，

2y －4z ＝0.

取z ＝1，则m ＝(2,2,1)．

∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为22

5， ∴|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →

|

|m ||RF →|

＝

41＋λ

3

? ??

??2＋λ1＋λ2＋? ???

?－λ1＋λ2

＝22

3λ2

＋2λ＋2 ＝225，

∴9λ2＋18λ－7＝0，

解得λ＝13或λ＝－7

3(不合题意，舍去)．

故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为22

5.