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所成角的正弦值为13，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，说明理由；(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，求DCBC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．(1)如图(1)，若G为线段PD的中点，BE＝DF＝23，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，并说明理由．(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，(0t2)，连接A1B，A1C，A1D.(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，没有请说明理由．3．如图，已知平行四边形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直，其中BE∥AF，AB⊥AF，AB＝BE＝12AF，BC＝2AB，∠CBA＝π4，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A′C上的动点，满足CF→＝λCA′→.(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，得M1，12，1，N(1，－2，1)．(1)证明依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，MN→＝0，－52，0，由此可得MN→·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)解AD1→＝(1，－2，2)，AC→＝(2，0，0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则n1·AD1→＝0，n1·AC→＝0，即x－2y＋2z＝0，2x＝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n2·AB1→＝0，n2·AC→＝0，又AB1→＝(0，1，2)，得y＋2z＝0，2x＝0，不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)．因此有cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－1010，于是sin〈n1，n2〉＝31010.所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A1E→＝λA1B1→，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，从而NE→＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈NE→，n〉＝NE→·n|NE→|·|n|＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13，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，由底面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.由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．由(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，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF＝∠FDB＝π3，则tanπ3＝tan∠DPF＝BDPD＝1＋λ2＝3，解得λ＝2.所以DCBC＝1λ＝22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC＝22.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(0，0，0)，P(0，0，1)，B(λ，1，0)，C(0，1，0)，PB→＝(λ，1，－1)，点E是PC的中点，所以E0，12，12，DE→＝0，12，12，于是PB→·DE→＝0，即PB⊥DE.又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF.因PC→＝(0，1，－1)，DE→·PC→＝0，则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC.由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)由PD⊥平面ABCD，所以DP→＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量；由(1)知，PB⊥平面DEF，所以BP→＝(－λ，－1，1)是平面DEF的一个法向量．若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，则cosπ3＝BP→·DP→|BP→|·|DP→|＝1λ2＋2＝12，解得λ＝2.所以DCBC＝1λ＝22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC＝22.3．(1)证明ABCD为矩形，故AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.(2)解过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG，在Rt△BPC中，PG＝233，GC＝263，BG＝63，设AB＝m，则OP＝PG2－OG2＝43－m2，故四棱锥P－ABCD的体积为V＝13·6·m·43－m2＝m38－6m2.因为m8－6m2＝8m2－6m4＝－6m2－232＋83，故当m＝63，即AB＝63时，四棱锥P－ABCD的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，B63，63，0，C63，263，0，D0，263，0，P0，0，63.故PC→＝63，263，－63，BC→＝(0，6，0)，CD→＝－63，0，0，设平面BPC的法向量n1＝(x，y，1)，则由n1⊥PC→，n1⊥BC→得63x＋263y－63＝0，6y＝0，解得x＝1，y＝0，n1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC的法向量n2＝0，12，1，从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝12·14＋1＝105.【一年模拟试题精练】1．(1)证明取AB中点O，连接PO，则PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，PO⊥平面ABCD，分别以OB，ON，OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，P(0，0，3)，D(－1，4，0)，B(1，0，0)，E－13，0，0，F－13，4，0，则PB→＝(1，0，－3)．设平面EFG的法向量n＝(x，y，z)，∵GE→＝56，－2，－32，FE→＝23，－4，0，∴GE→·n＝0，FE→·n＝0，∴56x－2y－32z＝0，23x－4y＝0故n＝(6，1，23)，∴PB→·n＝0，∴PB→⊥n.∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.(2)解连接PE，则PE⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，∴PE⊥平面ABCD，分别以EB，EN，EP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∴P(0，0，3)，D(－1，4，0)，PD→＝(－1，4，－3)，∵PG→＝13PD→＝－13，43，－33.∴G－13，43，233.设点H(x，y，0)，且－1≤x≤1，0y≤4，依题意得：x2＋（y－4）2y＋4，∴x216y，(－1≤x≤1)①又GH→＝x＋13，y－43，－233，∵GH⊥PD，∴GH→·PD→＝0，∴－x－13＋4y－163＋2＝0，即y＝114x＋1112②把②代入①得：3x2－12x－440.∴x2＋2423，或x2－2423.∵满足条件的点H必在矩形ABCD内，则有－1≤x≤1，∴矩形ABCD内不能找到点H，使之同时满足(ⅰ)(ⅱ)条件．2．解法一(1)根据题意，长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤t＋2－t22＝1，当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形，又A1B＝2，A1C＝3，所以BM＝A1B×BCA1C＝23＝63，同理可得，DM＝63，在△BMD中，根据余弦定理有：cos∠BMD＝69＋69－22×63×63＝－12，因为∠BMD∈(0°，180°)，所以∠BMD＝120°，即此时二面角B－A1C－D的值是120°.(2)若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD，又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC，底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M，此时，A1P＝A1B2A1C＝23＝233.法二根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤t＋2－t22＝1，当且仅当t＝2－t，