高考解答题专项训练：空间向量与立体几何
高考解答题专项训练：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.
所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)． 可得H ? ????22，2
2，0，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．(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AD2＋DE2＝AE2，
∴AD⊥DE，BD⊥DE.
∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
∴∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角，
又二面角A1-DE-B为直二面角，
∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.
∵DE∩DB＝D且DE，DB?平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1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 ＝5
2. 4．(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ADD1A1为平行四边形；
(2)若AA1⊥平面ABC，D为BC的中点，E为DD1的中点，求二面角A-C1E-C的余弦值．
解：(1)证明：因为AA1∥BB1，AA1?平面BCC1B1，BB1?平面BCC1B1，
所以AA1∥平面BCC1B1.
又因为AA1?平面ADD1A1，平面ADD1A1∩平面BCC1B1＝DD1，
所以AA1∥DD1.
因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面ABC∩平面ADD1A1＝AD，平面A1B1C1∩平面ADD1A1＝A1D1，
所以AD∥A1D1.
所以四边形ADD1A1为平行四边形．
(2)因为D为BC的中点，AC＝AB，
所以AD⊥BC.
因为AA1∥DD1，AA1⊥平面ABC，
所以DD1⊥平面ABC，从而DD1⊥AD.
又DD1∩BC＝D，所以AD⊥平面BCC1B1.
分别以DA，DB，DD1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 1E →·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．(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＋36z 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．(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
，－λ1＋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.