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 －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．《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．如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面P AD⊥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P AB的边长为2，四边形ABCD为矩形，AD ＝4，平面P AB⊥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 －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t ，(0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥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 ＝2 2.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)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 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 AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，1，1)． 设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎨⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC→＝0， 又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0，不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2，1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，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A 1E 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tan π3＝tan ∠DPF ＝BDPD ＝1＋λ2＝3，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝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cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP→·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12， 解得λ＝ 2.所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22. 3．(1)证明 ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ；又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，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 ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－232＋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n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →得 ⎩⎨⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC 的法向量n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1， 从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝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P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，PO ⊂平面P AB ，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P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，PE ⊂平面P AB ，∴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 ≤1，0<y ≤4，依题意得：x 2＋（y －4）2>y ＋4，∴x 2>16y ，(－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：3x 2－12x －44>0. ∴x >2＋2423，或x <2－2423.∵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－t 22＝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 －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形，作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角．因为BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以△A 1BC 为直角三角形，又A 1B ＝2，A 1C ＝3，所以BM ＝A 1B ×BC A 1C ＝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 －A 1C －D 的值是120°.(2)若线段A 1C 上存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，则A 1C ⊥BD ，又A 1A ⊥平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD ，所以BD ⊥平面A 1AC .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A 1C 上存在点P 满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P 即为BM ⊥A 1C 的垂足M ，此时，A 1P ＝A 1B 2A 1C ＝23＝233. 法二 根据题意可知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1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－t 22＝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 －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形，则A 1(0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，A 1B →＝(1，0，－1)，BC→＝(0，1，0)， 设平面A 1BC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0，取x ＝z ＝1，得：m ＝(1，0，1)，同理可得平面A 1CD 的法向量n ＝(0，1，1)，所以，cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝12， 又二面角B －A 1C －D 为钝角，故值是120°.(也可以通过证明B 1A ⊥平面A 1BC 写出平面A 1BC 的法向量)(2)根据题意有B (t ，0，0)，C (t ，2－t ，0)，D (0，2－t ，0)，若线段A 1C 上存在一点P 满足要求，不妨A 1P →＝λA 1C →，可得P (λt ，λ(2－t )，1－λ)，BP→＝(λt －t ，λ(2－t )，1－λ)，BD →＝(－t ，2－t ，0) ⎩⎨⎧BP →·A 1C →＝0BD →·A 1C →＝0即：⎩⎪⎨⎪⎧t （λt －t ）＋λ（2－t ）2－（1－λ）＝0，－t 2＋（2－t ）2＝0， 解得：t ＝1，λ＝23.即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P ，位置是线段A 1C 上且满足A 1P ∶PC ＝2∶1处．3．(1)证明 取AD 的中点M ，连接MP ，MB ，在△ADF 中，FP ＝PD ，DM ＝MA .所以MP ∥AF ，且MP ＝12AF ，又因为BE ＝12AF ，且BE ∥AF ，所以MP ∥BE ，且MP ＝BE ，所以四边形BEPM 是平行四边形，故PE ∥MB ，又因为PE ⊄平面ABCD ，MB ⊂平面ABCD ，所以PE ∥平面ABCD .(2)解 连接AC ，在△ABC 中，∠CBA ＝π4，BC ＝2AB ，所以由余弦定理AC 2＝BA 2＋BC 2－2BA ×BC cos ∠CBA＝BA 2＋2BA 2－2BA ×2BA ×22＝BA 2，所以AC ＝AB ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ⊥AB ，又因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB . 所以AC ⊥平面ABEF .又∵AB ⊥AF ，∴AB ⊥面CAF ，AF ⊥面ABCD ，所以分别以AB ，AF ，AC 所在直线作为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，E (1，1，0)，C (0，0，1)，D (－1，0，1)，F (0，2，0)．所以DE→＝(2，1，－1)，DF →＝(1，2，－1)， 设平面EFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DE →＝0n ·DF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －z ＝0x ＋2y －z ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝3，故n ＝(1，1，3)为平面EFD 的一个法向量，又∵AF ⊥平面ABCD ，故AF→＝(0，2，0)是平面ABCD 的一个法向量， 所以cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n |AF →|×|n |＝0×1＋2×1＋0×32×12＋12＋32＝1111. 所以平面DEF 与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为1111.4．(1)证明 ∵平面A ′DE ⊥平面DBCE ，面A ′DE ∩面DBCE ＝DE ，A ′D ⊂面A ′DE ，A ′D ⊥DE ，∴A ′D ⊥平面DBCE ，∴A ′D ⊥BE ，∵D ，E 分别为AB ，AC 中点，∴DE ＝12BC ＝2，BD ＝12AB ＝2.在Rt △DEB 中，∵tan ∠BED ＝BD DE ＝2，tan ∠CDE ＝BD CB ＝22，∴1－tan ∠BED ·tan ∠CDE ＝0，∴∠BED ＋∠CDE ＝90°得BE ⊥DC ，∴BE ⊥平面A ′DC ，又BE ⊂平面FEB ，∴平面FEB ⊥平面A ′DC .(2)解 以D 为坐标原点以DB ，DE ，DA ′分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，各点坐标分别为D (0，0，0)，A ′(0，0，2)，B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (0，2，0)．①证明 BE →＝(－2，2，0)，DC →＝(2，22，0)，DA ′→＝(0，0，2)，∵BE→·DC →＝－4＋4＝0，∴BE ⊥DC ， ∵BE→·DA ′→＝0，∴BE ⊥DA ′， 又DC ∩DA ′＝D ，∴BE ⊥平面A ′DC ，又BE ⊂平面FBE ，所以平面FBE ⊥平面A ′DC .②解 设CF →＝λCA ′→，∴CF→＝λ(－2，22，2)，∴F (2－2λ，22－22λ，2λ) 设平面BEF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵BE→＝(－2，2，0)，BF →＝(－2λ，22－22λ，2λ) ⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－2λ·x ＋（22－22λ）·y ＋2λ·z ＝0，取n 1＝(λ，2λ，3λ－2)，又∵平面BEC 的法向量为n ＝(0，0，1)，∴cos 45°＝|3λ－2|3λ2＋（3λ－2）2＝22得3λ2－6λ＋2＝0， 解得λ＝1±33，又∵0<λ<1，∴λ＝1－33.。