【步步高】(全国通用)2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 高考中档大题规范练(三)立体几何与空间向量

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高考中档大题规范练
(三)立体几何与空间向量
1.如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平
面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点，求证：
(1)EF∥平面MNCB；
(2)平面MAC⊥平面BND.

2．如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是
BC
的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所示的三棱锥A－BCF，其中
BC

＝22.

(1)证明：DE∥平面BCF；
(2)证明：CF⊥平面ABF；
(3)当AD＝23时，求三棱锥F－DEG的体积VF－DEG.
2

3.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的
长；若不存在，说明理由．

4．(2015·广东)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平
面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.点E是CD边的中点，点F，G分别
在线段AB，BC上，且AF＝2FB，CG＝2GB.
(1)证明：PE⊥FG；
(2)求二面角PADC的正切值；
(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值．
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5.(2015·辽宁师范大学附中期中)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱
长都是2，又AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BD；
(2)求二面角D－BA1－A的余弦值；
(3)求点B1到平面A1BD的距离．
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答案精析
高考中档大题规范练
(三)立体几何与空间向量
1．证明 (1)取NC的中点G，连接FG，MG，如图所示．

因为ME∥ND且ME＝12ND，F，G分别为DC，NC的中点，
FG∥ND且FG＝12ND
，

所以FG綊ME，
所以四边形MEFG是平行四边形，
所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，
所以EF∥平面MNCB.
(2)因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.
因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，
所以ND⊥平面ABCD，
所以ND⊥AC.
因为四边形ABDC是菱形，所以AC⊥BD.
因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.
又AC⊂平面MAC，
所以平面MAC⊥平面BDN.
2．(1)证明 在等边△ABC中，AD＝AE，
∴ADDB＝AEEC在折叠后的三棱锥A－BCF中也成立．∴DE∥BC，
又DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，∴DE∥平面BCF.
(2)证明 在等边△ABC中，F是BC的中点，
∴AF⊥CF.
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∵在三棱锥A－BCF中，BC＝22，
∴BC2＝BF2＋CF2＝14＋14＝12，
∴CF⊥BF.
又BF∩AF＝F，∴CF⊥平面ABF.
(3)解 VF－DEG＝VE－DFG＝13×12×DG×FG×GE
＝13×12×13×13×32×13＝3324.
3．(1)证明 以A为原点，AB→，AD→，AA1→的方向分别为x轴，y轴，
z
轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝a，
则A(0,0,0)，
D(0,1,0)，D
1
(0,1,1)，

Ea2，1，0，B1(a,
0,1)，

故AD1→＝(0,1,1)，B1E→＝－a2，1，－1.
∵AD1→·B1E→＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)解 假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．

使得DP∥平面B1AE，此时DP→＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)，且AB1→＝(a,0,1)，AE→＝a2，1，0.

∵n⊥平面B1AE，∴n⊥AB1→，n⊥AE→，得 ax＋z＝0，ax2＋y＝0.
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝1，－a2，－a.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP→，有a2－az0＝0，
解得z0＝12.又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝12.
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4．(1)证明 在△PDC中，PD＝PC且E为CD的中点，
∴PE⊥CD.又∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PDC，
∴PE⊥平面ABCD，又FG⊂平面ABCD，∴PE⊥FG.
(2)解 由(1)知PE⊥平面ABCD，∴PE⊥AD，
又AD⊥CD，PE∩CD＝E，
∴AD⊥平面PDC，∴AD⊥PD，
∴∠PDC为二面角PADC的平面角，在Rt△PDE中，PD＝4，DE＝3，∴PE＝16－9＝7，
∴tan∠PDC＝PEDE＝73.
即二面角PADC的正切值为73.
(3)解 连接AC，∵AF＝2FB，CG＝2GB，∴AC∥FG.
∴直线PA与FG所成角即直线PA与AC所成角∠PAC，
在Rt△PDA中，PA2＝AD2＋PD2＝9＋16＝25，
∴PA＝5.
AC2＝CD2＋AD
2
＝36＋9＝45，

∴AC＝35，
cos∠PAC＝PA2＋AC2－PC22PA×AC＝
25＋45－162×5×35＝9
25
5.

即直线PA与直线FG所成角的余弦值为9525.
5．(1)证明 以D为原点，DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线为y轴，DB所在直线为
z
轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．

则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，
E(－1，－1,0)，A1(1，－2,0)，C1(－1，－2,0)，B(0,0，3)，B
1
(0，－2，3)．

AE→＝(－2，－1,0)，A1D→＝(－1,2,0)，BD→＝(0,0，－3)，∴AE→·A1D
→
＝2－2＋0＝0.
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∴AE→⊥A1D→.同理，AE→·BD→＝0，
∴AE→⊥BD→.
又A1D∩BD＝D，
∴AE⊥平面A1BD.

(2)解 设平面A1BD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由






n1·A1D

→

＝0，

n1·BD
→
＝0

⇒




－x1＋2y1＝0，
－3z1＝0，
取n1＝(2,1,0)．

设平面AA1B的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

由于A1A→＝(0,2,0)，A1B→＝(－1,2，3)，由 n2·A1B→＝0，n2·A1A→＝0⇒ －x2＋2y2＋3z2＝0，2y2＝0，取

n2＝(3,0，3)，∴cos〈n1，n
2
〉＝65·12＝155，

故所求二面角的余弦值为155.
(3)解 B1B→＝(0,2,0)，平面A1BD的法向量取n1＝(2,1,0)，则点B1到平面A1BD的距离为
d
＝|B1B→·n1||n1|＝25＝255.