1、17浙江高考空间向量与立体几何练习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ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD5，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D1ACB1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1弦值为3，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PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且PDCD
2、，过棱PC的中点E，作EFPB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； DC(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3，求BC的值3 如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD. (1)求证：ABPD； (2)若BPC90，PB2，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD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，AD4，平面PAB平
3、面ABCD，E，F，G分别是线段AB，CD，PD上的点 2(1)如图(1)，若G为线段PD的中点，BEDF3，证明：PB平面EFG； (2)如图(2)，若E, F分别为线段AB，CD的中点，DG2GP，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 ()点H到点F的距离与点H到直线AB的距离之差大于4； ()GHPD.2如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCDA1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边ABt，(0(1)当长方体ABCDA1B1C1D1的体积最大时，求二面角BA1CD的值； (2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C平面BPD，若有，求
4、出P点的位置，没有请说明理 3 如图，已知平行四边形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相1垂直，其中BEAF，ABAF，ABBE2AF，BC2AB，CBA4，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RtABC中，ABC90，D、E分别为线段AB、AC的中点，AB4，BC22.以DE为折痕，将RtADE折起到图2的位置，使平面ADE平面DBCE，连接AC，AB，设F是线段CAAC上的动点，满足CF. (1)证明：平面FBE平面ADC； (2)若二面角FBEC的大小为45，求的值 空间向量与立体几何 【两年高考真题演练】
5、 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， 1?得M?1，2，1?，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5?n0，又因为直线MN?平面?0，0?，此可得MN量，MN2?ABCD，所以MN平面ABCD. (1，2，2)，AC(2，0，0)，设n(x，y，z)为(2)解 AD11平面ACD1的法向量，则 0，?n1AD1?x2y2z0，即? ?2x0
6、.?n1AC0，?不妨设z1，可得n1(0，1，1) 设n2(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则 0，?n2AB1?0，?n2AC(0，1，2)， 又AB1?y2z0，得?不妨设z1，可得n2(0，2，1) ?2x0，n1n210因此有cosn1，n210，于是sinn1，n2|n1|n2|31010. 310所以，二面角D1ACB1的正弦值为10. (3)依题意，可设A1EA1B1，其中0，1，则E(0，2)，(1，2，1)，又n(0，0，1)为平面ABCD的一个法从而NE向量， nNE1已知，得cosNE，n2221|NE|n|13， 整理得2430， 又因为0，1，解得72， 所以，
7、线段A1E的长为72. 2解 法一 (1)因为PD底面ABCD，所以PDBC， 底面ABCD为长方形，有BCCD，而PDCDD， 所以BC平面PCD.而DE?平面PCD，所以BCDE. 又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC. 而PCBCC，所以DE平面PBC.而PB?平面PBC， 所以PBDE. 又PBEF，DEEFE，所以PB平面DEF. 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(
8、1)知，PB平面DEF，所以PBDG. 又因为PD底面ABCD，所以PDDG，而PDPBP，所以DG平面PBD. 故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角， 设PDDC1，BC，有BD12， 在RtPDB中，DFPB，得DPFFDB3， BD则tan 3tanDPFPD123，解得2. DC12所以BC2. DC2故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时，BC2. 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PDDC1，BC，则D(0，0，(，1，1)，点E0)，P(0，0，1)，B(，1，0)，C(0，1，0)，PB11?1
9、1?是PC的中点，所以E?0，2，2?，DE?0，2，2?， DE0，即PBDE. 于是PB又已知EFPB，而DEEFE，所以PB平面DEF. (0，1，1)，DEPC0，则DEPC， 因PC所以DE平面PBC. 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. (0，0，1)是平面ABCD的一(2)PD平面ABCD，所以DP个法向量； (，1，1)是平面DEF(1)知，PB平面DEF，所以BP的一个法向量 若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3， DP?1?1?BP?， 则cos 3
10、?22?2?|BP|DP|?DC12解得2.所以BC2. DC2故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时，BC2. 3(1)证明 ABCD为矩形，故ABAD； 又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD， 所以AB平面PAD，故ABPD. (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，BCPG， 23266在RtBPC中，PG3，GC3，BG3， 设ABm，则OPPGOG的体积为 1V36m22242m，故四棱锥PABCD34m22m86m. 3324因为m86m8m6m?22?286?m3?3， ?66故当m
11、3，即AB3时，四棱锥PABCD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)， ?6?6266?26?6B，3，0，C3，3，0，D0，3，0，P0，0，3?. 3?626?6?6?，故PC?，BC(0，6，0)，CD?，0，0?， 3，3?3?3?设平面BPC的法向量n1(x，y，1)， ，nBC得 则n1PC1?6x26y60，33 ?3?6y0，解得x1，y0，n1(1，0，1) 1?同理可求出平面DPC的法向量n2?0，2，1?， ?从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为 |n1n2|cos |n1|n2|12141105. 【一年模拟试题精练】 1(1)证明
12、 取AB中点O，连接PO，则POAB，平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB， 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)， ?1?1?(1，0，3) E?3，0，0?，F?3，4，0?，则PB设平面EFG的法向量n(x，y，z)， ?5?3?2?， ?，4，0GE，2，FE362n0，FEn0， GE536x2y2z0， 23x4y0故n(6，1，23)， n0，PBn. PBPB?平面EFG，PB平面EFG. (2)解 连接PE，则PEAB，平面PAB平面ABCD，平
13、面PAB平面ABCDAB，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， (1，4，3)， P(0，0，3)，D(1，4，0)，PD?1423?1?143?. PG3PD，.G?，3?3?33?33设点H(x，y，0)，且1x1，0y4， x216y，(1x1) ?1423?， 又GHx，y，333?PD0， GHPD，GH1161111x34y320，即y4x12 把代入得：3x212x440. 242242x23，或x满足条件的点H必在矩形ABCD内，则有1x1， 矩形ABCD内不能找到点H，使之同时满足()()条件 2解 法一 (1)根
14、据题意，长方体体积为 ?t2t?2?1， Vt(2t)1t(2t)?2?当且仅当t2t，即t1时体积V有最大值为1， 所以当长方体ABCDA1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形， 作BMA1C于M，连接DM，BD， 因为四边形ABCD为正方形，所以A1BC与A1DC全等， 故DMA1C，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， A1BBC26又A1B2，A1C3，所以BMAC3，同理可316得，DM3， 669921在BMD中，根据余弦定理有：cosBMD2， 66233因为BMD(0，180)，所以BMD120， 即此时二面角B
15、A1CD的值是120. (2)若线段A1C上存在一点P，使得A1C平面BPD，则A1CBD，又A1A平面ABCD，所以A1ABD，所以BD平面A1AC. 所以BDAC， 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 (1)知，所求点P即为BMA1C的垂足M， A1B2223此时，A1PAC3. 31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： ?t2t?2?1， (1)长方体体积为Vt(2t)1t(2t)?2?当且仅当t2t，即t1时体积V有最大值为1. 所以当长方体AB
16、CDA1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，A1B(0，1，0)， (1，0，1)，BC?xz0，设平面A1BC的法向量m(x，y，z)，则? ?y0，取xz1，得：m(1，0，1)， 同理可得平面A1CD的法向量n(0，1，1)， 所以，cosm，nmn1， |m|n|2又二面角BA1CD为钝角，故值是120. (也可以通过证明B1A平面A1BC写出平面A1BC的法向量) (2)根据题意有B(t，0，0)，C(t，2t，0)，D(0，2t，0)，若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨A1PA1C，可得P(t，(2t)，1)， (tt，(2t)，1)，BD(t，2t，0) BP2?BPA?t0，1C0即：?2 ?2?t0，?BDA1C02解得：t1，3. 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A1C上且满足A1PPC21处 3(1)证明 取AD的中点M，连接MP，MB， 在ADF中，FPPD，DMMA. 11所以MPAF，且MP2AF，又因为BE2AF，且BEAF，
