高考数学大二轮总复习 高考中档大题规范练（三）立体几何与空间向量试题

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

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．

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．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＝eq\f(1,2)ND，F，G分别为DC，NC的中点，FG∥ND且FG＝eq\f(1,2)ND，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，∴eq\f(AD,DB)＝eq\f(AE,EC)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.∵在三棱锥A－BCF中，BC＝eq\f(\r(2),2)，∴BC2＝BF2＋CF2＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，∴CF⊥BF.又BF∩AF＝F，∴CF⊥平面ABF.(3)解VF－DEG＝VE－DFG＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×DG×FG×GE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(\r(3),2)))×eq\f(1,3)＝eq\f(\r(3),324).3．(1)证明以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))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)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)，故eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1)).∵eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝－eq\f(a,2)×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eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)，且eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∵n⊥平面B1AE，∴n⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq\f(1,2).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＝eq\r(16－9)＝eq\r(7)，∴tan∠PDC＝eq\f(PE,DE)＝eq\f(\r(7),3).即二面角PADC的正切值为eq\f(\r(7),3).(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＋AD2＝36＋9＝45，∴AC＝3eq\r(5)，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA×AC)＝eq\f(25＋45－16,2×5×3\r(5))＝eq\f(9,25)eq\r(5).即直线PA与直线FG所成角的余弦值为eq\f(9\r(5),25).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，eq\r(3))，B1(0，－2，eq\r(3))．eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2，－1,0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,0，－eq\r(3))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0.∴eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(A1D,\s\up6(→)).同理，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→)).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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BD,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1＝0，,－\r(3)z1＝0，))取n1＝(2,1,0)．设平面AA1B的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由于eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(A1A,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2y2＋\r(3)z2＝0，,2y2＝0，))取n2＝(3,0，eq\r(3))，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(6,\r(5)