2017浙江高考空间向量与立体几何练习

1、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，ADCD，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所成角的正弦值为，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，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DE

2、F.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，求的值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，PB，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，BEDF，证明：PB平面EFG

3、；(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()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，(0t2)，连接A1B，A1C，A1D.(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

4、中BEAF，ABAF，ABBEAF，BCAB，CBA，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，BC2.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AC上的动点，满足.(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】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，

5、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，得M，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，由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)解(1，2，2)，(2，0，0)，设n1(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z1，可得n1(0，1，1)设n2(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则又(0，1，2)，得不妨设z1，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0，1，则

6、E(0，2)，从而(1，2，1)，又n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0，1，解得2，所以，线段A1E的长为2.2解法一(1)因为PD底面ABCD，所以PDBC，由底面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.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

7、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BD，在RtPDB中，由DFPB，得DPFFDB，则tan tanDPF，解得.所以.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，.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(0，0，0)，P(0，0，1)，B(，1

8、，0)，C(0，1，0)，(，1，1)，点E是PC的中点，所以E，于是0，即PBDE.又已知EFPB，而DEEFE，所以PB平面DEF.因(0，1，1)，0，则DEPC，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(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量；由(1)知，PB平面DEF，所以(，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，则cos ，解得.所以.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，.

9、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，在RtBPC中，PG，GC，BG，设ABm，则OP，故四棱锥PABCD的体积为Vm.因为m，故当m，即AB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)，B，C，D，P.故，(0，0)，设平面BPC的法向量n1(x，y，1)，则由n1，n1得解得x1，y0，n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的法向量n2，从而

10、平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos .【一年模拟试题精练】1(1)证明取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，)，D(1，4，0)，B(1，0，0)，E，F，则(1，0，)设平面EFG的法向量n(x，y，z)，n0，n0，故n(6，1，2)，n0，n.PB平面EFG，PB平面EFG.(2)解连接PE，则PEAB，平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PE平面PAB，PE平面ABCD，分别以EB，EN，EP为x轴，y轴，

11、z轴建立空间直角坐标系，P(0，0，)，D(1，4，0)，(1，4，)，.G.设点H(x，y，0)，且1x1，0y4，x216y，(1x1)又，GHPD，0，x4y20，即yx把代入得：3x212x440.x2，或x2.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)根据题意，长方体体积为Vt(2t)1t(2t)1，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DM

12、A1C，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，又A1B，A1C，所以BM，同理可得，DM，在BMD中，根据余弦定理有：cosBMD，因为BMD(0，180)，所以BMD120，即此时二面角BA1CD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，否则不存在由(1)知，所求点P即为BMA1C的垂足M，此时，A1P.法二根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以

13、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：(1)长方体体积为Vt(2t)1t(2t)1，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，则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，0)，设平面A1BC的法向量m(x，y，z)，则取xz1，得：m(1，0，1)，同理可得平面A1CD的法向量n(0，1，1)，所以，cosm，n，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

14、(t，2t，0)，D(0，2t，0)，若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨，可得P(t，(2t)，1)，(tt，(2t)，1)，(t，2t，0)即：解得：t1，.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.所以MPAF，且MPAF，又因为BEAF，且BEAF，所以MPBE，且MPBE，所以四边形BEPM是平行四边形，故PEMB，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，BCAB，所以由余弦定理AC2BA2BC22B

15、ABCcosCBABA22BA22BABABA2，所以ACAB，ABC是等腰直角三角形，ACAB，又因为平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB.所以AC平面ABEF.又ABAF，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AB1，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(2，1，1)，(1，2，1)，设平面EFD的法向量为n(x，y，z)，则，即，整理得令x1，则y1，z3，故n(1，1，3)为平面EFD的一个法向量，又AF平面ABCD，故(0，2，0)是平面ABCD的一个法向量，所以cos，n.所以平面DEF与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.4(1)证明平面ADE平面DBCE，面ADE面DBCEDE，AD面ADE，ADDE，AD平面DBCE，ADBE，D，E分别为AB，AC中点，DEBC，BDAB2.在RtDEB中，tanBED，tanCDE，1tanBEDtanCDE0，BEDCDE90得BEDC，BE平面ADC，又BE平面FEB，平面FEB平面ADC.(2)解以D为坐标原点以DB，DE，DA分别为x