高考解答题专项训练：空间向量与立体几何

高考解答题专项训练:空间向量与立体几何

1．如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.

(1)求证:AB∥FG；

(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．

解:(1)证明:在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE. 又因为AB⊄平面PDE， 所以AB∥平面PDE.

因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG， 所以AB∥FG.

(2)因为PA⊥底面ABCDE， 所以PA⊥AB，PA⊥AE.

→如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC＝(1,1,0)．

设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 →n·AB＝0，→n·AF＝0，

x＝0，

即 y＋z＝0.

令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1,1)． 设直线BC与平面ABF所成角为α，则 →n·→

BC＝1. sinα＝|cos〈n，BC〉|＝

→2|n||BC|π

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为6. 设点H的坐标为(u，v，w)． 因为点H在棱PC上， →→

所以可设PH＝λPC(0<λ<1)， 即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)． 所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ. 因为n是平面ABF的法向量， →

所以n·AH＝0，

即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.

2

解得λ＝3，

422

所以点H的坐标为3，3，3.

所以PH＝

422242

3＋3＋－3＝2. 

2．如图，在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．

(1)求证:BD∥平面FGH；

(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．

解:(1)证法一:连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.

在三棱台DEF-ABC中， AB＝2DE，G为AC的中点， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形DFCG为平行四边形． 则O为CD的中点， 又H为BC的中点， 所以OH∥BD，

又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH， 所以BD∥平面FGH.

证法二:在三棱台DEF-ABC中， 由BC＝2EF，H为BC的中点， 可得BH∥EF，BH＝EF， 所以四边形BHFE为平行四边形， 可得BE∥HF.

在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点， 所以GH∥AB. 又GH∩HF＝H，

所以平面FGH∥平面ABED. 因为BD⊂平面ABED， 所以BD∥平面FGH. (2)设AB＝2，则CF＝1.

在三棱台DEF-ABC中，G为AC的中点， 1

由DF＝AC＝GC，

2

可得四边形DGCF为平行四边形， 因此DG∥FC.

又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.

在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点， 所以AB＝BC，GB⊥GC， 因此GB，GC，GD两两垂直．

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

所以G(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0，2，0)，D(0,0,1)． 22

可得H，，0，F(0，2，1)．

22→→22

故GH＝，，0，GF＝(0，2，1)．

22设n＝(x，y，z)是平面FGH的法向量， →

n·GH＝0，则由→

n·GF＝0，

x＋y＝0，

可得

2y＋z＝0.

可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，2)． →→

因为GB是平面ACFD的一个法向量，GB＝(2，0,0)， →

→

GB·n21

所以cos〈GB，n〉＝＝＝. →222|GB|·|n|

所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.

3．(湖北重点中学协作体联考)等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，ADCE1

且满足DB＝EA＝2(如图①)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．

(1)求证:A1D⊥平面BCED；

(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出

PB的长；若不存在，请说明理由．

解:(1)证明:题图①中，由已知可得: AE＝2，AD＝1，A＝60°.

从而DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3. 故得AD2＋DE2＝AE2， ∴AD⊥DE，BD⊥DE.

∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE， ∴∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角， 又二面角A1-DE-B为直二面角， ∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.

∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED， ∴A1D⊥平面BCED.

(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.

以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，如图，

过P作PH∥DE交BD于点H， 设PB＝2a(0≤2a≤3)，

则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，

易知A1(0,0,1)，P(2－a，3a,0)，E(0，3，0)， →

所以PA1＝(a－2，－3a,1)． 因为ED⊥平面A1BD，

→

所以平面A1BD的一个法向量为DE＝(0，3，0)． 因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，

→→

|PA1·DE|3a35

所以sin60°＝＝＝，解得a＝

4. →→4a2－4a＋5×32

|PA1||DE|5

∴PB＝2a＝2，满足0≤2a≤3，符合题意．

5

所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝2. 4．(河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AB＝AA1，过AA1的平面分别交BC，B1C1于点D，D1.

(1)求证:四边形ADD1A1为平行四边形；

(2)若AA1⊥平面ABC，D为BC的中点，E为DD1的中点，求二面角A-C1E-C的余弦值． 解:(1)证明:因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1， 所以AA1∥平面BCC1B1.

又因为AA1⊂平面ADD1A1，平面ADD1A1∩平面BCC1B1＝DD1， 所以AA1∥DD1.

因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面ABC∩平面ADD1A1＝AD，平面A1B1C1∩平面ADD1A1＝A1D1，

所以AD∥A1D1.

所以四边形ADD1A1为平行四边形． (2)因为D为BC的中点，AC＝AB， 所以AD⊥BC.

因为AA1∥DD1，AA1⊥平面ABC， 所以DD1⊥平面ABC，从而DD1⊥AD. 又DD1∩BC＝D，所以AD⊥平面BCC1B1.

分别以DA，DB，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设AC＝BC＝AB＝AA1＝2，

→→

则A(3，0,0)，E(0,0,1)，C1(0，－1,2)，AE＝(－3，0,1)，C1E＝(0,1，－1)． 设平面AC1E的法向量为n＝(a，b，c)， →AE·n＝0，由→C1E·n＝0，

－3a＋c＝0，

得 b－c＝0，

取c＝3，得n＝(1，3，3)．

→

由AD⊥平面BCC1B1，得平面CC1E的一个法向量为DA＝(3，0,0)， →

→

DA·n37

所以cos〈DA，n〉＝＝＝7，

→7×3|DA|·|n|又易知二面角A-C1E-C为锐二面角， 7

故二面角A-C1E-C的余弦值为7.

5．(天津十二校联考)如图，ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝26，DE＝36.

(1)求证:面ACE⊥面BED；

(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；

AM

(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M-BE-D的大小为60°？若存在，求出AF的值；若不存在，说明理由．

解:(1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF，DE⊥AD，

所以DE⊥平面ABCD.

又因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC. 因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，

又因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED， 所以AC⊥平面BDE.

又因为AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BED. (2)因为DE⊥DC，DE⊥AD，AD⊥DC， 所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示．

则A(3,0,0)，F(3,0,26)，E(0,0,36)，B(3,3,0)，C(0,3,0)， →→→

所以CA＝(3，－3,0)，BE＝(－3，－3,36)，EF＝(3,0，－6)． 设平面BEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)． →n·BE＝0，则→n·EF＝0，

－3x1－3y1＋36z1＝0，即 3x1－6z1＝0，令x1＝6，则y1＝26，z1＝3， 则n＝(6，26，3)．

→

→

－36CA·n13

所以cos〈CA，n〉＝＝＝－13.

→32×39|CA|·|n|13

所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为13. (3)存在．点M在线段AF上，设M(3,0，t)，0≤t≤26. →→

则BM＝(0，－3，t)，BE＝(－3，－3,36)， 设平面MBE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，

→m·BM＝－3y2＋tz2＝0，则→m·BE＝－3x2－3y2＋36z2＝0，令y2＝t，得m＝(36－t，t,3)，

→

→

|96－6t||m·CA|1

|cos〈m，CA〉|＝＝＝，

→32×36－t2＋t2＋92|m|·|CA|整理得:2t2－66t＋15＝0， 656

解得t＝2或t＝2(舍)，

AM1

故在线段AF上存在点M，使得二面角M-BE-D的大小为60°，此时AF＝4.

6．(广州模拟)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EFBR

交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且RH＝λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图2所示．

(1)若λ＝2，求证:GR⊥平面PEF；

22

(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为5？若存在，求出λ

的值；若不存在，请说明理由．

解:(1)证明:由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直． ∴PD⊥平面PEF.

在图1中，E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点， 则EF∥AC，GD＝GB＝2GH.

PRBRDG

在图2中，∵RH＝RH＝2，且GH＝2，

∴在△PDH中，GR∥PD. ∴GR⊥平面PEF.

(2)存在．由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz.

设PD＝4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)， ∴H(1,1,0)． BRPR

∴RH＝RH＝λ，

→→

λλλ

∴PR＝PH，∴R1＋λ，1＋λ，0.

1＋λ→

λλ2－，－，0 ∴RF＝1＋λ1＋λλ2＋λ，－，0. ＝

1＋λ1＋λ

→→

EF＝(2，－2,0)，DE＝(0,2，－4)，

设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)， →EF·m＝0，由→DE·m＝0，

2x－2y＝0，

得 2y－4z＝0.

取z＝1，则m＝(2,2,1)．

22

∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为5， →

→

|m·RF|

∴|cos〈m，RF〉|＝

→|m||RF|

41＋λ

＝3＝

λ2＋λ2

＋－1＋λ2

1＋λ

22

3λ2＋2λ＋2

22＝5，

∴9λ2＋18λ－7＝0，

17

解得λ＝3或λ＝－3(不合题意，舍去)．

122

故存在正实数λ＝3，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为5.