全国通用2022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

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＝.(1)证明：DE∥平面BCF；(2)证明：CF⊥平面ABF；(3)当AD＝时，求三棱锥F－DEG的体积VF－DEG.7\n3.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．(2022·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．7\n5.(2022·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．7\n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＝ND，F，G分别为DC，NC的中点，FG∥ND且FG＝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，∴＝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.7\n∵在三棱锥A－BCF中，BC＝，∴BC2＝BF2＋CF2＝＋＝，∴CF⊥BF.又BF∩AF＝F，∴CF⊥平面ABF.(3)解　VF－DEG＝VE－DFG＝××DG×FG×GE＝××××＝.3．(1)证明　以A为原点，，，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)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝.∵·＝－×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＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)，且＝(a,0,1)，＝.∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.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，7\n∴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＝＝，∴tan∠PDC＝＝.即二面角PADC的正切值为.(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＝3，cos∠PAC＝＝＝.即直线PA与直线FG所成角的余弦值为.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，)，B1(0，－2，)．＝(－2，－1,0)，＝(－1,2,0)，＝(0,0，－)，∴·＝2－2＋0＝0.∴⊥.同理，·＝0，∴⊥.7\n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⇒取n1＝(2,1,0)．设平面AA1B的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由于＝(0,2,0)，＝(－1,2，)，由⇒取n2＝(3,0，)，∴cos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角的余弦值为.(3)解　＝(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＝＝＝.7