2017浙江高考空间向量与立体几何练习(2)

4．如图1在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D、E分别为线段AB、AC的中点，AB＝4，BC＝22.以DE为折痕，将Rt△ADE折起到图2的位置，使平面A′DE⊥平面DBCE，连接A′C，A′B，设F是线段→＝λCA→A′C上的动点，满足CF′.

(1)证明：平面FBE⊥平面A′DC；

(2)若二面角F－BE－C的大小为45°，求λ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(0，0，2)，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?→＝?→·n＝0，又因为直线MN?平面?0，－，0?，由此可得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，??n1·AD1?x－2y＋2z＝0，即? ?→?2x＝0.

?n1·AC＝0，?

不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1)． 设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则 →＝0，?n2·AB1

?

→＝0，?n2·AC

→＝(0，1，2)， 又AB1

??y＋2z＝0，得?不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)． ??2x＝0，

n1·n210因此有cos〈n1，n2〉＝＝－10，于是sin〈n1，n2〉＝

|n1|·|n2|31010.

310

所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为10.

→→(3)依题意，可设A1E＝λA1B1，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，→＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法从而NE向量，

→·nNE1→由已知，得cos〈NE，n〉＝＝222→（－1）＋（λ＋2）＋1|NE|·|n|1

＝3，

整理得λ2＋4λ－3＝0，

又因为λ∈[0，1]，解得λ＝7－2， 所以，线段A1E的长为7－2.

2．解 法一 (1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC， 由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D， 所以BC⊥平面PCD.而DE?平面PCD，所以BC⊥DE. 又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC. 而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.而PB?平面PBC， 所以PB⊥DE.

又PB⊥EF，DE∩EF＝E，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∠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PB⊥DG.

又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG，而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD.

故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角， 设PD＝DC＝1，BC＝λ，有BD＝1＋λ2，

π

在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF＝∠FDB＝3， πBD

则tan 3＝tan∠DPF＝PD＝1＋λ2＝3，解得λ＝2. DC12所以BC＝＝2.

λ

πDC2

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时，BC＝2. 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PD＝DC＝1，BC＝λ，则D(0，0，→＝(λ，1，－1)，点E0)，P(0，0，1)，B(λ，1，0)，C(0，1，0)，PB11?→?11??

是PC的中点，所以E?0，2，2?，DE＝?0，2，2?，

????

→·DE→＝0，即PB⊥DE. 于是PB

又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF. →＝(0，1，－1)，DE→·PC→＝0，则DE⊥PC， 因PC

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.

→＝(0，0，1)是平面ABCD的一(2)由PD⊥平面ABCD，所以DP个法向量；

→＝(－λ，－1，1)是平面DEF由(1)知，PB⊥平面DEF，所以BP的一个法向量．

π若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3， →·DP→??1?1π?BP

?＝， 则cos 3＝??＝?2→→λ＋2?2?|BP|·|DP|??DC12

解得λ＝2.所以BC＝＝2.

λ

πDC2

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时，BC＝2. 3．(1)证明 ABCD为矩形，故AB⊥AD；

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.

(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，BC⊥PG，

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