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空间几何专题练习1．（本小题满分12分）直四棱柱中，底面为菱形，且为延长线上的一点，且．（Ⅰ）求证：面；(Ⅱ)在棱是否存在一点，使面？若存在，求的值，若不存在，说明理由；（Ⅲ）求二面角的大小； 【答案】见解析【解析】（Ⅰ）设，且，所以，连接，由，所以是等边三角形，则在中，，又因为，所以，故是直角，同理可证，也是直角， 2分则有，且，∴面． 4分(Ⅱ)设，建立如图所示的空间直角坐标系．则,,所以，，设面的法向量，则有，∴令，，，则，……6分又=，因为面，所以，则有，． 8分（Ⅲ）由（Ⅰ）和(Ⅱ)知，面的法向量，面法向量，则 ， 10分设二面角的平面角为，∴，则． 12分【考点定位】本题考查直线和平面垂直、直线和平面平行、二面角等基础知识，意在考察学生空间向量能力、推理论证能力和基本的运算能力．2．如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角，且EA⊥平面ABD，AE=.（1）若，求证：AB∥平面CDE；（2）求实数的值，使得二面角AECD的大小为60°．【答案】（1）答案详见解析；（2）【解析】试题分析：空间向量在立体几何中的应用，最大的优点就是避开了传统立体几何中“如何添加辅助线”这个难点，使得操作更模式化、易操作.需根据已知条件寻找（或添加）三条共点的两两垂直的三条垂线，分别作为轴，建立空间直角坐标系.（1）由已知，以的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示有关点，要证明AB∥平面CDE，只需证明垂直于面CDE的法向量即可．本题还可以利用线面垂直的判定定理证明；（2）分别求出面和面的法向量，并求法向量的夹角，利用余弦值等于列方程，求即可．试题解析：（1）如图建立空间指教坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,), 2分设平面的一个法向量为，则有，取时， 4分，又不在平面内，所以平面； 7分（2）如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,),，设平面的一个法向量为，则有，取时， 9分又平面的一个法向量为， 10分因为二面角的大小为，，即，解得 14分又，所以． 15分考点：１、直线和平面平行的判定定理；2、二面角的求法.3．已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点． (1)证明：PF⊥FD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．【答案】(1)见解析 (2)见解析(3) 【解析】试题分析：解法一（向量法）（I）建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，分别求出直线PF与FD的平行向量，然后根据两个向量的数量积为0，得到PF⊥FD；（Ⅱ）求出平面PFD的法向量（含参数t），及EG的方向向量，进而根据线面平行，则两个垂直数量积为0，构造方程求出t值，得到G点位置；（Ⅲ）由是平面PAD的法向量，根据PB与平面ABCD所成的角为45°，求出平面PFD的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．解法二（几何法）（I）连接AF，由勾股定理可得DF⊥AF，由PA⊥平面ABCD，由线面垂直性质定理可得DF⊥PA，再由线面垂直的判定定理得到DF⊥平面PAF，再由线面垂直的性质定理得到PF⊥FD；（Ⅱ）过点E作EH∥FD交AD于点H，则EH∥平面PFD，且有AH＝AD，再过点H作HG∥DP交PA于点G，则HG∥平面PFD且AG＝AP，由面面平行的判定定理可得平面GEH∥平面PFD，进而由面面平行的性质得到EG∥平面PFD．从而确定G点位置；（Ⅲ）由PA⊥平面ABCD，可得∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBA=45°，取AD的中点M，则FM⊥AD，FM⊥平面PAD，在平面PAD中，过M作MN⊥PD于N，连接FN，则PD⊥平面FMN，则∠MNF即为二面角A-PD-F的平面角，解三角形MNF可得答案．.试题解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)．不妨令P(0,0，t)，∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，∴＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)解：设平面PFD的法向量为n=(x，y，z)，由得令z=1，解得：x=y=.∴n=.设G点坐标为(0,0，m)，E，则，要使EG∥平面PFD，只需·n=0，即，得m=，从而满足AG=AP的点G即为所求．(3)解：∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得=(1,0,