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
