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预习衔接.夯实基础 空间向量与立体几何
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 端州区校级期中）已知点A（1，1，﹣1）在平面α内，点P（0，2，﹣1）在α外，且α的一个法向量，则点P到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 金湾区期中）若向量，，则（　　）
A． B．4 C．1 D．3
3．（2024秋 电白区期中）已知向量，，，则（　　）
A．12 B．﹣12 C．9 D．﹣9
4．（2024秋 荔湾区校级期中）如图，以等腰直角△ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论，其中不正确的是（　　）
A．
B．AB⊥DC
C．BD⊥AC
D．平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 赣州期中）如图，在四面体ABCD中，点E，F分别为BC，CD的中点，则（　　）
A． B．
C． D．
（多选）6．（2024秋 雁塔区校级期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线DB1⊥平面ACD1
B．直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值
C．平面A1C1B∥平面ACD1
D．点F到平面ACD1的距离为定值
（多选）7．（2024秋 黄冈期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（　　）
A．若λ＝0，μ＝1，则D1P∥平面A1BD
B．若，则PO⊥平面A1BD
C．若，则P到平面A1BD的距离为
D．若λ＝1，0≤μ≤1时，直线DP与平面A1BD所成角为θ，则
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 杨浦区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则点A1到平面BC1D的距离为 　 　．
9．（2024秋 西城区校级期中）已知A（1，﹣2，3），B（0，﹣2，0），C（1，0，3）为平面α内三点，点D在α内，且D异于A，B，C三点，写出点D的一个坐标：　 　．
10．（2024秋 荔湾区校级期中）如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角D﹣AB﹣F的大小是60°，M，N分别是AC，BF上的动点，且BN＝2AM，则MN的最小值是 　 　．
11．（2024秋 雁塔区校级期中）如图，已知四面体ABCD的所有棱长都等于a，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 海淀区校级期中）设x，y∈R，向量，，（z，﹣4，2），且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
13．（2024秋 房山区期中）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1D＝3，E是BC的中点．
（Ⅰ）求证：D1B∥平面C1ED；
（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角D﹣C1E﹣B1唯一确定，
（i）求二面角D﹣C1E﹣B1的余弦值；
（ii）判断直线A1E是否在平面C1DE内，说明理由．
条件①：；
条件②：；
条件③：AD⊥C1D．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
14．（2024秋 荔湾区校级期中）已知两个非零向量，，在空间任取一点O，作，，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，AB＝2，且．
（1）求正四棱锥S﹣ABCD的体积V；
（2）若P为侧棱SD上的点，且SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值；
（3）若点E是侧棱SC（包含端点）上的一个动点，当直线DE与平面BCE所成角最大时，求SE：EC的值．
15．（2023秋 林芝市期末）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF＝t，M是线段EF的中点．
（1）求证：AM∥平面BDE；
（2）若t＝1，求二面角A﹣DF﹣B的大小；
（3）若线段AC上总存在一点P，使得PF⊥BE，求t的最大值．
预习衔接.夯实基础 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 端州区校级期中）已知点A（1，1，﹣1）在平面α内，点P（0，2，﹣1）在α外，且α的一个法向量，则点P到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面的法向量．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】由点到平面的距离的向量法公式直接计算求解即可．
【解答】解：点A（1，1，﹣1）在平面α内，点P（0，2，﹣1）在α外，且α的一个法向量，
可得，
所以点P到平面α的距离为．
故选：B．
【点评】本题主要考查点到面的距离计算，属于基础题．
2．（2024秋 金湾区期中）若向量，，则（　　）
A． B．4 C．1 D．3
【考点】空间向量线性运算的坐标表示．
【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先求出向量，再由向量模的公式求出．
【解答】解：因为，所以，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
3．（2024秋 电白区期中）已知向量，，，则（　　）
A．12 B．﹣12 C．9 D．﹣9
【考点】空间向量数量积的坐标表示．
【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据空间向量的坐标运算求解．
【解答】解：22（2，0，3）﹣（0，0，2）＝（4，0，4），
则（2，﹣3，1） （4，0，4）＝8+4＝12．
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
4．（2024秋 荔湾区校级期中）如图，以等腰直角△ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论，其中不正确的是（　　）
A．
B．AB⊥DC
C．BD⊥AC
D．平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
【考点】平面的法向量；空间向量的数量积运算．
【专题】数形结合；向量法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】先证明BD⊥平面ADC，建立空间直角坐标系，由向量法逐一判断各选项即可．
【解答】解：因为AD为等腰直角△ABC的斜边BC上的高，即AD⊥BC，
则D为BC的中点，
又因为平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD＝AD，BD⊥AD，BD 平面ABD，
所以BD⊥平面ADC，又DC 平面ADC，所以BD⊥DC，
又因为AD⊥BD，AD⊥DC，
则以D为坐标原点，以DB、DC、DA所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，
设斜边BC＝2，则BD＝DC＝AD＝1，
所以A（0，0，1），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），
所以，
对于A，，故A正确；
对于B，因为，所以AB⊥DC，故B正确；
对于C，因为，所以BD⊥AC，故C正确；
对于D，设平面ABC的法向量为，则，，
即，令x＝1，则y＝z＝1，可得，
由题知，平面ADC的一个法向量为，
所以，
所以平面ADC的法向量和平面ABC的法向量不垂直，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查平面的法向量求法，向量法判断直线垂直，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 赣州期中）如图，在四面体ABCD中，点E，F分别为BC，CD的中点，则（　　）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量的加减运算．
【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的加法、减法及数乘运算化简即可逐项判断得解．
【解答】解：因为E，F分别为BC，CD的中点，
所以由，故A正确；
若可得，由图可知不共线，矛盾，故B错误；
因为，故C正确；
E为BC的中点，
故，
则，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于中档题．
（多选）6．（2024秋 雁塔区校级期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线DB1⊥平面ACD1
B．直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值
C．平面A1C1B∥平面ACD1
D．点F到平面ACD1的距离为定值
【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面垂直；平面与平面平行；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】ACD
【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a（a＞0），以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面垂直可判断选项A，利用向量法求线面角可判断选项B，利用向量法证明面面平行可判断选项C，由线面平行的判定定理可判断选项D．
【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a（a＞0），
以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
选项A：A（0，0，0），D（0，a，0），B1（a，0，a），C（a，a，0），D1（0，a，a），
所以，，，
设平面ACD1的法向量为，则，
取x1＝1，则y1＝﹣1，z1＝1，所以，
所以，所以DB1⊥平面ACD1，即选项A正确；
选项B：设E（b，a﹣b，a）（0≤b≤a），则，
由正方体的性质知，为平面BB1D1D的一个法向量，
设直线AE与平面BB1D1D所成角为α，
则，不是定值，即选项B错误；
选项C：A1（0，0，a），C1（a，a，a），B（a，0，0），
所以，，
设平面A1C1B的法向量为，则，
取x2＝1，则y2＝﹣1，z2＝1，所以，
由选项A知，平面ACD1的法向量为，
所以，所以平面A1C1B∥平面ACD1，即选项C正确；
选项D：因为BC1∥AD1，且BC1 平面ACD1，AD1 平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，
而点F在线段BC1上，
所以点F到平面ACD1的距离为定值，即选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法证明线面垂直，面面平行，以及求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 黄冈期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（　　）
A．若λ＝0，μ＝1，则D1P∥平面A1BD
B．若，则PO⊥平面A1BD
C．若，则P到平面A1BD的距离为
D．若λ＝1，0≤μ≤1时，直线DP与平面A1BD所成角为θ，则
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据各项参数确定P的位置，分别应用线面平行的判定定理判断A；线面垂直的判定定理判断B；由P到平面A1BD的距离，即为C1到平面A1BD的距离的一半，几何法求点面距离判断C；应用向量法求线面角，进而求范围判断D．
【解答】解：A：，即P，B1重合，故D1P即为D1B1，又D1B1∥DB，即D1P∥DB，
由D1P 面A1BD，DB 面A1BD，
则D1P∥面A1BD，对；
B：，易知P为C1C的中点，此时CP＝1，且，
所以，
故OP2+OD2＝PD2，即OP⊥OD，
根据正方体的结构特征，易得DA1∥CB1，
若E为BC的中点，则PE∥C1B，又CB1⊥C1B，则CB1⊥PE，
显然OE⊥面BCC1B1，CB1 面BCC1B1，则OE⊥CB1，
由PE∩OE＝E且在面POE内，则CB1⊥面POE，OP 面POE，
则CB1⊥OP，
所以DA1⊥OP，又DA1∩OD＝D都在面A1BD内，
则OP⊥面A1BD，对；
C：，即P是面BCC1B1的中心，
易知P到平面A1BD的距离，即为C1到平面A1BD的距离的一半，
根据正方体的结构特征，C1﹣A1BD为正四面体，且棱长为，
所以C1到平面A1BD的距离，
所以P到平面A1BD的距离为，错；
D：，则P在线段CC1上运动，如图构建空间直角坐标系，
所以A1（2，0，2），B（2，2，0），P（0，2，t），且0≤t≤2，故，
令面A1BD的一个法向量为，且，
则，所以，
令x＝﹣1，则，
故，令x＝t+2∈[2，4]，则t＝x﹣2，
所以，，
故，对．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 杨浦区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则点A1到平面BC1D的距离为 　　．
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】对应思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．
【答案】．
【分析】以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离即可．
【解答】解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1（1，0，1），B（1，1，0），C1（0，1，1），D（0，0，0），
所以（1，1，0），（0，1，1），（1，0，1），
设平面BC1D的法向量为（x，y，z），则，
令y＝﹣1，则x＝z＝1，所以（1，﹣1，1），
所以点A1到平面BC1D的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查空间中点到平面距离的求法，熟练掌握利用向量法求点到平面的距离是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
9．（2024秋 西城区校级期中）已知A（1，﹣2，3），B（0，﹣2，0），C（1，0，3）为平面α内三点，点D在α内，且D异于A，B，C三点，写出点D的一个坐标：　（2，0，6）　．
【考点】空间向量线性运算的坐标表示；空间向量基本定理及空间向量的基底．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（2，0，6）（答案不唯一）．
【分析】利用点共面的条件计算可得D的一个坐标．
【解答】解：已知A（1，﹣2，3），B（0，﹣2，0），C（1，0，3）为平面α内三点，点D在α内，且D异于A，B，C三点，
因为点D在α内，记坐标原点为O，
所以（1﹣λ，﹣2+2μ，3﹣3λ），
取μ＝1，λ＝﹣1，可得，所以点D的一个坐标为（2，0，6）（答案不唯一）．
故答案为：（2，0，6）（答案不唯一）．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，共面向量基本定理，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
10．（2024秋 荔湾区校级期中）如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角D﹣AB﹣F的大小是60°，M，N分别是AC，BF上的动点，且BN＝2AM，则MN的最小值是 　　．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】设（0＜λ＜1），由空间向量的线性运算可得，再由模的求法结合二次函数的最值求法即可求得．
【解答】解：因为BF＝AC，BN＝2AM，
所以设（0＜λ＜1），则，即，
所以
，
因为正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角D﹣AB﹣F的大小是60°，
所以∠DAF即为二面角D﹣AB﹣F的平面角，所以∠DAF＝60°，
所以，，，
所以
，
所以当时，MN取得最小值．
故答案为：．
【点评】本题考查二面角的应用，空间中两点间的距离求法，属于中档题．
11．（2024秋 雁塔区校级期中）如图，已知四面体ABCD的所有棱长都等于a，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 　a2　．
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】利用空间向量的运算，将用表示，再利用空间向量数量积定义和运算，即可求解．
【解答】解：记，
由题知，所以，
因为，，
所以，
又，所以，
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 海淀区校级期中）设x，y∈R，向量，，（z，﹣4，2），且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
【考点】空间向量的夹角与距离求解公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）3；（2）．
【分析】（1）首先利用向量的共线和向量的垂直求出向量的坐标，进一步求出向量的模；
（2）利用向量的线性运算和向量的夹角运算求出结果．
【解答】解：（1）向量，，（z，﹣4，2），且，
故1+y+1＝0，解得y＝﹣2．
由于，
所以，解得z＝2．
故，，
所以，
故．
（2）由于故，，故，
故．
【点评】本题考查的知识点：向量的垂直和共线的充要条件，向量的坐标运算，向量的夹角运算，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13．（2024秋 房山区期中）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1D＝3，E是BC的中点．
（Ⅰ）求证：D1B∥平面C1ED；
（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角D﹣C1E﹣B1唯一确定，
（i）求二面角D﹣C1E﹣B1的余弦值；
（ii）判断直线A1E是否在平面C1DE内，说明理由．
条件①：；
条件②：；
条件③：AD⊥C1D．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解；结构不良题．
【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）①：无意义；②；③．
【分析】（Ⅰ）利用面面平行的判定定理证明平面DFB∥平面CDE进而证明结论；
（Ⅱ）选①：说明条件无意义；选②③：证明D1D⊥平面ABCD，建立空间坐标系，求得二面角．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
设B1C1中点为F，连结D1F，BF，FE，
∵FC1∥BE，FC1＝BE，
∴FC1EB为平行四边形，∴FB∥C1E，
∵EF∥＝CC1∥＝DD1，
∴DD1FE为平行四边形，
∴D1F∥DE，又DE∩C1E＝E，D1F∩FB＝F，
∴平面D1FB∥平面C1DE，又BD1 平面D1FB，
∴D1B∥平面C1ED；
（Ⅱ）选择条件①：由题D1D＝3，C1D1＝2，
在Rt△DC1D1中，，则所给条件①无意义；
选择条件②：连结D1A，∵底面ABCD是正方形，
∴BA⊥AD，又侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，
∴BA⊥平面ADD1A1，又D1A 平面ADD1A1，
∴BA⊥D1A，
在Rt△D1AB中，，AB＝2，则，
在△D1AD中，∵AD＝2，DD1＝3，，
∴AD⊥DD1，又侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，D1D 平面ADD1A1，
∴DD1⊥平面ABCD，AD，CD 平面ABCD，
∴DD1⊥AD，DD1⊥CD，又因为AD⊥CD，
则如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则D（0，0，0），C1（0，2，3），E（1，2，0），C（0，2，0），
且，（1，2，0），
∵侧面ADD1A1⊥底面ABCD，平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，
∴DC⊥平面ADD1A1，
∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，
∴DC⊥平面BCC1B1，故（0，2，0）为平面C1EB1的一个法向量，
设为平面C1DE的一个法向量，
则，即，取y＝﹣3，则x＝6，z＝2，可得，
所以，
由图可知二面角D﹣C1E﹣B1的平面角是钝角，
∴二面角D﹣C1E﹣B1的余弦值为；
选择条件③：∵底面ABCD是正方形，
∴AD⊥CD，又AD⊥C1D，C1D，CD 平面C1DC，C1D∩CD＝D，
∴AD⊥平面C1DC，又D1D 平面C1DC
∴AD⊥D1D，
又侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，D1D 面ADD1A1，
∴DD1⊥平面ABCD，又AD，CD 平面ABCD，
∴DD1⊥AD，DD1⊥CD，又AD⊥CD，
所以如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，
下面同选择条件②．
【点评】本题考查了空间几何体中位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
14．（2024秋 荔湾区校级期中）已知两个非零向量，，在空间任取一点O，作，，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，AB＝2，且．
（1）求正四棱锥S﹣ABCD的体积V；
（2）若P为侧棱SD上的点，且SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值；
（3）若点E是侧棱SC（包含端点）上的一个动点，当直线DE与平面BCE所成角最大时，求SE：EC的值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；向量法；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】（1）；（2）；（3）3．
【分析】（1）设AC和BD相交于点O，取AD的中点为K，连接KO，SK，根据向量积的含义求得SK的长，从而知棱锥的高，再由棱锥的体积公式，求解即可；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的角即可；
（3）设，直线DE与平面BCE所成角为α，利用向量法求线面角，可将sinα表示成关于λ的函数，再结合配方法，求解即可．
【解答】解：（1）设AC和BD相交于点O，取AD的中点为K，连接KO，SK，则SK⊥AD，
因为AD∥BC，所以的夹角即为的夹角，
所以，
所以，
所以，
故正四棱锥S﹣ABCD的体积．
（2）以O为原点，OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
因为P在SD上，且SD⊥平面PAC，
所以平面PAC的一个法向量为，
又SO⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为，
设平面PAC与平面ABCD夹角为θ，则，
故平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为．
（3）设，E（x，y，z），则，
解得，
所以，
由（2）知，，，
设平面SBC的法向量为，则，即，
取z＝1，则，
设直线DE与平面BCE所成角为α，
则sinα＝|cos，|，
因为0≤λ≤1，所以当时，sinα取得最大值，此时直线DE与平面BCE所成角最大，
所以，即SE：EC的值等于3．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法求线面角、平面与平面所成角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15．（2023秋 林芝市期末）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF＝t，M是线段EF的中点．
（1）求证：AM∥平面BDE；
（2）若t＝1，求二面角A﹣DF﹣B的大小；
（3）若线段AC上总存在一点P，使得PF⊥BE，求t的最大值．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行．
【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）证明OAME为平行四边形，进而得到AM∥EO，由此得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式得解；
（3）求出向量的坐标，由PF⊥BE得到λ，t的关系式，由此得解．
【解答】解：（1）证明：设AC∩BD＝O，连接AM，EO，
∵矩形ACEF中M是线段EF的中点，O是线段AC的中点，
∴EM∥AO，EM＝AO，
∴OAME为平行四边形，
∴AM∥EO，
又AM不在平面BDE内，EO在平面BDE内，
∴AM∥平面BDE；
（2）由题意，正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，
∵平面ABCD∩平面ACEF＝AC，EC⊥AC，
∴EC⊥平面ABCD，
以CD，CB，CE分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，当t＝1时，
则，，
易知平面ADF的一个法向量为，
设平面BDF的一个法向量为，则，则可取，
设二面角A﹣DF﹣B的平面角为θ，则，
∴二面角A﹣DF﹣B的大小为；
（3）因为点P在线段AC上，而，设，则，从而点P的坐标为，
于是，而，
则由PF⊥BE可知，，即﹣2（1﹣λ）+t2＝0，
∴t2＝2（1﹣λ）≤2，解得，故t的最大值为．
【点评】本题考查线面平行的判定及利用空间向量解决立体几何问题，考查运算能力及逻辑推理能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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