最新全国各地2011届高考数学试题汇编：空间向量在立体几何中的应用1

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空间向量在立体几何中的应用（重点知识+高考真题+模拟精选）

空间向量在⽴体⼏何中的应⽤（重点知识+⾼考真题+模拟精选）空间向量在⽴体⼏何中的应⽤【重要知识】⼀、求平⾯法向量的⽅法与步骤：1、选向量：求平⾯的法向量时，要选取两个相交的向量，如AC AB ,2、设坐标：设平⾯法向量的坐标为),,(z y x n =3、解⽅程：联⽴⽅程组=?=?0AC n AB n ，并解⽅程组4、定结论：求出的法向量中三个坐标不是具体的数值，⽽是⽐例关系。

设定某个坐标为常数得到其他坐标⼆、利⽤向量求空间⾓： 1、求异⾯直线所成的⾓：设b a ,为异⾯直线，点C A ,为a 上任意两点，点D B ,为b 上任意两点，b a ,所成的⾓为θ，则BDAC BD AC ??=θcos【注】由于异⾯直线所成的⾓θ的范围是：?≤设直线l 的⽅向向量为a ，平⾯α的法向量为n ，直线l 与平⾯α所成的⾓为θ，a 与n所成的⾓为?，则na n a ??==?θcos sin【注】由于直线与平⾯所成的⾓θ的范围是：?≤≤?900θ，因此0sin ≥θ 3、求⼆⾯⾓：设21,n n 分别为平⾯βα,的法向量，⼆⾯⾓βα--l 为θ，则>=<21,n n θ或><-21,n n π，其中212121,cos n n n n n n ??>=<三、利⽤向量求空间距离： 1、求点到平⾯的距离设平⾯α的法向量为n ，,α?A α∈B ，则点A 到平⾯α的距离为nn AB ?2、求两条异⾯直线的距离设21,l l 是两条异⾯直线，n 是公垂线段AB 的⽅向向量，D C ,分别为21,l l 上的任意两点，则21l l 与的距离为nn CD AB ?=【重要题型】1、（2012⼴东，理）如图所⽰，在四棱锥ABCD P -中，底⾯ABCD 为矩形，ABCD PA 平⾯⊥，点E 在线段PC 上，BDE PC 平⾯⊥（1）证明：PAC BD 平⾯⊥（2）若2,1==AD PA ，求⼆⾯⾓A PC B --的正切值2、（2013⼴东，理）如图①，在等腰三⾓形ABC 中，?=∠90A ，6=BC ，E D ,分别是AB AC ,上的点，2==BE CD ，O 为BC 的中点。

空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]

空间向量在立体几何中的应用:（1)直线的方向向量与平面的法向量: ①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定．（2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系:设直线l ,m 的方向向量分别是a ，b ,平面α ，β 的法向量分别是u ,v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ; ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ; ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题： ①异面直线所成的角：设a ,b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ,显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ,显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ,在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角α －l －β 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ,β 的法向量，则<m 1，m 2>与该二面角的大小相等或互补．（4）根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法,从不同角度解决立体几何问题．【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3,OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1,点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,AE 的中点,求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A （3，0，0），B (0，4，0)，O 1（0，0，2)，A 1(3，0，2），B 1（0，4，2），E （3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2,2）,R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ,∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：（1)证明两向量共线;(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1,B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一:设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A （4,0，0），M （2，0，4），N （4，2，4）,B (4，4，0)，E （0，2，4)，F （2，4，4)．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （2,2，0)，K （3,1,4），G （1，3，4）．MN ＝（2,2，0)，EF ＝(2，2,0)，AK ＝（－1,1,4），OG ＝（－1，1，4)， ∴MN ∥EF ,OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝（2，－2,1)．∵a ∥b ,∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D （0，0，0)，A (2，0,0），M (2，1，2）,C （0,2，0），N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ,连接B 1P ，B 1Q ，PQ ,PC ．易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角．设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角（锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质,适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A （0,0，0），B (0，a ，0），),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0),B (0，a ,0），A 1(0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ）, 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0,0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角,再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C （0，0，0）,A (1，0，0），B （0，2，0)，P （1,0，1），由D 是PB 的中点,得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0),)0,1,2(B ，C （0,1，0)，P (0，0,1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1,a 2，a 3），平面PBC 的法向量是b ＝（b 1,b 2，b 3）．由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1）．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量,转化为这两个向量的夹角;应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题： 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（） (A)2（B ）2（C)5（D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是（ ) (A)30° （B)45° (C)60° （D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（） (A)31 （B ）32 （C)33 (D ）32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ,B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ,AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（）（A)θ ＞ϕ,m ＞n （B ）θ ＞ϕ，m ＜n （C)θ ＜ϕ,m ＜n(D ）θ ＜ϕ,m ＞n二、填空题:5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21,P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______．三、解答题：9．如图,正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点,N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ,A ∈PQ ，B ∈α ,C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；（Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图 9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴,建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2,2，0)，C （0，2，0)，E （0，2，1），A 1（2,0，4）．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A（Ⅰ）∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ．又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．（Ⅱ）设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝（4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ,y ，z 轴建立坐标系．则A （0，0,0)，B (1，0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0,0，2）,M （0，0，1），⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝（x ,y ,z ），则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ．（Ⅱ）设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ,又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点,分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角,则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°,∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z ）是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ．易知n 2＝（1,0,0）是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。

高中数学空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.2空间中的平面与空间向量学案含解析

1.2.2 空间中的平面与空间向量导思1.什么是平面的法向量？它在解决线面位置关系中有何用途？ 2．什么是三垂线定理及其逆定理？1.平面的法向量(1)定义：如果α是空间中的一个平面，n 是空间中的一个非零向量，且表示n 的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n 为平面α的一个法向量．此时也称n 与平面α垂直，记作n ⊥α． (2)性质：如果A ，B 是平面α上的任意不同两点，n 为平面α的一个法向量，则： 1 若直线l ⊥α，则l 的任意一个方向向量都是平面α的一个法向量 2 对任意实数λ≠0，λn 是平面α的一个法向量 3向量AB → 一定与n 垂直，即AB →·n ＝0平面α的法向量唯一吗？它们有什么共同特征？提示：不唯一，都平行．2．空间线面的位置关系与空间向量若v 是直线l 的一个方向向量，n 1，n 2分别是平面α1，α2的一个法向量，则：1 n 1∥v ⇔l ⊥α12 n 1⊥v ⇔l ∥α1或l ⊂α13 n 1⊥n 2⇔α1⊥α24 n 1∥n 2⇔α1∥α2或α1，α2重合已知v 是直线l 的一个方向向量，n 是平面α的一个法向量，如果n ⊥v ，那么直线l 一定与平面α平行吗？提示：不一定，也可能l ⊂α. 3．三垂线定理及其逆定理射影已知平面α和一点A ，过点A 作α的垂线l ，设l 与α相交于点A′，则A′就是点A在平面α内的射影，也称为投影．三垂线定理如果平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”).(1)已知直线l垂直于平面α，向量a平行直线l，则a是平面α的法向量．()(2)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．()(3)若a是平面α的一条斜线，直线b垂直于a在α内的射影，则a⊥b.()提示：(1)×.向量a必须为非零向量．(2)√.(3)×.因为b不一定在平面α内，所以a与b不一定垂直．2．若a＝(1，2，3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是() A．(0，1，2) B．(3，6，9)C．(－1，－2，3) D．(3，6，8)【解析】选B.向量(1，2，3)与向量(3，6，9)共线．3．(教材例题改编)已知PO⊥平面ABC，且O为△ABC的垂心，则AB与PC的关系是________．【解析】因为O为△ABC的垂心，所以CO⊥AB.又因为OC为PC在平面ABC内的射影，所以由三垂线定理知AB⊥PC.答案：垂直关键能力·合作学习类型一平面的法向量(数学运算)1．若两个向量AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)，则平面ABC 的一个法向量为( )A ．(－1，2，－1)B ．(1，2，1)C ．(1，2，－1)D ．(－1，2，1)2．已知点A(2，－1，2)在平面α内，n ＝(3，1，2)是平面α的一个法向量，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P(1，－1，1)B ．P ⎝⎛⎭⎫1，3，32C ．P ⎝⎛⎭⎫1，－3，32D ．P ⎝⎛⎭⎫－1，3，－343．正四棱锥如图所示，在向量PA → －PB → ＋PC → －PD → ，PA → ＋PC → ，PB → ＋PD → ，PA → ＋PB → ＋PC →＋PD →中，不能作为底面ABCD 的法向量的是________．【解析】AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)，设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝x ＋2y ＋3z ＝0n ·AC →＝3x ＋2y ＋z ＝0 ，取x ＝－1，得平面ABC 的一个法向量为(－1，2，－1).2．选B.设P(x ，y ，z)，则AP →＝(x －2，y ＋1，z －2)；由题意知，AP → ⊥n ，则n ·AP →＝0；所以3(x －2)＋(y ＋1)＋2(z －2)＝0，化简得3x ＋y ＋2z ＝9. 验证得在A 中，3×1－1＋2×1＝4，不满足条件；在B 中，3×1＋3＋2×32 ＝9，满足条件；同理验证C 、D 不满足条件．3．连接AC ，BD ，交于点O ，连接OP ，则OP → 是底面ABCD 的一个法向量，PA → －PB → ＋PC → －PD →＝BA → ＋DC → ＝0，不能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PC → ＝－2OP →，能作为底面ABCD 的法向量；PB → ＋PD → ＝－2OP → ，能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PB → ＋PC → ＋PD → ＝－4OP →，能作为底面ABCD 的法向量．答案：PA → －PB → ＋PC → －PD →求平面ABC 的一个法向量的方法1．平面垂线的方向向量法：证明一条直线为一个平面的垂线，则这条直线的一个方向向量即为所求．2．待定系数法：步骤如下：类型二三垂线定理及其逆定理的应用(直观想象、逻辑推理)【典例】如图所示，三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面ABC ，若O ，Q 分别是△ABC 和△PBC 的垂心，求证：OQ ⊥平面PBC.【思路导引】利用三垂线定理及其逆定理证明【证明】如图，连接AO 并延长交BC 于点E ，连接PE.因为PA ⊥平面ABC ，AE ⊥BC(由于O 是△ABC 的垂心)，所以PE ⊥BC ，所以点Q 在PE 上．因为⎩⎪⎨⎪⎧AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，AE ∩PE ＝E ⇒BC ⊥平面PAE ⇒BC ⊥OQ.①连接BO 并延长交AC 于点F ，则BF ⊥AC. 连接BQ 并延长交PC 于点M ，则BM ⊥PC. 连接MF.因为PA ⊥平面ABC ，BF ⊥AC ，所以BF ⊥PC(三垂线定理).因为⎩⎪⎨⎪⎧BM ⊥PC ，BF ⊥PC ，BM ∩BF ＝B ⇒PC ⊥平面BMF ⇒PC ⊥OQ.②由①②，知OQ ⊥平面PBC.利用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直的基本环节在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求证：A 1C ⊥平面BDC 1.【证明】连接AC，CD1，在正方体中，AA1⊥平面ABCD，所以AC是A1C在平面ABCD内的射影，又AC⊥BD，所以BD⊥A1C.同理D1C是A1C在平面CDD1C1内的射影．所以C1D⊥A1C.又C1D∩BD＝D，所以A1C⊥平面BDC1.类型三利用空间向量证明线面、面面的位置关系(逻辑推理)证明平行问题角度1【典例】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q 是CC1上的点．当点Q在什么位置时，BQ∥平面PAO?【思路导引】建立恰当的坐标系，设出点Q的坐标，由BQ∥平面PAO确定其位置即可．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2). 再设Q(0，2，c)，所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，c)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OA →＝0，n ·OP →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n ＝(1，1，2). 若BQ ∥平面PAO ，则n ⊥BQ ，所以n ·BQ → ＝0，即－2＋2c ＝0，所以c ＝1，故当Q 为CC 1的中点时，BQ ∥平面PAO.本例若把“Q 是CC 1上的点”改为“Q 是CC 1的中点”，其他条件不变，求证：平面D 1BQ ∥平面PAO.【证明】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2)，Q(0，2，1)，所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，1)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·OA →＝0n 1·OP →＝0 ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n 1＝(1，1，2).同理可求平面D 1BQ 的一个法向量为n 2＝()1，1，2 ，因为n 1＝n 2，所以n 1∥n 2，所以平面D 1BQ ∥平面PAO.角度2证明垂直问题【典例】在如图所示的几何体中，平面CDEF 为正方形，平面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，AC ⊥FB. (1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．【思路导引】(1)利用余弦定理和勾股定理的逆定理可得AC ⊥BC ，再利用已知AC ⊥FB 和线面垂直的判定定理即可证明；(2)通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量是否垂直即可．【解析】(1)因为AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BCcos 60°＝3BC 2，所以AC 2＋BC 2＝4BC 2＝AB 2，所以∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC. 又因为AC ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，所以AC ⊥平面FBC.(2)线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC. 证明如下：因为AC ⊥平面FBC ，所以AC ⊥FC.因为CD ⊥FC ，所以FC ⊥平面ABCD.所以CA ，CF ，CB 两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系．在等腰梯形ABCD 中，可得CB ＝CD.设BC ＝1，所以C(0，0，0)，A(3 ，0，0)，B(0，1，0)，D(32 ，－12 ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 .所以CE → ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 ，CA →＝(3 ，0，0)，CB →＝(0，1，0).设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0n ·CA →＝0 ，所以⎩⎨⎧32x －12y ＋z ＝03x ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，2，1).假设线段ED 上存在点Q ，设Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，t (0≤t≤1)，所以CQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，t . 设平面QBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0m ·CQ →＝0 ，所以⎩⎨⎧b ＝032a －12b ＋tc ＝0，取c ＝1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t 3，0，1 .要使平面EAC ⊥平面QBC ，只需m·n ＝0，即－23t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC. 利用空间向量证明平行、垂直问题的常用思路线面平行(1)求出直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，只需证明a⊥u，即a·u＝0.(2)在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．面面平行(1)转化为相应的线线平行或线面平行．(2)求出平面α，β的法向量u，v，证明u∥v即可说明α∥β.线面垂直求出平面内两条相交直线的方向向量，证明直线的方向向量和它们都垂直．面面垂直(1)转化为线面垂直．(2)求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所以FC1＝(0，2，1)，DA → ＝(2，0，0)，AE → ＝(0，2，1).(1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥DA → ，n 1⊥AE → ，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0z 1＝－2y 1 ，令z 1＝2⇒y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1，2)，因为n 1·1FC ＝－2＋2＝0，所以n 1⊥1FC ，又因为FC 1⊄平面ADE ，即FC 1∥平面ADE.(2)因为11C B ＝(2，0，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量．由n 2⊥1FC ，n 2⊥11C B ，得21222112FC 2y z 0C B 2x 0⎧=+=⎪⎨==⎪⎩n n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0z 2＝－2y 2. 令z 2＝2⇒y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1，2)，所以n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1 F.2．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，在CC 1上求一点P ，使平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE.【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，且P(0，2，a)，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，C 1(0，2，2)，A 1(2，0，2)，B 1(2，2，2)，则DE → ＝(1，2，0)，1DC ＝(0，2，2)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)且n 1⊥平面DEC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1＝0y 1＋z 1＝0 ，取n 1＝(2，－1，1). 又1A P ＝(－2，2，a －2)，11A B ＝(0，2，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)且n 2⊥平面A 1B 1P ，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＋（a －2）z 2＝0y 2＝0 ，取n 2＝(a －2，0，2). 由平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，得n 1·n 2＝0，1的中点．【补偿训练】在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD 垂直于底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB.(2)PB ⊥平面EFD.Ｋ【证明】建立如图所示的空间直角坐标系．D 是坐标原点，设DC ＝a.(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG ，依题意得D(0，0，0)，A(a ，0，0)，P(0，0，a)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 . 因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0 ，所以EG → ＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2 .又PA → ＝(a ，0，－a)，所以PA → ＝2EG → ，这表明PA ∥EG.而EG ⊂平面EDB ，且PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB.(2)依题意得B(a ，a ，0)，PB → ＝(a ，a ，－a)，DE → ＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 ，所以PB → ·DE → ＝0＋a 22 －a 22 ＝0，所以PB → ⊥DE → ，即PB ⊥DE.又已知EF ⊥PB ，且EF∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD.课堂检测·素养达标1．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，则使l ∥α成立的是( )A ．a ＝(1，－1，2)，n ＝(－1，1，－2)B ．a ＝(2，－1，3)，n ＝(－1，1，1)C ．a ＝(1，1，0)，n ＝(2，－1，0)D ．a ＝(1，－2，1)，n ＝(1，1，2)【解析】l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，使l ∥α成立，所以a·n ＝0，在A 中，a·n ＝－1－1－4＝－6，故A 错误；在B 中，a·n ＝－2－1＋3＝0，故B 成立；在C 中，a·n ＝2－1＝1，故C 错误；在D 中，a·n ＝1－2＋2＝1，故D 错误．2．(教材练习改编)若平面α与β的法向量分别是a ＝(2，4，－3)，b ＝(－1，2，2)，则平面α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定【解析】选B.a·b ＝(2，4，－3)·(－1，2，2)＝－2＋8－6＝0，所以a ⊥b ，所以平面α与平面β垂直．3．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中在平面α内的是( )A ．P(2，3，3)B ．P(－2，0，1)C ．P(－4，4，0)D ．P(3，－3，4)【解析】选A.设平面α内一点P(x ，y ，z)，则：MP → ＝(x －1，y ＋1，z －2)，因为n ＝(6，－3，6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP → ，n ·MP → ＝6(x －1)－3(y ＋1)＋6(z －2)＝6x －3y ＋6z －21，所以由n ·MP → ＝0得6x －3y ＋6z －21＝0，所以2x －y ＋2z ＝7，把各选项的坐标数据代入上式验证可知A 适合．4．正三棱锥P-ABC 中，BC 与PA 的位置关系是________．【解析】如图，在正三棱锥P-ABC 中，P 在底面ABC 内的射影O 为正三角形ABC 的中心，连接AO ，则AO 是PA 在底面ABC 内的射影，且BC ⊥AO ，所以BC ⊥PA.答案：BC ⊥PA。

空间向量在立体几何中的应用(1)

立体几何中的向量方法(一)【高考会这样考】1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算． 2．能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理． 3．利用空间向量求空间距离．【复习指导】本讲复习中要掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，会找直线的方向向量和平面的法向量，并通过它们研究线面关系，会用向量法求空间距离．基础梳理1．空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)； ②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )， a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则d AB ＝|AB →|＝(a 2－a 1)2＋(b 2－b 1)2＋(c 2－c 1)2.2．立体几何中的向量方法(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定①直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB→平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．②平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n·a ＝0，n·b ＝0.(2)用向量证明空间中的平行关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . ④设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. (3)用向量证明空间中的垂直关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. ②设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . ③设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. (4)点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.一种思想向量是既有大小又有方向的量，而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量化： (1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标； (2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标．得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题．三种方法主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：(1)平行⎩⎨⎧直线与直线平行直线与平面平行平面与平面平行(2)垂直⎩⎨⎧直线与直线垂直直线与平面垂直平面与平面垂直(3)点到平面的距离求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用，也是求异面直线之间距离，直线与平面距离和平面与平面距离的基础．双基自测1．两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是( )．A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定解析 ∵v 2＝－2v 1，∴v 1∥v 2. 答案 A2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4) 解析 ∵n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1,4,1)，∴n ·MP →＝0. 答案 A3．已知点A ，B ，C ∈平面α，点P ∉α，则AP →·AB →＝0，且AP →·AC →＝0是AP →·BC→＝0的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·AB →＝0AP →·AC →＝0，得AP →·(AB →－AC →)＝0，即AP →·CB →＝0，亦即AP →·BC →＝0，反之，若AP →·BC →＝0，则AP →·(AC →－AB →)＝0⇒AP →·AB →＝AP →·AC →，未必等于0.答案 A4．已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是( )．A ．a ∥c ，b ∥cB ．a ∥b ，a ⊥cC ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对解析 ∵c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝2a ，∴a ∥c ，又a·b ＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a ⊥b . 答案 C5．已知AB→＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________．解析设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，∴平面ABC 的单位法向量为±n |n|＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23. 答案 ±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23考向一利用空间向量证明平行问题【例1】如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是C 1C 、B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .[审题视点] 直接用线面平行定理不易证明，考虑用向量方法证明．证明法一如图所示，以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )．则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n ，又MN ⊄平面A 1BD ，∴MN ∥平面A 1BD .法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C → ＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，又∵MN 与DA 1不共线，∴MN ∥DA 1，又∵MN ⊄平面A 1BD ，A 1D ⊂平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题．【训练1】如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E 、F 、G 分别是线段P A 、PD 、CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD 且ABCD 为正方形，∴AB 、AP 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)、B (2,0,0)、C (2,2,0)、D (0,2,0)、P (0,0,2)、E (0,0,1)、F (0,1,1)、G (1,2,0)．∴PB→＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB→＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎨⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2. ∴PB→＝2FE →＋2FG →，又∵FE→与FG →不共线，∴PB →、FE →与FG →共面．∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .考向二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图所示，在棱长为1的正方体OABC -O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤1，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz .(1)求证A 1F ⊥C 1E ；(2)若A 1，E ，F ，C 1四点共面求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.[审题视点] 本题已建好空间直角坐标系，故可用向量法求解，要注意找准点的坐标．证明 (1)由已知条件A 1(1,0,1)，F (1－x,1,0)，C 1(0,1,1)，E (1，x,0)， A 1F →＝(－x,1，－1)，C 1E →＝(1，x －1，－1)，则A 1F →·C 1E →＝－x ＋(x －1)＋1＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .(2)A 1F →＝(－x,1，－1)，A 1C 1→＝(－1,1,0)，A 1E →＝(0，x ，－1)，设A 1F →＝λA 1C 1→＋μA 1E →，⎩⎨⎧－x ＝－λ，1＝λ＋μx ，－1＝－μ，解得λ＝12，μ＝1. ∴A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．【训练2】如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)AE ⊥CD ；(2)PD ⊥平面ABE .证明 AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)． (1)∵∠ABC ＝60°，△ABC 为正三角形． ∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12.设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD →＝0，即y ＝233，则D ⎝⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0.又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴AE →·CD→＝－12×14＋36×34＝0，∴AE →⊥CD →，即AE ⊥CD .(2)法一 ∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB →＝0，∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB . 法二 AB→＝(1,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD→＝33n . ∵PD→∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .考向三利用向量求空间距离【例3】在三棱锥SABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示，求点B 到平面CMN 的距离． [审题视点] 考虑用向量法求距离，距离公式不要记错．解取AC 的中点O ，连接OS 、OB . ∵SA ＝SC ，AB ＝BC ，∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz ，则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴CM→＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)，MB →＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝3x ＋3y ＝0，MN →·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)．∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB→||n |＝423.点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →，得|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，所以|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.【训练3】如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥ 平面BCD ，AB ＝2 3. (1)求点A 到平面MBC 的距离； (2)求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值．解取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD . 又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .取O 为原点，直线OC 、BO 、OM 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图．OB ＝OM ＝3，则各点坐标分别为C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．(1)设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)，由n ⊥BC→得x ＋3y ＝0；由n ⊥BM →得3y ＋3z ＝0. 取n ＝(3，－1,1)，BA→＝(0,0,23)，则d ＝|BA →·n ||n |＝235＝2155.(2)CM→＝(－1,0，3)，CA →＝(－1，－3，23)．设平面ACM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥CM →，n 1⊥CA →得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0，解得x ＝3z ，y ＝z ，取n 1＝(3，1,1)．又平面BCD 的法向量为n 2＝(0,0,1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 设所求二面角为θ，则sin θ＝255.规范解答15——立体几何中的探索性问题【问题研究】高考中立体几何部分在对有关的点、线、面位置关系考查的同时，往往也会考查一些探索性问题，主要是对一些点的位置、线段的长度，空间角的范围和体积的范围的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，这类题目往往难度都比较大，设问的方式一般是“是否存在？存在给出证明，不存在说明理由.”【解决方案】解决存在与否类的探索性问题一般有两个思路：一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的量；二是首先假设其存在，然后通过推理论证或是计算，如果得出了一个合理的结果，就说明其存在；如果得出了一个矛盾的结果，就说明其不存在.【示例】(本小题满分14分) (2011·福建)如图，四棱锥P ABCD中，P A⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝2，∠CDA＝45°.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD；(2)设AB＝AP.(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等？说明理由．(1)可先根据线线垂直，证明线面垂直，即可证得面面垂直．(2)由于题中PB与平面PCD所成的角不好作出，因此用向量法求解．至于第2小问，可先假设点G存在，然后推理得出矛盾或列出方程无解，从而否定假设．[解答示范](1)因为P A⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以P A⊥AB.又AB⊥AD，P A∩AD＝A，所以AB⊥平面P AD.又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD.(4分)(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)．在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得，AD＝4－t，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，C D →＝(－1,1,0)，P D →＝(0,4－t ，－t )．(6分) (ⅰ)设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥C D →，n ⊥P D →，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又P B →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos 60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|P B →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去)，因为AD ＝4－t ＞0，所以AB ＝45.(9分)(ⅱ)法一假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到P ，B ，C ，D 的距离都相等，设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则G C →＝(1,3－t －m,0)，G D →＝(0,4－t －m,0)，G P →＝(0，－m ，t )．由|G C →|＝|G D →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m ；(1)由|G D →|＝|G P →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.(2)由(1)、(2)消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.(3)(12分)由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等．(14分)法二 (1)同法一．(2)(ⅰ)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )，由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t .所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，C D →＝(－1,1,0)，P D →＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥C D →，n ⊥P D →，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又P B →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos 60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|P B →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，所以 AB ＝45.法二假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ，所以GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ，(11分)在Rt △ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1，这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B ，C ，D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．(14分)[解答示范] ∵函数y ＝c x 在R 上单调递减，∴0＜c ＜1.(2分)即p ：0＜c ＜1.∵c ＞0且c ≠1，∴非p ：c ＞1.(3分)又∵f (x )＝x 2－2cx ＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数， ∴c ≤12.即q ：0＜c ≤12.∵c ＞0且c ≠1，∴非q ：c ＞12且c ≠1.(6分)又∵“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，∴p 真q 假或p 假q 真．(7分)①当p 真，q 假时，{c |0＜c ＜1}∩⎩⎨⎧⎭⎬⎫c |c ＞12且c ≠1＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c ⎪⎪⎪ 12＜c ＜1；(9分)②当p 假，q 真时，{c |c ＞1}∩⎩⎨⎧⎭⎬⎫c |0＜c ≤12＝∅.(11分) 综上所述，实数c的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c ⎪⎪⎪ 12＜c ＜1.(12分)探索性问题只要根据设问把问题确定下来就变为了普通问题，解题的关键是如何把要探索的问题确定下来，如本题第(2)问，法一是先设出G 点，由条件列出方程无解知G 点不存在．法二是由已知先确定G 点，然后推理得出矛盾，故G 点不存在．。

空间向量在立体几何中的应用

1
1
BA (1,1,2),CB (0,1,2), BA CB 3,
1
1
1
1
BA 6, CB 5..
z C1
B1
1
1
BA CB 1
A1
M
cos BA CB 1 1 30.
1 1 BA CB 10
1
1
N
(3) 依题意得C (0,0,2), M(1 , 1 ,2),
练习：
B' C'
在三棱柱ABC A' B 'C '中，
A'
底面是正三角形，AA' 底面ABC，
A'C AB ',求证：BC ' AB '
0 A'C AB ' (c a) (b a)
C
B
2
cbcaaba
A
2
a

c
b

1
2
BC' AB' (c a b) (b a)
设底面边长为2,高为h, 坐标法
如图建立空间直角坐标系.
C
B
A
A( 3,0,0), B(0,1,0),C(0,1,0).
A'( 3,0, h), B'(0,1, h),C'(0,1, h).
AB ' ( 3,1, h), A'C ( 3, 1, h), BC ' (0, 2, h)
3
3
C
几何法呢？
2 DC 1 DE
3
3
所以MN、DC、DE共面

2011高考数学立体几何大题汇总

2011高考数学立体几何大题汇总D因此可取n=(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m ，则 00m PB m BC ⋅=⋅=可取m=（0，-1，3-）27cos ,727m n ==-故二面角A-PB-C 的余弦值为277-2如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+，所以DSE ∠为直角。

…………3分由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥=，得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥。

SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直。

所以SD ⊥平面SAB 。

…………6分（II ）由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，3SD SE SF DE⨯== 作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。

连结SG ，则SG BC ⊥，又,BC FG SG FG G ⊥=，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。

…………9分作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。

37SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC 的距离为217 由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有217 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则2121sin arcsin 77d EBαα=== …………12分解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。

设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。

2011年高考数学一轮精品复习课件：第7章《立体几何》——空间向量在立体几何中的应用(1)

学案8
空间向量在立体几何中的应用
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的做平面α的法向量.
方向向量a，则向量a 叫
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向量v=(a2,b2,c2),则l∥α
⇔
u· v=0
⇔
a1a2+b1b2+c1c2=0 .
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3.设直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向量v=(a2,b2,c2),则 l⊥α ⇔u∥v ⇔ (a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2) ⇔ a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2 . 若平面α的法向量u=(a1,b1,c1)，平面β的法向量 v=(a2,b2,c2)，则 a1a2+b1b2+c1c2=0 u· v=0 ⇔u⊥v ⇔ α⊥β ⇔ .
由已知<DH,DA>=60°,
由DA· DH=|DA||DH|cos<DH,DA>,
2m 2 + 1 可得2m=
解得m=
.
2 2 2 ，所以DH= （，，1）. 2 2 2
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2 2 ×0 + × 0 + 1× 1 2 2 2 （1）因为cos<DH,CC′>= = 2 1× 2 所以<DH,CC′>=45°,即DP与CC′所成的角为45°.
4.空间的角
(1)若异面直线l1和l2的方向向量分别为u1和u2，l1
与l2所成的角为α，则cosα=
|cos<u1,u2>| . 返回目录
(2)已知直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,l与α的 |cos<v,u>|. 夹角为α，则sinα=

空间向量在立体几何中的应用答案word精品文档5页

17. 解析 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，设(a ＋c )与(b ＋c )夹角为θ，因此cos θ＝5－12＋338·38＝－219. 18. 证明 AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD→＝0，即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0. 又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34＝0， ∴AE→⊥CD →，即AE ⊥CD . (2)证法一 ∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB→＝0， ∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB .证法二 ∵AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∵设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ x ＝014x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n . ∵PD→∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .19.如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH→＝(m ，m,1)(m ＞0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC→＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.20. 解析 (1)证明连接AB 1，与BA 1交于点O ，连接OD .∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ，∴AD ＝PD .又∵AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1，∴PB 1∥平面BDA 1.(2)如图，过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连接BE .∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ，∴BA ⊥平面AA 1C 1C .∴BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52，又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52·AE ，∴AE ＝255.在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2552＝355， ∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.21. 解析 (1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC .∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ADB ⊥平面BDC .(2)由∠BDC ＝90°及(1)，知DA ，DB ，DC 两两垂直．不妨设|DB→|＝1，以D 为坐标原点，分别以DB→，DC →，DA →所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DB →＝(1,0,0)， ∴AE→与DB →夹角的余弦值为cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222. 22. 解析 (1)证明因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .所以BD ⊥平面P AC .(2)设AC ∩BD ＝O ，因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB→＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC→＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP→＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0. 所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t .所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t . 同理，平面PDC 的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t . 因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t 2＝0，解得t ＝ 6.所以P A ＝ 6.。

最新全国各地2011届高考数学试题汇编：空间向量在立体几何中的应用1【范本模板】

D1A1DAB1C1CB 空间向量在立体几何中的应用题组一一、填空题1．（北京五中2011届高三上学期期中考试试题理）一个正方体形状的无盖铁桶1111D C B A ABCD -的容积是V ,里面装有体积为V 32的水，放在水平的地面上（如图所示）。

现以顶点A 为支撑点，将铁桶倾斜，当铁桶中的水刚好要从顶点1A 处流出时, 棱1AA 与地面所成角的余弦值为答案11222。

（福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理)平面内有两定点A ，B,且|AB ｜=4，动点P 满足4||=+PB PA ，则点P 的轨迹是。

答案:以AB 为直径的圆；二、简答题3．（福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理)(本小题满分12分）如图，已知四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD,底面ABCD 是边长为1的正方形,侧棱AA 1=2. (I)求证：C 1D//平面ABB 1A 1;(II)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值；（Ⅲ）求二面角D —A 1C 1—A 的余弦值.答案（I ）证明：四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中,BB 1//CC 1，又⊄1CC 面ABB 1A 1，所以CC 1//平面ABB 1A 1,…………2分ABCD 是正方形，所以CD//AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD//平面ABB 1A 1，…………3分所以平面CDD 1C 1//平面ABB 1A 1，所以C 1D//平面ABB 1A 1 …………4分（II ）解：ABCD 是正方形，AD ⊥CD因为A 1D ⊥平面ABCD,所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D —xyz ， …………5分在1ADA ∆中,由已知可得,31=D A所以)3,1,1(),0,0,1(),3,0,0(),0,0,0(11-C A A D ，),0,1,1(),3,0,1(),3,1,0(11B D B -),3,1,2(1--=BD …………6分因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1 A 1D ⊥B 1D 1。

数学2011版《6年高考4年模拟》第八章立体几何第三节空间向量在立体几何中的应用1

数学2011版《6年高考4年模拟》第八章立体几何第三节空间向量在立体几何中的应用1第三节空间向量在立体几何中的应用第一部分六年高考荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010全国卷2理）（11）与正方体1111ABCD A B C D的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个（B ）有且只有2个（C）有且只有3个（D ）有无数个【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连PM ，PN ，PQ ，由三垂线定理可得，PN ⊥PM⊥；PQ ⊥AB ，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ ，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D. 2.（2010辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是(A)（0,62+） (B)（1,22）(C) (62-,62+） (D) （0,22）【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。

【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=3，SD=21a-，则有21a-<2+3，即22843(62)a<+=+，即有a<62+(2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时a>0;综上分析可知a∈（623.（2010全国卷2文）（11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个【答案】D【解析】：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，4.（2010全国卷2文）（8）已知三棱锥S ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（A）34 (B) 54(C) 74 (D) 34【答案】D【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。

高考数学高考题年模拟题分类汇编专题空间向量在立体几何中的应用

第三节空间向量在立体几何中的应用一、填空题1.若等边ABC ∆的边长为23，平面内一点M 满足1263CM CB CA =+，则MA MB •=_________2．在空间直角坐标系中，已知点A （1，0，2），B(1，-3，1)，点M 在y 轴上，且M 到A与到B 的距离相等，则M 的坐标是________。

【解析】设(0,,0)M y 由222141(3)1y y ++=+--+可得1y =-故(0,1,0)M - 【答案】(0,-1，0)二、解答题3.（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD, AD//BC//FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF=AB=BC=FE=12AD (I) 求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (II) 证明平面AMD ⊥平面CDE ；（III ）求二面角A-CD-E 的余弦值。

如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点。

设，1=AB 依题意得()，，，001B ()，，，011C ()，，，020D ()，，，110E ()，，，100F .21121M ⎪⎭⎫⎝⎛，，（I ）()，，，解：101B F -= ()，，，110DE -= .2122100DEBF DE cos =•++==，于是BF所以异面直线B F 与DE 所成的角的大小为060.（II ）证明：，，，由⎪⎭⎫ ⎝⎛=21121 ()，，，101-= ()0020=•=，可得，，， .AMD CE A AD AM .AD CE AM CE .0平面，故又，因此，⊥=⊥⊥=•.CDE AMD CDE CE 平面，所以平面平面而⊥⊂（III ）⎪⎩⎪⎨⎧=•=•=.0D 0)(CDE E u CE u z y x u ，，则，，的法向量为解：设平面.111(1.00），，，可得令，于是==⎩⎨⎧=+-=+-u x z y z x又由题设，平面ACD 的一个法向量为).100(，，=v.3313100cos =•++=•=v u v u v u ，所以， 4．（本题满分15分）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ；（II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．证明：（I ）如图，连结OP ，以O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),O A B C -(0,0,6),(0,4,3),P E -()4,0,3F ，由题意得，()0,4,0,G 因(8,0,0),(0,4,3)OB OE ==-，因此平面BOE 的法向量为(0,3,4)n =，(4,4,3FG =--得0n FG ⋅=，又直线FG 不在平面BOE 内，因此有//FG 平面BOE6.（本小题满分12分）如图，已知两个正方行ABCD 和DCEF 不在同一平面内，M ，N 分别为AB ，DF 的中点。

空间向量在立体几何中的应用知识点大全、经典高考题带解析、练习题带答案.docx

空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1. 能够利用共线向量、共血向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2. 会利用空间向量的处标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题;3. 培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；【知识梳理】一、空间向量的运算1、向量的几何运算（1）向量的数量积:已知向量〜匸，贝U |〜| | r | 〜f 叫做f f 的数量积，记作一］，即〜工| 1 | Hi 十工a.b | 幺 | • |・cos <a,b > a.b a ・b a ・b =|纠・|纠・ccs <a,b空间向量数量积的性质:①乳汨W|cos<N@>；f f ② 丄bo /・D = 0.③ 问“怎（2）向量共线定理：向量万（&工0）与方共线，当且仅当有唯一一个实数2,使b=Aa ・2、向量的坐标运算（］）若4（兀1，乃，习），直（兀2丿2，?2）,则=（兀2 一兀1‘尹2 一乃‘习一习）一个向暈在肓 •角处标系小的朋标等于表示这个向量的有向线段的终点的处标减去起点的处标。

°）十若纟=（鬥卫2，他）乜=（$』2，鸟）'」、"：+ 了=（两+$卫2+玄,色±劣a-b-（两一对卫2 —玄，他一鸟） Aa =（兄知兄勺，兄色）（久e R ） a ・b = + a 2b 2 +a 现 a H b V 》a 】--JI 对,a? —=丸鸟（久 w 氏）a 丄b O + a 2b 2 + a 曲=0 | a |= +拧 +_ ab _丨引•丨纠侷+勺? +宓2 J 辭+鸟2 +鸟2a 禹 + a 2b 2 + （3）夹角公式:二、空间向量在立体几何中的应用2.利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明・3 •利用空间向量证明垂直问题f f f f对于垂直问题，一般是利用“丄b^a-b=O 进行证明；4. 利用空间向量求角度（1）线线角的求法： _ _设直线AB 、CD 对应的方向向量分别为s 、b,则直线AB 耳CD 所成的角为打“代山恳丨（线线角的范围［0： 90°］） wTC COS —=F -- =F —Ml I 纠（2）线面角的求法：- 是直线'的方向向量，则直线/与平面°所成的角为 .|殛.；| arc sin 二=——亠\AB\-\n\5. 利用空间向量求距离（1）平面的法向量的求法：设n =（x,y, z ）,利川n 与平面内的两个不共线的向a, b 垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面°的一个法向量（如图）。

2011高考数学真题考点分类新编：考点35立体几何中的向量方法(新课标地区)

考点35立体几何中的向量方法一、解答题1.（2011·福建卷理科·Ｔ20）(本小题满分14分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，︒∠45CDA.=（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP.（i）若直线PB与平面PCD所成的角为︒30，求线段AB的长；（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.【思路点拨】(1)证面面PAB中的直线AB PAD⊥面，也可⊥面，从而可推得面PAB PAD以建立坐标系证明两面的法向量垂直；（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系-A xyz，然后用空间向量法进行求解探究.【精讲精析】（I）因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA AB解法1：⊥，又,A B A D P A A D A⊥=，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz-（如图）.在平面ABCD内，作//⊥.CE AB交AD于点E，则CE AD在Rt CDE ∆中，cos451DE CD =⋅︒=.设AB AP t ==，则(,0,0),(0,0,)B t P t . 由AB+AD ＝4得AD ＝4t -，所以(0,3,0),1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---（，(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--（i ）设平面PCD 的法向量为=(,,),x y z n 由,,CD PD ⊥⊥n n 得0(4)0.x y t y tz -+=⎧⎨--=⎩取x t =，得平面PCD 的一个法向量(,,4)t t t =-n .cos60||,|||PBPB ⋅︒=⋅n n |即21,2= 解得45t =或4t =（舍去，因为40AD t =->），所以AB ＝4.5（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G （如下图），使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等，设G （0,m,0）(其中04m t ≤≤-)，则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GC t m GD t m GP m t =--=--=-由||||GC GD =得2221(3)(4),t m t m +--=--即3t m =-.① 由||||GD GP =得222(4).m t m t --=+②C由①②消去t ，化简得23+40.m m -=③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，C ，D 的距离都相等. 解法2：（I ）同解法1. （Ⅱ）（i ）同解法1 .（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等. 由GC ＝GD ，得45,GCD GDC ∠=∠=︒从而90,CGD ∠=︒即CG AD ⊥，所以cos451GD CD =⋅︒=.设AB λ=，则4AD λ=-，AG ＝AD-GD＝3λ-.在Rt ABG ∆中，1,GB ==>这与GB ＝GD 矛盾.所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等. 2. （2011·江苏高考·Ｔ22）（本小题满分10分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,1AA AB ==，点N 是BC 的中点，点M 在1CC 上，设二面角1A DN M --的大小为θ。

高考数学一轮复习专题9.7 空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)-人教版高三全册数学试题

9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ．【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)，则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)，设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)，又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图324所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图324[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且AS AB =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ；（2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求证：AB 1⊥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ．因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)．所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)．因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ．又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ．法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)，又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系．依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)．因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)．因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)，所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3，即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ，则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1），设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为：（x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-，1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（）AB．2C．3λ D 【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 222C C π+==＝（0，λ，1），设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩ ，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝25EM n n==N 为EM中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点，且12DP AA =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1；（2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。

高考理科数学一轮复习专题训练：空间向量在立体几何中的应用(含详细答案解析)

第10单元空间向量在立体几何中的应用（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是()1,0,1=a ，()0,1,1=b ，那么这条斜线与平面所成的角是（） A ．90° B ．30°C ．45°D ．60°【答案】D【解析】∵11cos ,222〈〉==⨯a b ，又由题意知(),0,90〈〉∈︒︒a b ，∴,60〈〉=︒a b ．答案D ． 2．平面经过三点，，，则平面的法向量可以是（） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】设平面的法向量为n ，对于A 选项，2OA ⋅=u u u r n ，故A 选项错误；对于B 选项，2OB ⋅=-u u u rn ，故B 选项错误；对于C 选项，2OB ⋅=u u u r n ，故C 选项错误；对于D 选项，由于0OA ⋅=u u u r n ，0OB ⋅=u u u rn ，故D 选项符合题意．所以本题选D ．3．若直线的方向向量为()1,2,3=-a ，平面的法向量为()3,6,9=--n ，则（） A ．l α⊂ B ．l α∥C ．l α⊥D ．l 与α相交【答案】C【解析】∵直线l 的方向向量为()1,2,3=-a ，平面的法向量为()3,6,9=--n ， ∴13=-a n ，∴∥a n ，∴，故选C ．4．如图，在平行六面体中，为的中点，设AB =u u u r a ，AD =u u u r b ，1AA =u u u rc ，则CE =u u u r （）A．12--+a b c B．12-+a b c C．12--a b c D．12+-a b c【答案】A【解析】根据向量的三角形法则得到()111122CE AE AC AA A E AB BC=-=+-+=+--=--+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rc b a b a b c．故选A．5．在长方体1111ABCD A B C D-中，4AB=，12AD AA==，点P为1CC的中点，则异面直线AP与11C D所成角的正切值为（）A．5B．3C．2D．14【答案】A【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A，()0,4,1P，()10,4,2C，()10,0,2D，()2,4,1AP=-u u u r，()110,4,0C D=-u u u u r，设异面直线AP与11C D所成角为θ，则1111cos21421AP C DAP C Dθ⋅===⨯⋅u u u ru u u ru u u uu u u rru165sin12121θ=-=sin5tancos4θθθ==，∴异面直线AP 与11C D 所成角正切值为54，故选A．6．正方体1111ABCD A B C D-中，直线1AB与平面11ABC D所成角的正弦值为（）A ．12B．22C．33D．32【答案】A【解析】如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，1DD方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长2，则(2,0,0)A，1(2,2,2)B=，1(2,0,2)A，(0,0,0)D，所以1(0,2,2)AB=u u u r，1(2,0,2)DA=u u u u r，因为在正方体中，11DA AD⊥，AB⊥平面11ADD A，所以1AB DA⊥，又1AD AB A=I，所以1DA⊥平面11ABC D，因此向量1DAu u u u r为平面11ABC D的一个法向量，设直线1AB与平面11ABC D所成的角为θ，则1111111sin cos,22222AB DAAB DAAB DAθ⋅====⨯u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r．故选A．7．对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有(),,OP xOA yOB zOC x y z=++∈Ru u u r u u u r u u u r u u u r，则，，是四点共面的（）A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】空间任意一点和不共线的三点，，，且(),,OP xOA yOB zOC x y z =++∈R u u u r u u u r u u u r u u u r，则四点共面等价于，若，，，则，所以四点共面，若四点共面，则，不能得到，，，所以，，是四点共面的充分不必要条件，故选B ．8．已知二面角，其中平面的一个法向量()1,0,1=-m ，平面的一个法向量()0,1,1=-n ，则二面角的大小可能为（）A ．B ．C ．或D ．【答案】C【解析】∵()1,0,1=-m ，()0,1,1=-n ，设m 与n 之间的夹角为，11cos =222θ⋅-∴==-⋅⨯m n m n ，，，二面角的大小可能为和．9．已知在平行六面体中，，，，，，则的长为（） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】在平行六面体中，，，，，，AC AB AD AA ''=++u u u u r u u u r u ur Q u u u u r， ()22222222AC AB AD AA AB AD AA AB AD AB AA AD AA ∴=++=+++⋅+⋅''+⋅'''u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，则53AC ='u u u u r，故选D ．10．如图，已知矩形与矩形全等，二面角为直二面角，为中点，与所成角为，且3cos θ=，则AB BC=（）A ．1 B．2C ．22D ．12【答案】C【解析】以A 为原点，AF 为x 轴，AB 为y 轴，AD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2a ，BC ＝2b ，则F （2b ，0，0），M （0，a ，0），B （0，2a ，0），D （0，0，2b ），（﹣2b ，a ，0），（0，﹣2a ，2b ），∵FM 与BD 所成角为θ，且3cos 9θ=， ∴22222,3cos 444FM BD FM BD FM BD a b a b⋅〈=〉==⋅++u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，整理得224454260a b b a -=+，∴4226540a a b b ⎛⎫⎛⎫-⨯+⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得212a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，或2413a b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（舍），∴2AB a BC b ==，故选C ． 11．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为()221A ，，，()221B -，，，，则该四面体外接球的表面积是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图，在空间坐标系里画出四个点，可得面，因此可以把四面体补成一个长方体，其外接球的半径22222232R++==，所以外接球的表面积为，故选B项．12．如图，四边形，，，现将沿折起，当二面角的大小在π2π,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦时，直线和所成角为，则的最大值为（）A．2268-B．6224-C．2268+D．2264+【答案】C【解析】取BD中点O，连结AO，CO，∵AB＝BD＝DA＝4．BC＝CD，∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，AO，∴∠AOC是二面角A BD C--的平面角，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，B （0，﹣2，0），C （2，0，0），D （0，2，0），设二面角A BD C --的平面角为θ，则2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，连AO 、BO ，则∠AOC ＝θ，()23cos ,0,23sin A θθ，∴()23cos ,2,23sin BA θθ=u u u r，()2,2,0CD =-u u u r ，设AB 、CD 的夹角为α，则13cos cos 22AB CDAB CDθα-⋅==⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ， ∵2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴11cos ,22θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，∴313cos 0,12θ⎡⎤-∈+⎢⎥⎣⎦． ∴cos 的最大值为2268+．故选C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点为1A ，1A 关于xOz 平面的对称点为2A ，2A 关于z 轴的对称点为3A ，则线段3AA 的中点M 的坐标为_______．【答案】()4,0,0-【解析】点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点A 1的坐标为()4,2,3--，点()1423A --，，关于xOz 平面的对称点A 2的坐标为()423-，，，点()2423A -，，关于z 轴的对称点A 3的坐标为()423---，，，∴线段AA 3的中点M 的坐标为()4,0,0-． 14．在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为__________．【答案】1625【解析】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则1111114416cos cos25916916AC BCAC BCAC BCθ-⨯=〈=⋅〉==+⨯+u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r，．故答案为1625．15．如图，在正方体中，、分别为的中点，则平面和平面所成二面角的正弦值为__________．【答案】223【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E(1，0，0)，F(0，0，1)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，()1,0,1EF=-u u u r，()1,2,0EB=u u u r，设平面EFC1B的法向量(),,x y z=n，则20EF x zEB x y⎧⎪⋅=⎨⎪-+=⋅=+⎩=u u u ru u u rnn，取，得()2,1,2=-n ，平面BCC 1的法向量()0,1,0=m ，设平面EFC 1B 和平面BCC 1所成二面角为，则1cos 3θ⋅==⋅n m n m ，所以22sin 3θ=，故填223． 16．将直角三角形沿斜边上的高折成的二面角，已知直角边，那么下面说法正确的是_________．（1）平面平面；（2）四面体的体积是；（3）二面角的正切值是423；（4）与平面所成角的正弦值是2114，【答案】（3）（4）【解析】画出图像如下图所示，由图可知（1）的判断显然错误；由于，故是二面角的平面角且平面，故．过作交的延长线于，由于，故是三棱锥的高．在原图中，，362AB AC AD BC⋅⨯===321BD =-=，622CD =-=，33sin60122BE BD =⋅︒=⨯=，所以111362232626D ABC B ACD V V AD CD BE --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=，故（2）错误；以为坐标原点，,,DA DC Dz u u u r u u u r u u r分别为轴建立空间直角坐标系．()2,0,0A，130,,22B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ，132,,22AB ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，()2,2,0AC =-u u ur ，设平面的法向量为(),,x y z =n ，则132022220AB x y z AC x y ⋅=--+=⋅=-+=⎧⎪⎨⎪⎩u u u r u u u r n n ，令，则5623y z ==，，即562,2,3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n ．平面的法向量是()2,0,0DA =u u u r．设二面角的平面角为，由图可知为锐角，故3cos 17DA DAθ⋅==⋅u u u r u u u r n n ，则其正切值为144233=．故（3）判断正确；平面的法向量为，530,,22BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，设直线和平面所成的角为，则()()530,0,10,,2221sin 530,0,10,,22α⎛⎫⋅-⎪⎝⎭==⎛⎫⋅-⎪⎝⎭，故（4）判断正确．综上所述，正确的有（3），（4）．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，,M E 分别为棱111,B C CC 的中点，12,2AB AA ==．（1）证明：平面1D EM ⊥平面ABE ；（2）求平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）230．【解析】（1）证明：在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB BC ⊥，1BB ⊥底面ABCD ，1BB AB ∴⊥，又1BB BC B =I ，AB ∴⊥平面11BCC B ，则AB ME ⊥，213122ME =+=Q ，2123BE =+=，219422BM =+=， 222ME BE BM ∴+=，则BE ME ⊥， BE AB B =Q I ，ME ∴⊥平面ABE ．又ME ⊂平面1D EM ，∴平面1 D EM ⊥平面ABE ．（2）以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1122,1),(2,0,0),(2,2,2),(0,0,2),2,22E A B D M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则1(0,2,2)AB =u uu r ，11(2,2,0)B D =--u u u u r．设(,,)x y z =n 是平面11AB D 的法向量，11100AB B D ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u u rn n ，即220220y z x y ⎧+=⎪⎨--=⎪⎩，令2y =，得(2,2,1)=--n ，由（1）知，平面ABE 的一个法向量为2,0,12ME ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，230cos ,352ME ME ME⋅∴<=⋅⨯>==u u u ru u u r u u u r n n n ，故平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值为230． 18．（12分）如图，E 是以AB 为直径的半圆O 上异于,A B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于半圆O 所在的平面，且2AB =，3AD =．（1）求证：平面EAD ⊥平面EBC ；（2）若»EB的长度为π3，求二面角A DE C --的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1313．【解析】（1）证明：Q 平面ABCD ⊥平面EAB ，两平面交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，BC ∴⊥平面EAB ，EA ⊂Q 平面EAB ，BC EA ∴⊥，AEB ∠Q 是直角，BE EA ∴⊥，EA ∴⊥平面EBC ， EA ⊂Q 平面EAD ，∴平面EAD ⊥平面EBC ．（2）如图，连结OE ，以点O 为坐标原点，在平面ABE 中，过O 作AB 的垂线为x 轴，AB 所在的直线为y轴，在平面ABCD 中，过O 作AB 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系．»EB Q 的长度为π3，π3BOE ∴∠=，则()0,0,0O ，31,02E ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,3D -，()0,1,3C ，()0,1,0B ，()0,2,0DC ∴=u u u r ，31,322CE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，31,022BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u ur ，设平面DCE 的一个法向量为(),,x y z =m ，则2031302DC y CE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩u u u ru u u r m m ，令2x =，解得0y =，33z =，32,0,3⎛∴= ⎝⎭m ，平面EAD 的一个法向量31,02BE ⎫==-⎪⎪⎝⎭u u u r n ，3313cos ,1333⋅∴<>===⋅m nm n m n，213sin ,13∴<>=m n∴二面角A DE C --的正弦值为21313． 19．（12分）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 43的菱形，60BCD ∠=︒，AC 与BD 交于点O ，平面FBC ⊥平面ABCD ，EF AB ∥，FB FC =，23EF =．（1）求证：OE ⊥平面ABCD ；（2）若FBC △为等边三角形，点Q 为AE 的中点，求二面角Q BC A --的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）313．【解析】（1）证明：取BC 的中点H ，连结OH 、FH 、OE ，因为FB FC =，所以FH BC ⊥，因为平面FBC ⊥平面ABCD ，平面FBC I 平面ABCD BC =，FH ⊂平面FBC ，所以FH ⊥平面ABCD ，因为H 、O 分别为BC 、AC 的中点，所以OH AB ∥且1232OH AB ==．又EF AB ∥，233EF =，所以EF OH ∥，所以四边形OEFH 为平行四边形，所以OE FH ∥，所以OE ⊥平面ABCD ．（2）因为菱形ABCD ，所以2OA OC OE FH ====．所以OA ，OB ，OE 两两垂直，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，则(2,0,0)A ，230,3B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C -，(0,0,2)E ，所以(1,0,1)Q ，所以232,,03BC⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭uu u r，(3,0,1)CQ=u u u r，设平面BCQ的法向量为(,,)x y z=m，由BCCQ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，得2320330x yx z⎧--=⎪⎨⎪+=⎩，取1x=，可得(1,3,3)=--m，平面ABC的一个法向量为(0,0,1)=n，设二面角Q BC A--的平面角为θ，则3313cos131139θ⋅--===⨯++m nm n，因为二面角Q BC A--的平面角为锐角，所以二面角Q BC A--的余弦值为31313．20．（12分）已知四棱锥的底面是菱形，π3ABC∠=，底面，是上的任意一点．（1）求证：平面平面；（2）设，是否存在点使平面与平面所成的锐二面角的大小为？如果存在，求出点的位置，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明：∵平面，平面，∴．∵四边形是菱形，∴．∵，∴平面．∵平面，∴平面平面．（2）设与的交点为，以、所在直线分别为、轴，以过垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图），则，，，，．设，则()()1,0,21,0,SE x z EC x z=+-=--u u r u u u r，，设SE ECλ=u u r u u u r，∴1121xzλλλ-=+=+⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，∴12,0,11Eλλλ-⎛⎫⎪++⎝⎭，∴12,3,11DEλλλ-⎛⎫=-⎪++⎝⎭u u u r，()0,23,0BD=u u u r，设平面的法向量()111,,x y z=n，∵DEBD⊥⊥⎧⎪⎨⎪⎩u u u ru u u rnn，∴DEBD⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn．求得()2,0,1λ=-n为平面的一个法向量．同理可得平面的一个法向量为()3,1,0=-m，∵平面与平面所成的锐二面角的大小为，∴()()()23,1,02,0,13cos302241λλ-⋅-⋅︒===⋅+-m nm n，解得．∴为的中点．21．（12分）如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=AB=BC=1，CD=2，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．（1）证明：平面POB⊥平面ABCE；（2）若直线PB与平面ABCE所成的角为π4，求二面角A PE C--的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）55 -．【解析】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，易知△DAE为等边三角形，所以OD⊥AE，OB⊥AE，即在△PAE中，OP⊥AE，∴AE⊥平面POB，AE⊂平面ABCE，所以平面POB⊥平面ABCE．（2）在平面POB内作PQ⊥OB=Q，∴PQ⊥平面ABCE．∴直线PB与平面ABCE夹角为π4 PBQ∠=，又∵OP=OB，∴OP⊥OB，O、Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为30,0,2P⎛⎫⎪⎪⎝⎭，1,0,02E⎛⎫⎪⎝⎭，32C⎛⎫⎪⎪⎝⎭，∴1322PE⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r，，，1322EC⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭u u u r，，，设平面PCE的一个法向量为()1,,x y z=n，则12PEEC⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn，即13221322x zx y-=+=⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，设，则1y=-，1z=，∴()1311=-，，n，由题意得平面PAE的一个法向量()2010=，，n，设二面角A PE C--为α，121215cos515α⋅===⋅n nn n．即二面角A PE C--为α的余弦值为55-．22．（12分）如图，已知四棱锥的底面为边长为的菱形，3πBAD PA PB M∠==，，为中点，连接．（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，且二面角的余弦值为5，求四棱锥的体积．【答案】（1）见证明；（2）2．【解析】（1）连接，∵菱形中，π3BAD ∠=，∴为等边三角形，又为中点，∴．又，则，又，∴平面，又AB CD ∥，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）∵平面平面，且交线为，，平面，∴，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，则()1,3,0AD =u u u r，()1,0,AP a =u u u r ，设平面的一个法向量为()x y z =，，n ，则00AD AP ⎧⎪==⋅⎪⎨⋅⎩u u u r u u u rn n ，即300x y x az ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩，可取()3,,3a a =--n ，又平面的法向量可取()0,1,0=m ，由题意得25cos ,343a ⋅===+m n m n m n，解得，即，又菱形的面积，∴四棱锥的体积为11233233ABCD V S PM =⨯⨯=⨯=．第10单元空间向量在立体几何中的应用（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线与平面所成的角等于（） A ．120° B ．30°C ．60°D ．60°或30°【答案】B【解析】设直线与平面所成的角为，则，故选B ．2．若两个向量()1,2,3AB =u u u r ，()3,2,1AC =u u u r，则平面的一个法向量为（） A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设平面ABC 的法向量为()x y z =，，n ，则0AB AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u r u u u rn n ，即230320x y z x y z ++=++=⎧⎨⎩，令，则，即平面ABC 的一个法向量为()121=--，，n ，故选A ．3．已知v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面，的法向量不重合那么下列说法中：12αβ⇔①∥∥n n ；12αβ⊥⇔⊥②n n ；1l α⇔③∥∥v n ；1l α⊥⇔⊥④v n ．正确的有（） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】∵平面，不重合；平面，的法向量平行垂直等价于平面，平行垂直，正确；直线l 的方向向量平行垂直于平面的法向量等价于直线l 垂直平行于平面，都错误．故选B ．4．如图，平行六面体中，与交于点，设AB =u u u r a ，AD =u u u rb ，1AA =u u u rc ，则1B M =u u u u r （）A ．1122---a b c B ．1122+-a b c C ．1122--a b c D ．1122-+-a b c 【答案】D 【解析】，，，∴()11111222B M AA AB AD =-+-+=--+u u u u r u u u ru u u r u u u r c a b ，故选D ． 5．在正三棱柱111ABC A B C -中，若12AB BB =，则1AB 与1C B 所成角的大小为（） A ．60︒ B ．75︒C ．105︒D ．90︒【答案】D【解析】由题意可得60ABC ∠=︒，1BB ⊥平面ABC ，设11BB =，则2AB =，又11AB BB BA =-u u u r u u u r u u u r ，11BC BC BB =+u u u u r u u u r u u u r，所以11112111()()AB BC BB BA BC BB BB BC BB BA BC BA BB ⋅=-⋅+=⋅+-⋅-⋅u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r0122cos6000=+-⨯⨯︒-=．故11AB BC ⊥u u u r u u u u r，即11AB BC ⊥，即1AB 与1C B 所成角的大小为90︒．故选D ．6．已知在长方体中，，，，是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A ．13B ．49C ．59D ．23【答案】B 【解析】在长方体中，，，，是侧棱的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，0，，，，，0，，，0，，1，，设平面的法向量为(),,x y z =n ，则124020DA x z DE y z ⋅=+=⋅=+=⎧⎪⎨⎪⎩u u u u r u u u r n n ，取，得()221=--，，n ，设直线与平面所成角为，则44sin 999EA EA θ⋅===⋅⋅u u u r u u u rn n．直线与平面所成角的正弦值为49，故选B ． 7．已知()123=-，，a ，()114=--，，b ，()13m =-，，c ，则“”是“a ，b ，c 构成空间的一个基底”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】当“”时，()131=-，，c ，易得a ，b ，c 不共面，即a ，b ，c 能构成空间的一个基底，即“”是“a ，b ，c 构成空间的一个基底”的充分条件；当a ，b ，c 能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 不共面，设a ，b ，c 共面，即x y =+c a b ，解得12334x y y x x y m -=-=--=⎧⎪⎨⎪⎩，即212x y m ===⎧⎪⎨⎪⎩，即a ，b ，c 能构成空间的一个基底时，m 的取值范围为，即当a ，b ，c 能构成空间的一个基底，不能推出，即“”是“a ，b ，c 构成空间的一个基底”的不必要条件，综合得：“”是a ，b ，c 构成空间的一个基底”的充分不必要条件，故选A ．8．已知正四棱柱的体积为，底面ABCD 的边长为1，则二面角的余弦值为（）A ．37B ．77C ．217D ．277【答案】C 【解析】过D 作于，连接AO ，则就是二面角的平面角．正四棱柱的体积为，底面ABCD 的边长为1，．在中，，，可得，32DO =．在中，2272AO AD DO =+=， 321cos 277OD AOD AO ∠==⨯=．故选C ． 9．在正方体中，点E 是棱的中点，点F 是线段上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线与所成的角是定值；②三棱锥的体积是定值；③直线与平面所成的角是定值，其中真命题的个数是（） A ．3 B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点，AB ，AD ，所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B (1，0，0)，C (1，1，O)，D (0，1，0)，(0，0，1)，(1，0，1)，(1，1，1)，(0，1，1)，设F (t ，1，1-t )，（0≤t ≤1），可得=(1，1，1)，=(t -1，1，-t )，可得110AC B F ⋅=u u u u r u u u u r，故异面直线与所得角是定值，故①正确；三棱锥的底面面积为定值，且∥，点F 是线段上的一个动点，可得F 点到底面的距离为定值，故三棱锥的体积是定值，故②正确；可得=(t ，1，-t )，=(0，1，-1)，=(-1，1，0)，可得平面的一个法向量为()1,1,1=n ，可得1cos ,A F 〈〉u u u u rn 不为定值，故③错误；故选B ．10．当动点在正方体的体对角线上运动时，异面直线与所成角的取值范围是（）A ．π,6π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．π,6π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．π,4π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．π,3π2⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【解析】以为原点，DA u u u r ，DC u u ur ，1DD u u u u r 分别为，，轴正向，建立空间直角坐标系，则()11,0,1AD =-u u u u r ，()11,1,1CA =-u u u r，设1CP CA λ=u u u r u u u r ，则，()CP λλλ∴=-u u u r ，，，()1BP λλλ∴=--u u u r ，，，故1121·1cos ·2321AD BP AD BP AD BP λλ==⋅-+u u u r u u u r u u u u u u r u u u u r u u r ur u u ，，对于函数()2212321333h x λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，有：()min 1233h x h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，，故113cos ,2AD BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦u u u r u u u u r ，，又[]10,πAD BP ∈u u u r u u u u r ，，故1,6ππ,3AD BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦u u u r u u u u r ．故选．11．三棱柱的侧棱与底面垂直，，，N 是BC 的中点，点P 在上，且满足，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，的值为（）A．12B ．22C ．32D ．255【答案】A【解析】如图，以AB ，AC ，分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则0，，11122PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，，，平面ABC 的一个法向量为()0,0,1=n ，设直线PN 与平面ABC 所成的角为，21sin 1524PN PN θλ⋅∴==⋅⎛⎫-+⎪⎝⎭u u u ru u u rn n ，当12λ=时，()max 25sin θ=，此时角最大．故选A ．12．如图，在三棱锥A-BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，△BAC 与△BCD 均为等腰直角三角形，且∠BAC =∠BCD =90°，BC=2，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AC 成30°的角，则线段PA 长的取值范围是（）A．22⎡⎤⎢⎥⎣⎦，B ．63⎡⎤⎢⎥⎣⎦，C．222⎡⎤⎢⎥⎣⎦，D．623⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【答案】B【解析】以C为原点，CD为轴，CB为轴，过C作平面BCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设()00Q q，，，()AP ABλλλ==-u u u r u u u r，，，则()()()(),0,00,1,10,,PQ CQ CP CQ CA AP qλλ=-=-+=---u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r(),1,1qλλ=---，因为异面直线PQ与AC所成的角为，所以()()2222223cos3022211CA PACA PA qqλλλ⋅︒====⋅++⋅+++-u u u ru uu u u ru uu u r r，即228223qλ++=，所以[]22220,43qλ=-∈，所以2222032243λλ⎧⎪-≥-⎨≤⎪⎪⎪⎩，解得30λ≤≤，所以620,APλ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦u u u r，即线段PA的长的取值范围是60,⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故选B．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为_______．【答案】【解析】因为与的夹角为钝角，所以且不同向．，整理得．当反向时，，所以．14．已知在长方体中，，，，E 是侧棱的中点，则直线AE 与平面所成角的正弦值为______．【答案】49【解析】在长方体中，，是侧棱的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，()2,0,0A，()0,1,2E，()12,0,4A，()0,0,0D，()2,1,2EA=--u u u r，()12,0,4DA=u u u u r，()0,1,2DE=u u u r，设平面的法向量为(),,x y z=n，则1240DA x z⋅=+=u u u u rn，20DE y z⋅=+=u u u rn，取，得()2,2,1=--n，设直线与平面所成角为，则44sin999EAEAθ⋅===⋅u u u ru u u rnn．∴直线与平面所成角的正弦值为49．15．已知圆锥的顶点为，为底面中心，，，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，，为的中点．设直线与平面所成角为，则的最大值为__________．【答案】【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则：，如图所示，由对称性不妨设且，则(),1,3MC x y =+-u u u u r，易知平面SAB 的一个法向量为()100=，，m ，据此有()()22112sin 482413MC y y MC x y α⋅⎡⎤===⨯-+-+⎢⎥+⨯⎣⎦+++u u u u ru u u u rmm42331≤-=-，当且仅当时等号成立，综上可得：sin α的最大值为．16．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：（1）当直线与成角时，与成角；（2）当直线与成角时，与成角；（3）直线与所成角的最小值为；（4）直线与所成角的最小值为，其中正确的是______（填写所有正确结论的编号）．【答案】（1）（3）【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC |＝1，|AB |，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则D （1，0，0），A （0，0，1），直线a 的方向单位向量()0,1,0=a ，1=a ，直线b 的方向单位向量()1,0,0=b ，1=b ，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C 与CD 的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量为()cos ,sin ,1AB θθ'=-u u u r ，2AB '=u u u r设AB 'u u u r 与a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()cos sin 101022cos 2AB θθαθ--⋅⎡==∈⎢'⋅⎣⎦u u u r ，，，，a ，∴ππ,24α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ∴（3）正确，（4）错误．设AB 'u u u r 与b 所成夹角为2π0,β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 11002cos 2AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''⋅⋅u u u r u u u r u u u r，，，，b b b ，当AB 'u u u r 与a 夹角为60°时，即π3α=，2sin 232π2θα===，∵22cos sin 1θθ+=，∴21cos 22βθ==， ∵2π0,β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴π3β=，此时AB 'u u u r 与b 的夹角为60°，∴（1）正确，（2）错误．故答案为（1）（3）．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）如图四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PB BC ⊥，PD CD ⊥，且PA AB =，E 为PD 中点．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求二面角A BE C--的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）15．【解析】（1）证明：∵底面ABCD为正方形，∴BC AB⊥，又,BC PB AB PB B⊥=I，∴BC⊥平面PAB，∴BC PA⊥,同理,CD PA BC CD C⊥=I，∴PA⊥平面ABCD．（2）建立如图的空间直角坐标系A xyz-，不妨设正方形的边长为2，则()()()()0,0,0,2,2,0,0,1,1,2,0,0A C E B，设(),,x y z=m为平面ABE的一个法向量，又()()0,1,1,2,0,0AE AB==uu u r uu u r，20AE y zAB x⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩u u u ru u u rnn，令1,1y z=-=，得()0,1,1=-m．同理()1,0,2=n是平面BCE的一个法向量，则10cos<,525⋅>===⨯m nm nm n．∴二面角A BE C--15．18．（12分）如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED PA∥，且22PA ED==．（1）证明：直线BD ∥平面PCE ；（2）证明：平面PAC ⊥平面PCE ；（3）若直线PC 与平面ABCD 所成的角为45︒，求二面角P CE D --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6-．【解析】（1）证明：连接BD ，交AC 于点O ，设PC 中点为F ，连接OF ，EF ．因为O ，F 分别为AC ，PC 的中点，所以OF PA ∥，且12OF PA =，因为DE PA ∥，且12DE PA =，所以OF DE ∥，且OF DE =，所以四边形OFED 为平行四边形，所以OD EF ∥，即BD EF ∥，又BD ⊄平面PCE ，EF ⊆面PCE ，所以BD ∥面PCE ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥．因为ABCD 是菱形，所以BD AC ⊥．因为PA AC A =I ，所以BD ⊥平面PAC ，因为//BD EF ，所以EF ⊥平面PAC ，因为FE ⊂平面PCE ，所以平面PAC ⊥平面PCE ．（3）解法1：因为直线PC 与平面ABCD 所成角为45︒，所以45PCA ∠=︒，所以2AC PA ==，所以AC AB =，故ABC △为等边三角形．设BC 的中点为M ，连接AM ，则AM BC ⊥．以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A xyz-（如图）．则(0,0,2),3,1,0),(0,2,1),(0,2,0)P C E D，3,1,2)PC=-，(3,11)CE=-，(0,0,1)DE=，设平面PCE的法向量为{}111,,x y zn=，则PCCE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn，即11111132030x y zx y z⎧+-=⎪⎨++=⎪⎩，令11y=，则1132xz⎧=⎪⎨=⎪⎩(3,1,2)=n，设平面CDE的法向量为()222,,x y z=m，则DECE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，即222230zx y z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，令21x=，则223yz⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以3,0)=m，设二面角P CE D--的大小为θ，由于θ为钝角，所以||236cos|cos,|||||4222θ⋅=-〈〉=-==⋅⋅n mn mn m．所以二面角P CE D--的余弦值为6解法2：因为直线PC与平面ABCD所成角为45︒，且PA⊥平面ABCD，所以45PCA∠=︒，所以2AC PA==．因为2AB BC==，所以ABC△为等边三角形．因为PA⊥平面ABCD，由（1）知//PA OF，所以OF⊥平面ABCD．因为OB⊂平面ABCD，⊂OC平面ABCD，所以⊥OF OB且⊥OF OC．在菱形ABCD中，OB OC⊥．以点O为原点，,,OB OC OF分别为,,x y z轴，建立空间直角坐标系O xyz-（如图）．则(0,0,0),(0,1,2),(0,1,0),(3,0,0),(3,0,1)O P C D E ---，则(0,2,2),(3,1,1),(3,1,0)CP CE CD =-=--=--u u u r u u u r u u u r，设平面PCE 的法向量为()111,,x y z =n ，则00CP CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，即1111122030y z x y z -+=⎧⎪⎨--+=⎪⎩，令11y =，则1111y z =⎧⎨=⎩，则法向量(0,1,1)=n ．设平面CDE 的法向量为()222,,x y z =m ，则00CE CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rm m ，即222223030x y z x y ⎧--+=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，则223y z ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，则法向量(1,3,0)=-m ．设二面角P CE D --的大小为θ，由于θ为钝角，则||36cos |cos ,|||||422θ⋅=-〈〉=-=-=-⋅⋅n m n m n m ．所以二面角P CE D --的余弦值为64-． 19．（12分）如图，正方形边长为，平面平面，12CE DE CE AB ⊥=，．（1）证明：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）255．【解析】（1）证明：平面平面，平面平面，，面，∴平面，又平面，∴，又∵，，，平面，∴平面，又平面，∴．（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，在直角中，12EC a=，，易得330,,44E a a⎛⎫⎪⎪⎝⎭，130,,44CE a a⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r，由（1）知CEu u u r为平面的一个法向量，(),,0DB a a=u u u r，330,,44DE a a⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭u u u r，设()x y z=，，n是平面BDE的一个法向量，则DBDE⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn，即3344ax ayay az+=+=⎧⎪⎨⎪⎩，令，则，，∴()113=-，，n，132544cos,552a aCECEaCE+⋅∴〈==⨯〉=u u u ru uruuu u r nnn，∴二面角的余弦值是25．20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是梯形，是正三角形，为的中点，平面平面．（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为33819？若存在，求出PFPD的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见证明；（2）见解析．【解析】（1）证明：因为AE CD ∥，且，所以四边形是平行四边形，从而AD CE ∥，且，又在正三角形中，36PE AB ==，从而在中，满足，所以，又平面平面，平面平面，平面所以平面．（2）由（1）知，且，，平面，从而平面，又平面，平面，所以，以点为原点，分别以射线为轴，轴，轴正半轴，建立空间直角坐标系，，假设在棱上存在点满足题意，设PF PD λ=u u u r u u u r ，则)326326PF λλλλ==u u u r ，，，，()32266AF AP PF λλλ=+=u u u r u u u r u u u r ，，，()022BA =u u u r，，，设平面的法向量()x y z=，，n ，则()()322660220x y zyλλλ+⎧-+-==⎪⎨⎪⎩，取得，得()2101λλ⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎭，，n，有平面的一个法向量()100=，，m，所以3cos,3819=n m，从而()()22133819211λλλλ-=⎛⎫-+⎪⎪⎝⎭，，，因为，所以14λ=，所以在棱上存在点使得二面角的余弦值为33819，且14PFPD=．21．（12分）等腰直角三角形中，90ABC∠=︒，点在边上，垂直交于，如图①．将沿折起，使到达的位置，且使平面平面，连接，，如图②．（1）若为的中点，，求证：；（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）13．【解析】（1），，∩=D，平面，又在图①中，，DE BC∴∥，平面，而平面，，，是的中点，，平面，而平面，．（2）设，由，三棱锥的体积()()21128844232333V m m m =⋅⋅-=--+≤，得三棱锥的体积最大时，，，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，．设面的法向量为()x y z =，，n ，则()()4224220PC x y z x y z ⋅=-=+-=u u u r，，，，n ，()()202220PE x y z x z ⋅=-=-=u u u r，，，，n ，令，则，，则()111=-，，n ，设面的法向量为()x y z =，，m ，则()()022220PB x y z y z ⋅=-=-=u u u r，，，，m ，()()202220PE x y z x z ⋅=-=-=u u u r，，，，m ，令，则，，则()111=，，m ，()()1111111cos ,3·33⋅-⋅∴===，，，，n m n m n m，所以二面角的余弦值为13．22．（12分）如图，在圆柱中，点、分别为上、下底面的圆心，平面是轴截面，点在上底面圆周上（异于、），点为下底面圆弧的中点，点与点在平面的同侧，圆柱的底面半径为1，高为2．（1）若平面平面，证明：；（2）若直线与平面所成线面角的正弦值等于155，证明：平面与平面所成锐二面角的平面角大于π3．【答案】（1）见证明；（2）见证明．【解析】（1）由题知：面面，面面，因为，平面，所以平面，平面，所以．（2）以点为坐标原点，分别以，，为、、轴建立空间直角坐标系．所以，，，设，则，(),1,0NH m n =+u u u u r，设平面的法向量()1111,,x y z =n ，因为110NG NF ⋅=⋅⎧⎪⎨⎪⎩=u u u r u u u rn n ，所以()()()()11111111200200x y z x y z ⋅-=⋅⎧=⎪⎨⎪⎩，，，，，，，，，所以11112020x y z y +-==⎧⎨⎩，即法向量()1201=，，n ．。

2011-2020年全国卷理数(ⅠⅡⅢ)空间向量与立体几何综合题汇编

立体几何大题模块Ⅱ2011-2020年全国卷理数（ⅠⅡⅢ）立体几何综合题说明：2011和2012年只有新课标全国卷，2013、2014、2015年有新课标全国卷I 卷和II 卷，2016-2020年有新课标全国卷I 卷、II 卷、III 卷.【2011年新课标18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，∠60DAB =︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD .（1）证明：PA ⊥BD ；（2）若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值.【2012年新课标19】如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD.（1）证明：DC 1⊥BC ；（2）求二面角A 1－BD －C 1的大小。

A B CDP【2013年I 卷18】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.（1）证明：AB ⊥A 1C ；（2）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【2013年II 卷18】如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．【2014年I 卷19】如图，三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥.（1）证明：1AC AB =；（2）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB =BC ，求二面角111A A B C --的余弦值.【2014年II 卷18】如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：PB ∥平面AEC ；（2）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，3E-ACD 的体积.【2015年I 卷18】如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC ．（1）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.．【2015年II 卷19】如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB =16，BC =10，1AA 8=，点E ，F 分别在11B A ，11D C 上，411==F D E A ．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【2016年I 卷18】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠= ，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60 ．（1）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（2）求二面角E -BC -A 的余弦值．【2016年II 卷19】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在ADCD 上，AE =CF =54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置，10OD '=.（1）证明：D H '⊥平面ABCD ；（2）求二面角B D A C '--的正弦值.【2016年III 卷19】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（1）证明MN 平面PAB ；（2）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【2017年I 卷18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=︒，求二面角A -PB -C 的余弦值．【2017年II 卷19】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面三角形BCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒，E 是PD 的中点（1）证明：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，求二面角M -AB -D 的余弦值．【2017年III 卷19】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABD ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值．【2018年I 卷18】如图，四边形ABCD 为正方形，E,F 分别为AD,BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【2018年Ⅲ卷19】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M −ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【2019年I 卷18】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A-MA 1-N 的正弦值．【2019年Ⅱ卷17】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.【2019年Ⅲ卷19】图1，是由矩形ADEB 、R t △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B-CG-A 的大小.【2020年I 卷18】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE=AD ,ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点,66PO DO =.(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B-PC-E 的余弦值.【2020年Ⅱ卷20】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．学数学，到森学【20全国Ⅲ理19】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【20新高考Ⅰ20】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【20北京16】如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1AD E ；（2）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．。

高三数学经典例题精解分析高考真题(三)空间向量与立体几何

第三章空间向量与立体几何本章归纳整合咼考真题1. (2011 •课标全国卷)如图，四棱锥P — ABCDK 底面ABCD 为平行四边形，/ DAB= 60°, AB= 2AD, PD 丄底面ABCD ⑴证明：PAL BD⑵ 若PD= AD 求二面角 A - PB - C 的余弦值.证明 ⑴ 因为/ DAB= 60°, AB= 2AD 由余弦定理得 BD= ;'3AD从而 BD + AD = AB ,故 BDLAD又PD L 底面 ABCD 可得BDL PD 所以BDL 平面PAD 故PAI BD(2)解如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz , 则 A (1 , 0, 0), B (0 ,0), Q — 1, 一3 0), R0,0 ,1). XB= ( — 1, ；'3 , 0) , PB= (0 , ■'3 , — 1) , BC= ( — 1, 0 , 0).—4 2\f7 .cos 〈 m , n 〉= =— . 2申 7故二面角 APBC 的余弦值为一冒.2. (2011 •北京高考)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA!平面 ABCD 底面 ABCD!菱形，AB= 2, / BAD= 60° .设平面PAB 的法向量为n = (x , y , z ),则 A B= 0，即—x l ：3y = 0 ,.,，3y — z = 因此可取 n = ( .'3 , 1, ：‘3) 设平面PBC 的法向量为 m ,则m ・ PB= 0 ,m ・ B C= 0. 可取 m= (0 , — 1, — ：3)C⑴求证：BDL 平面PAC⑵若PA= AB 求PB 与AC 所成角的余弦值；⑶ 当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求 PA 的长.⑴证明因为四边形ABC 毘菱形，所以AC 丄BD又因为PA!平面 ABCD 所以PAL BD 所以BDL 平面PAC ⑵解设AC T BD= Q因为/ BAD= 60°, PA= AB= 2,所以 BQ= 1, AQ= CQ= ,'3.如图，以Q 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Q -xyz ，则P (0 , -_3 2),A (0，- .'3, 0) ,B (1 , 0, 0),C (0 , ,：3, 0).所以 PB= (1 , ;'3, - 2),A C =(0 , 2 3 0).设PB 与 AC 所成角为e ,则e JB^C 6—冷|P B | AC 2 '2x2 2 4⑶解由⑵知B C= ( — 1 ,.- 3 , 0). 设 R0 , — '3 , t )( t >0),则 BP= ( — 1, — .''3 , t ).设平面PBC 的法向量m ^ (x , y , z ),则BC- m= 0 , BP- m= 0.-—x+V 3y = 0 , 所以 —x — :'3y + tz = 0.L 6 L 6令 y = 3 ,则 x = 3 , z =所以 m= (3 , : 3 ,-).同理，平面 PDC 的法向量n = ( — 3 , 3 , 6).因为平面 PBCL 平面PDC 所以m-n = 0,即一6+ p = 0 , 解得t = “』6.所以PA =』6.3. (2011 -山东高考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD^平行四边形，/ ACB= 90° , EAL COS A平面ABCD EF// AB FG/ BC EG/ AC AB= 2EF⑴若M是线段AD的中点，求证：GM平面ABFE⑵若AC= BC= 2AE求二面角A-BF-C的大小.(1)证明因为EF// AB FG// BC EG/ AC / ACB= 90°所以/ EGF= 90° ,△ ABC^ EFG由于AB= 2EF,因此BG= 2FG连接AF,1由于FG// BC, F* 2BC在?ABCD中 , M是线段AD的中点，1则AM/ BC 且AM= q BC因此FG// AM且F* AM所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM/ FA又FA?平面ABFE GM平面ABFE所以GM/平面ABFE(2)解因为/ ACB= 90°,所以/ CAD= 90° 又EAL平面ABCD所以AC AD AE两两垂直. 分别以AC, AD AE所在直线为x轴，y轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC= BC= 2AE= 2,则由题意得1),A(0 , 0 , 0) , B(2 , — 2 , 0) ,C(2 , 0 , 0) , E(0 , 0 ,1),所以 KB= (2 , - 2, 0) , Be (0 , 2, 0).1又 EF = J AB所以 F (1 , - 1, 1) , B F = ( — 1, 1, 1).设平面BFC 的法向量为mi= (X 1, y 1, z",则 rrr BC= 0, nr BF = 0,因此二面角 A - BF - C 的大小为60° 4. (2011 -辽宁高考)如图，四边形ABCD^正方形，PDL1平面 ABCD PD// QA QA= AB= J PD(1 )证明：平面PQCL 平面DCQ(2)求二面角 Q - BP - C 的余弦值.解如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz .(1)证明依题意有 Q 1 , 1, 0), C (0 , 0 , 1), P (0, 2 , 0),则 5Q = (1, 1, 0), 5C = (0 , 0 ,1), P Q = (1, — 1 , 0).所以 p Q- DQ = 0 , p Q- D C = 0.即 PQL DQ PQL DC 又 DC T DC= D,故PC L 平面DCQ又PC ?平面PQC所以yu 0,X 1= Z 取 Z 1 = 1,得 X 1= 1，所以 m = (1 , 0, 1).设平面向量 ABF 的法向量为n = (X 2, y 2, Z 2),XB= 0, n • B F = 0,所以X 2= y j , Z 2= 0 ,取 y 2 = 1,得 X 2= 1,则 n = (1 , 1 , 0).所以 cos 〈 m n 〉 m- n |m| - |n| 1 2.所以平面PQC L平面DCQ⑵依题意有 B (1 , 0, 1) , CB= (1 , 0, 0), BF ^ ( — 1, 2, - 1). 设n = (x , y , z )是平面PBC 勺法向量，贝Ui CB= 0,即 x = 0,n ・ BP= 0, — x + 2y ―z =°因此可取n = (0，— 1,— 2). m- B P = 0 ,设m 是平面PBC 的法向量，贝Um- PC = 0.可取 m ^ (1 , 1, 1),所以 cos 〈m n 〉=—冷5故二面角 Q -BP - C 的余弦值为一( — 2 2, 0, 0),是 cos 〈AC , AiB > 所以异面直线 AC 与 AB 所成角的余弦值为彳.⑵易知 AA = (0 , 2 2 , 0) , AC = ( —2 , — 2 , 5). 设平面AAC 的法向量m = (x , y , z ), 5.(2011 •天津高考)如图，在三棱柱 ABC-ABC 中, 方形AABB 的中心，AA = 2^2, CH 丄平面 AABB, = \"5. (1)求异面直线AC 与AB 所成角的余弦值； ⑵ 求二面角 A -AC -B 的正弦值. 解如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐标原点. 依题意得A (2也,0, 0) , B (0, 0 , 0) , C 心 —磁，护) A (2 谑,2羽,0) , B (0, 2谑,0) , 5羽,型,V 5). (1)易得 AC= ( — 2, — 2,5),AC = 0,— 2x — 2y + 5z = 0 , 即AA = 0 , 2.2y =0.x =Q 5,可得m= (J 5, 0，寸2).同样地，设平面 A i B C 的法向量n = (x , y , z ), AC = 0, — 2x — 2y +5z = 0 , 即AB = 0, 一2 2x =0.不妨令 y = 5,可得 n = (0 , 5, 2),2 nr n 2是cos 〈m n 〉= imr^一7 -7=7 从而 sin 〈 m n 〉= ^7^. 所以二面角 AAC -B 的正弦值为罕. 6. (2011 -浙江高考)如图，在三棱锥 P — ABC 中，AB= AC D 为BC 的中点，POL 平面ABC 垂足O 落在线段 AD 上，已知 BC= 8，PO= 4, AO= 3, OD= 2. ⑴证明：API BC(2)在线段AP 上是否存在点 M 使得二面角 A -MC -B 为直 .面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由. 0), (1 )证明如图以O 为原点，以射线 O □为y 轴的正半轴, 射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz .则 C (0 , 0, 0) , A (0，— 3, P(0 , 0, 4), AP = (0 , 所以 KP L B C 即 API BC (2)解假设存在满足题意的 3, 4) , BC= ( — 8, 则 PM= X (0，— 3,— 4). BM= E3P+ PM =§P + 入 P A =(—4,一 2, 4) + 入(0 ,— 3,— 4) =(—4,— 2— 3 入，4— 4 入), AC= ( — 4 , 5 , 0).m ・则 m- 不妨令n i - n 2 = 0，得 4— 3 - = 0,4— 4入2解得入=?故AM= 3. 5综上所述，存在点M 符合题意，AM= 3. BM" n i = 0, BC ・ n i = 0, x i = 0, 2 + 3入 zi = 4—l yi , A P- AC- n 2= 0, 3 z2=—卩2, —4x i —( 2+ 3入)y i +( 4— 4 入)乙=0, —8x i = 0, f 2 + 3 入可取 ni =(°, 1‘ 4—T ). 3y 2+ 4z 2= 0, —4x 2 + 5y 2= 0, 可取 n 2= (5 , 4, - 3).。