第7章 第6节 空间向量及其运算和空间位置关系.docVIP

2009~2013年高考真题备选题库 第七章 立体几何 第六节 空间向量及其运算和空间位置关系 考点 利用空间向量证明直线和平面的位置关系 1.（2013浙江，15分）如图，在四面体A-BCD中，AD平面BCD，BCCD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC. (1)证明：PQ平面BCD； (2)若二面角C-BM-D的大小为60°，求BDC的大小． 解：本题考查空间线面平行的证明，二面角的计算，以及三角形的有关知识，考查考生的推理论证能力、空间想象能力，以及利用空间向量解决相关问题的能力． 法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OP，OF，FQ. 因为AQ＝3QC，所以QFAD，且QF＝AD. 因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OP＝DM. 又点M为AD的中点， 所以OPAD，且OP＝AD. 从而OPFQ，且OP＝FQ， 所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF. 又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD. (2)作CGBD于点G，作GHBM于点H，连接CH. 因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG， 又CGBD，AD∩BD＝D，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM. 又GHBM，CG∩GH＝G，故BM平面CGH， BM⊥CH，所以CHG为二面角C-BM-D的平面角， 即CHG＝60°. 设BDC＝θ. 在RtBCD中，CD＝BDcos θ＝2cos θ， CG＝CDsin θ＝2cos θsin θ，BC＝BDsin θ＝2sin θ， BG＝BCsin θ＝2sin2θ. 在RtBDM中，HG＝＝. 在RtCHG中，tanCHG＝＝＝. 所以tan θ＝. 从而θ＝60°，即BDC＝60°. 法二：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知A(0，，2)， B(0，－，0)，D(0，，0)． 设点C的坐标为(x0，y0,0)．因为＝3，所以Q. 因为M为AD的中点，故M(0，，1)．又P为BM的中点，故P.所以＝. 又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)， 故·u＝0. 又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD. (2)设m＝(x，y，z)为平面BMC的法向量． 由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)知 取y＝－1，得m＝. 又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，于是 |cos〈m，n〉|＝＝＝， 即2＝3.　 又BCCD，所以·＝0，故 (－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0， 即x＋y＝2.　 联立，解得(舍去)或 所以tanBDC＝＝. 又BDC是锐角，所以BDC＝60°. ．(14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，BAD＝60°. (1)求证：BD平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长． .解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以ACBD. 又因为PA平面ABCD，所以PABD，又AC∩PA＝A， 所以BD平面PAC. (2)设AC∩BD＝O. 因为BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，所以＝(1，，－2)，＝(0， 2，0)． 设PB与AC所成的角为θ，则cosθ＝＝＝ (3)由(2)知＝(－1，，0) 设P(0，－，t)(t＞0)， 则＝(－1，－，t)， 设平面PBC的一个法向量m＝(x，y，z)， 则·m＝0，·m＝0， 所以 令y＝，则x＝3，z＝. 所以m＝(3，，)． 同理，平面PDC的一个法向量n＝(－3，，)． 因为平面PBC平面PDC， 所以m·n＝0，即－6＋＝0. 解得t＝， 所以PA＝. 3．如图， 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 侧棱A1A⊥底面ABCD，AB//DC，ABAD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点． (1)证明：B1C1CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值． (3)设点M在线段C1E上， 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长． 解：本小题主要考查空间线线、线面的位置关系，以及二面角、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查考生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力． 法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,