1、20092013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ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD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DF3FC，连接OP，OF，FQ.
2、因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.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OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.从而OPFQ，且OPFQ，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，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，BMCH，所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC.在RtBCD中
3、，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BCBDsin 2sin ，BGBCsin 2sin2.在RtBDM中，HG.在RtCHG中，tanCHG.所以tan .从而60，即BDC60.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Oxyz.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u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，
4、z)为平面BMC的法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以0，故(x0，y0,0)(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.2(2011北京，14分)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)若PAAB，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A
5、BCD，所以PABD，又ACPAA，所以BD平面PAC.(2)设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz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，则cos(3)由(2)知(1，0)设P(0，t)(t0)，则(1，t)，设平面PBC的一个法向量m(x，y，z)，则m0，m0，所以令y，则x3，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mn0，即60.解得t，所以PA.3（2013天津，13分）如图， 四棱柱AB
6、CDA1B1C1D1中， 侧棱A1A底面ABCD，AB/DC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE; (2)求二面角B1CEC1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(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)
7、(1)证明：易得(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2) (1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sin m，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3) (0,1,0)，(1,1,1)设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|.于是，解得，所以AM.法二：(1)证明：
8、因为侧棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E.又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1作B1GCE于点G，连接C1G.由(1)知，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sin B1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)连接D1E，过点M作
9、MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，连接AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135，AE1，由AH2AE2EH22AEEHcos 135，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x.所以线段AM的长为.4.（2013湖北，12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l与圆O
10、的另一个交点为D，且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin .解：本题考查空间线面位置关系的判断和证明，考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间向量在立体几何中的应用，考查化归与转化思想，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力(1)直线l平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以l平面PAC
11、.(2)证明：法一：(综合法)如图1，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC.因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.连接BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.连接CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF为锐
12、角，故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得sin ，sin ，sin ，从而sin sin sin ，即sin sin sin .法二：(向量法)如图2，由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量，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，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(0,0，c)于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，从而sin .又
13、取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin ，设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，所以由可得取n(0，c，b)于是|cos |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .5（2012福建，13分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(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；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解：(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ABa，则A(0,0,0)，
14、D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(，1,0)，B1(a，0,1)，故(0,1,1)，(，1，1)，(a,0,1)，(，1,0)011(1)10，B1EAD1.(2)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)n平面B1AE，n，n，得取x1，则y，za，得平面B1AE的一个法向量n(1，a)要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的长为2.
