1、20092013年高考真题备选题库第七章 立体几何第七节 立体几何中的空间向量方法考点 利用空间向量求空间角1（2013新课标全国，12分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值解：本题主要考查空间几何体中的线线垂直的证明和线面角的计算，意在考查考生的空间想象能力、推理判断能力和计算能力(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA
2、1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)由(1)知OCAB，OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)则(1,0，)，(1，0)，(0，)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则即可取n(，1，1)故cosn，.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.2（2013新课标全国，12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，
3、E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1/平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值解：本题以直三棱柱为载体，考查直线与平面平行以及二面角的求解等知识，意在考查考生的空间想象能力以及化归转化能力、基本运算能力等(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2
4、,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.3.(2013山东，12分)如图所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值解：本题考查空间线面平行的判定定理、性质定理，二面角的求解，空间向量在立体几何中的应用等基础知识与方法，考查转化与化归思想等数学思想方
5、法，考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力(1)因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即ABBQ，因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC为二面角DGHE的平面角设BABQBP2，连接FC，在RtFBC中，
6、由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H为PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cos FHC.即二面角DGHE的余弦值为.法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)所以(1,2，1)，(0,2，1)，(1，1，2)， (0，1,2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1
7、)，由m0，m0，得取y11，得m(0,1,2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0,2,1)，所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.4（2013广东，14分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，A90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中点将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，其中AO. 图1图2(1)证明：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值解：本题考查线面垂直的判定定理、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
8、想象能力、推理论证能力、运算求解能力(1)证明：由题意，易得OC3，AC3，AD2 .连接OD，OE.在OCD中，由余弦定理可得OD .由翻折不变性可知AD2 ，所以AO2OD2AD2，所以AOOD.同理可证AOOE，又ODOEO，所以AO平面BCDE.(2)(传统法)过O作OHCD交CD的延长线于H，连接AH，如图所示因为AO平面BCDE，所以AHCD，所以AHO为二面角ACDB的平面角结合OC3，BCD45，得OH，从而AH .所以cos AHO ，所以二面角ACDB的平面角的余弦值为.(向量法)以O点为原点，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，则A(0,0，)，C(0，3,0)，D(1，
9、2,0)，所以(0,3，)，(1,2，)设n(x，y，z)为平面ACD的法向量，则即解得令x1，得n(1，1，)，即n(1，1，)为平面ACD的一个法向量由(1)知，(0,0，)为平面CDB的一个法向量，所以cos n，即二面角ACDB的平面角的余弦值为.5.（2013辽宁，12分）如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求：二面角CPBA的余弦值解：本题考查面面关系的证明及二面角的求解问题，也考查了应用空间向量求解立体几何问题，试题同时考查了考生的空间想象能力和推理归纳能力(1)证明：由AB是圆的直径，得ACB
10、C，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC.(2)法一：过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故(，0,0)，(0,1,1)设平面BCP的法向量为n1(x，y，z)，则所以不妨令y1，则n1(0,1，1)因为(0,0,1)，(，1,0)，设平面ABP的法向量为n2(x，y，z)，则所以不妨令x1，则n2
11、(1，0)于是cosn1，n2，所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.法二：过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM，故CM平面PAB.又因为PAABA，且PA平面PAB，AB平面PAB，过M作MNPB于N，连接NC，由三垂线定理得CNPB，所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM.在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，故MN.又在RtCNM中，CN，故cosCNM.所以二面角CPBA的余弦值为.6.（2012陕西，5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC
12、12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.B.C. D.解析：设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，.答案：A7.（2012新课标全国，12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平
13、面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)， (1,0,1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m是平面C1BD的法向量，则可取m(1,2,1)从而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小为30.7（2012浙江，15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为
14、2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值解：(1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)法一：连结AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在直角三角形PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下，
15、A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,2)，M(，)，N(，)，Q(，0，)设m(x，y，z)为平面AMN的法向量由(，)，(，)知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量由(，)，(，)知取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCCDDA，BDAB.又因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQNQ，且AMPBPDAN.取线段MN的中点E，连结AE，E
16、Q，则AEMN，QEMN，所以AEQ为二面角AMNQ的平面角由AB2，PA2，故在AMN中，AMAN3，MNBD3，得AE.在直角三角形PAC中，AQPC，得AQ2，QC2，PQ4.在PBC中，cosBPC，得MQ .在等腰三角形MQN中，MQNQ，MN3，得QE .在AEQ中，AE，QE，AQ2，得cosAEQ.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.8(2010广东，14分)如图，是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，点B和点C为线段AD的三等分点平面AEC外一点F满足FBFDa，FEa.(1)证明：EBFD；(2)已知点Q，R分别为线段FE，FB上的点，使得FQFE，FRFB，求平面
17、BED与平面RQD所成二面角的正弦值解：(1)证明：E为中点，ABBC，AC为直径，EBAD.EF26a2(a)2a2BF2BE2，EBFB.又BFBDB，EB平面BDF.FD平面BDF，EBFD.法一：(2)过D作HDQR，连接FC.FQFE，FRFB，QREB，HDEB.又D平面BED平面RQD，HD为平面BED与平面PQD的交线，BD，RD平面BDF，EB平面BDF，HDBD，HDRD.RDB为平面BED与平面RQD所成二面角的平面角，FBFD，BCCD，FCBD，cosFBC.sinFBC.RDa.sinRDBsinFBC.法二：(2)如图，以B为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，过B
18、作平面BEC的垂线，建立空间直角坐标系，连接FC，由此得B(0,0,0)，C(0，a,0)，D(0,2a,0)，E(a,0,0)FDFB，BCCD，FCBD.FC2a，FQFE，FRFB，R(0，a，a)，(a,0,0)(0，a，a)设平面RQD的法向量为n1(x，y，z)，则n10，n10，n1(0,2,5)平面BED的法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.sinn1，n2.平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为.9(2009山东，12分)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1，F分别是棱AD，AA1，
19、AB的中点(1)证明：直线EE1平面FCC1；(2)求二面角BFC1C的余弦值解：(1)证明：法一：取A1B1的中点F1，连结FF1、C1F1，由于FF1BB1CC1，所以F1平面FCC1，因此平面FCC1即为平面C1CFF1，连结A1D、F1C，由于A1F1綊D1C1綊CD，所以四边形A1DCF1为平行四边形，因此A1DF1C.又EE1A1D，得EE1F1C，而EE1平面FCC1，F1C平面FCC1，故EE1平面FCC1.法二：因为F为AB的中点，CD2，AB4，ABCD，所以CD綊AF，因此四边形AFCD为平行四边形，所以ADFC.又CC1DD1，FCCC1C，FC平面FCC1，CC1平面
20、FCC1，所以平面ADD1A1平面FCC1，又EE1平面ADD1A1，所以EE1平面FCC1.(2)法一：取FC的中点H，由于FCBCFB，所以BHFC. 又BHCC1，所以BH平面FCC1.过H作HGC1F于G，连结BG.由于HGC1F，BH平面FCC1，所以C1F平面BHG，因此BGC1F，所以BGH为所求二面角的平面角在RtBHG中，BH，又FH1，且FCC1为等腰直角三角形，所以HG，BG ，因此cosBGH，即所求二面角的余弦值为.法二：过D作DRCD交AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F(，1,0)，B(，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，所以(
21、0,2,0)，(，1,2)，(，3,0)，由FBCBCDDF，所以DBFC.又CC1平面ABCD，所以为平面FCC1的一个法向量设平面BFC1的一个法向量为n(x，y，z)，则由得即取x1，得因此n(1,0，)，所以cos，n.故所求二面角的余弦值为.考点二 利用向量解决立体几何中的探索问题1（2013福建，13分）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k0)(1)求证：CD平面ADD1A1；(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值；(3)现将与四棱柱ABCDA1B1C1D1形状和大小完全
22、相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式(直接写出答案，不必说明理由)解：本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想(1)证明：取CD的中点E，连接BE.ABDE，ABDE3k，四边形ABED为平行四边形，BEAD且BEAD4k.在BCE中，BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即
23、BECD.又BEAD，CDAD.AA1平面ABCD，CD平面ABCD，AA1CD.又AA1ADA，CD平面ADD1A1.(2)以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，所以(4k,6k,0)，(0,3k,1)，(0,0,1)设平面AB1C的法向量n(x，y，z)，则由得取y2，得n(3,2，6k)设AA1与平面AB1C所成角为，则sin |cos，n|，解得k1，故所求k的值为1.(3)共有4种不同的方案f(k)2(2013四川，12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A
24、A1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值解：本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知，ABAC，D是B
25、C的中点，所以BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.又AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)法一：连接A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，连接AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，则A1MAE.所以A1M平面AEF，则A1MAF.故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P为AD的中点，所以M为AB的中点，且AP，AM1，所以在RtAA1P中，A1P；在RtA1AM中，A1M
26、.从而AE，AF，所以sin .所以cos .故二面角AA1MN的余弦值为.法二：设A1A1.如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz(点O与点A1重合)则A1(0,0,0)，A(0,0,1)因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，故M，N，所以，(0,0,1)，(，0,0)设平面AA1M的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即故有从而取x11，则y1，所以n1(1，0)设平面A1MN的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即故有从而取y22，则z21，所以n2(0,2，1)设二面角AA1MN的平面角
27、为，又为锐角，则cos .故二面角AA1MN的余弦值为.3（2012北京，14分）如图1，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由解：(1)证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC.所以EDA1D，DECD，所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因为A1CCD.所以A1C平面BCDE.(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直
28、角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1, )，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则nA1B0，nBE0.又A1B(3，0，2），(1,2，0)，所以令y1，则x2，z.所以n(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为.因为CM(0，1，),所以sin |cosn，|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0，2，2)，(p，2,0)，所
29、以令x2，则yp，z.所以m(2，p，)平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p0,3矛盾所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直4(2009宁夏、海南高考)(本小题满分12分)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，求二面角PACD的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由解：法一：(1)连结BD，设AC交BD于O.由题意SOAC.在正方形ABCD中，ACBD，BDSOO，所以A
30、C平面SBD，得ACSD.(2)设正方形边长为a，则SDa.又ODa，所以SDO60.连结OP，由(1)知AC平面SBD，所以ACOP，且ACOD，所以POD是二面角PACD的平面角由SD平面PAC，知SDOP，所以POD30 ，即二面角PACD的大小为30.(3)在棱SC上存在一点E，使BE平面PAC.由(2)可得PDa，故可在SP上取一点N，使PNPD.过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连结BN.在BDN中，知BNPO.又由于NEPC，故平面BEN平面PAC，得BE平面PAC.由于SNNP21，故SEEC21.法二：(1)连结BD.设AC交BD于O，由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系Oxyz，如图设底面边长为a，则高SOa.于是S(0,0，a)，D(a,0,0)，C(0，a,0)，(0，a,0)，(a,0，a)，0，故OCSD.从而ACSD.(2)由题设知，平面PAC的一个法向量(a,0，a)，平面DAC的一个法向量(0,0，a)设所求二面角为，则cos，所求二面角的大小为30.(3)在棱SC上存在一点E使BE平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量，且(a,0，a)，(0，a，a)设t，则t(a，a(1t)，at)而0t.即当SEEC21时，.而BE不在平面PAC内，故BE平面PAC.
