（新课标）高考数学5年真题备考题库 第七章 第6节 空间向量及其运算和空间位置关系 理（含解析）.doc

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1.（2014广东，5分）. 已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()a(1,1,0) b(1，1,0)c(0，1,1) d(1,0,1)解析：各选项给出的向量的模都是，|a|.对于选项a，设b(1,1,0)，则cosa，b，因为0a，b180，所以a，b120.对于选项b，设b(1，1,0)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b60，正确对于选项c，设b(0，1,1)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b120.对于选项d，设b(1,0,1)则cosa，b1.因为0a，b180，所以a，b180，故选b.答案：b2.（2014北京，5分）在空间直角坐标系oxyz中，已知a(2,0,0)，b(2,2,0)，c(0,2,0)，d(1,1，)若s1，s2，s3分别是三棱锥dabc在xoy，yoz，zox坐标平面上的正投影图形的面积，则()as1s2s3 bs2s1且s2s3cs3s1且s3s2 ds3s2且s3s1解析：根据题目条件，在空间直角坐标系oxyz中作出该三棱锥dabc，显然s1sabc222，s2s32.故选d.答案：d3.（2014江西，5分）如图，在长方体abcda1b1c1d1中，ab11，ad7，aa112.一质点从顶点a射向点e(4,3,12)遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为li(i2,3,4)，l1ae，将线段l1，l2，l3，l4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()解析：选c根据反射的对称性，质点是在过a，e，a1的平面内运动因为e2e3l4e1e2l3，故l1l2l4l3，故选c.答案：c4.（2014湖北，5分）在如图所示的空间直角坐标系oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()a和 b和c和 d和解析：选d在空间直角坐标系oxyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为，俯视图为.答案：d5.（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.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，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，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bdc60.6（2013天津，13分）如图， 四棱柱abcda1b1c1d1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)(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：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.7.（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.(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 .8（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)，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