2014届高考数学三轮冲刺历年真题备选题库：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 BC CD AD 2 BD 2 M是AD的中点 P是BM的中点 点Q在线段 2 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QF AD 且QF AD 1 4 因为O P分别为BD BM的中点 所以OP是 BDM的中位线 所以OP DM 且 OP DM 1 2 又点M为AD的中点 所以OP AD 且OP AD 1 4 从而OP FQ 且OP FQ 所以四边形OPQF为平行四边形 故PQ OF 又PQ 平面BCD OF 平面BCD 所以PQ 平面BCD 2 作CG BD于点G 作GH BM于点H 连接CH 因为AD 平面BCD CG 平面BCD 所以AD CG 又CG BD AD BD D 故CG 平面ABD 又BM 平面ABD 所以CG BM 又GH BM 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 在 Rt BCD中 CD BDcos 2cos 2 CG CDsin 2cos sin BC BDsin 2sin 22 BG BCsin 2sin2 2 在 Rt BDM中 HG BG DM BM 2 2sin2 3 在 Rt CHG中 tan CHG CG HG 3cos sin 3 所以 tan 3 从而 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 2 B 0 0 D 0 0 22 设点C的坐标为 x0 y0 0 因为 3 所以Q AQ QC 3 4x0 2 4 3 4y0 1 2 因为M为AD的中点 故M 0 1 又P为BM的中点 故P 所以 2 0 0 1 2 PQ 3 4x0 2 4 3 4y0 0 又平面BCD的一个法向量为u u 0 0 1 故 u u 0 PQ 又PQ 平面BCD 所以PQ 平面BCD 2 设m m x y z 为平面BMC的法向量 由 x0 y0 1 0 2 1 知CM 2 BM 2 Error 取y 1 得m m y0 2 x0 1 2 2 又平面BDM的一个法向量为n n 1 0 0 于是 cos m m n n m m n n m m n n y0 2 x0 9 y0 2 x0 2 1 2 即 2 3 y0 2 x0 又BC CD 所以 0 故CB CD x0 y0 0 x0 y0 0 0 22 即x y 2 2 02 0 联立 解得Error 舍去 或Error 所以 tan BDC x0 2 y0 3 又 BDC是锐角 所以 BDC 60 2 2011 北京 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AC BD 又因为PA 平面ABCD 所以PA BD 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 3 如图 以O为坐标原点 建立空间直角坐标系O xyz则P 0 2 3 A 0 0 B 1 0 0 C 0 0 所以 1 2 33 PB 3 0 AC 2 0 3 设PB与AC所成的角为 则 cos 6 2 2 2 3 6 4 3 由 2 知 1 0 BC 3 设P 0 t t 0 3 则 1 t BP 3 设平面PBC的一个法向量m m x y z 则 m m 0 m m 0 BC BP 所以Error 令y 则x 3 z 3 6 t 所以m m 3 3 6 t 同理 平面PDC的一个法向量n n 3 3 6 t 因为平面PBC 平面PDC 所以m m n n 0 即 6 0 36 t2 解得t 6 所以PA 6 3 2013 天津 13 分 如图 四棱柱ABCD A1B1C1D1中 侧棱 A1A 底面ABCD AB DC AB AD AD CD 1 AA1 AB 2 E为棱 AA1的中点 1 证明 B1C1 CE 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 2 6 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 11 BC CE 0 所以B1C1 CE 11 BC CE 2 1 2 1 设平面B1CE的法向量m m x y z 11 BC 则Error 即Error 消去x 得y 2z 0 不妨令z 1 可得一个法向量为 m m 3 2 1 由 1 知 B1C1 CE 又CC1 B1C1 可得B1C1 平面CEC1 故 1 0 1 为平 11 BC 面CEC1的一个法向量 于是 cos m m 11 BC m m m m 4 14 2 2 7 7 从而 sin m m 11 BC 21 7 所以二面角B1 CE C1的正弦值为 21 7 3 0 1 0 1 1 1 设 AE 1 EC EM 1 EC 0 1 有 1 可取 0 0 2 为平面ADD1A1的AM AE EM AB 一个法向量 设 为直线AM与平面ADD1A1所成的角 则 sin cos AM AB 于是 解 2 2 2 1 2 2 3 2 2 1 3 2 2 1 2 6 得 所以AM 1 32 法二 1 证明 因为侧棱CC1 底面A1B1C1D1 B1C1 平面A1B1C1D1 所以CC1 B1C1 经计算可得B1E B1C1 EC1 从而B1E2 B1C 523 EC 所以在 B1EC1中 B1C1 C1E 又CC1 C1E 平面 2 12 1 CC1E CC1 C1E C1 所以B1C1 平面CC1E 又CE 平面CC1E 故 B1C1 CE 2 过B1作B1G CE于点G 连接C1G 由 1 知 B1C1 CE 故CE 平面B1C1G 得 CE C1G 所以 B1GC1为二面角B1 CE C1的平面角 在 CC1E中 由 CE C1E CC1 2 可得C1G 在 Rt B1C1G中 B1G 所以 sin 3 2 6 3 42 3 B1GC1 21 7 即二面角B1 CE C1的正弦值为 21 7 3 连接D1E 过点M作MH ED1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AM x 从而在 Rt AHM中 有MH x AH x 在 Rt C1D1E中 2 6 34 6 C1D1 1 ED1 得EH MH x 在 AEH中 AEH 135 AE 1 由 22 1 3 AH2 AE2 EH2 2AE EHcos 135 得x2 1 x2 x 17 18 1 9 2 3 整理得 5x2 2x 6 0 解得x 所以线段AM的长为 222 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的另一个交点为D 且点Q满足 DQ 1 2 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CP E l C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EF AC 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ABC l 所以EF l 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l AC 因为AB是 O的直径 所以AC BC 于是l BC 已知PC 平面ABC 而l 平面ABC 所以PC l 而PC BC C 所以l 平面PBC 连接BE BF 因为BF 平面PBC 所以l BF 故 CBF就是二面角E l C的平面角 即 CBF 由 作DQ CP 且DQ CP DQ 1 2CP 1 2 连接PQ DF 因为F是CP的中点 CP 2PF 所以DQ PF 从而四边形DQPF是平行四边形 PQ FD 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BD BF 知 BDF为锐角 故 BDF为异面直线PQ与EF所成的角 即 BDF 于是在 Rt DCF Rt FBD Rt BCF中 分别可得 sin sin sin CF DF BF DF CF BF 从而 sin sin sin CF BF BF DF CF DF 即 sin sin sin 法二 向量法 如图 2 由 作DQ CP 且DQ CP DQ 1 2CP 1 2 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CA CB CP 间直角坐标系 设CA a CB b CP 2c 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 1 2a 0 c 于是 a b c 0 b c FE 1 2a 0 0 QP BF 所以 cos a a2 b2 c2 从而 sin 1 cos2 b2 c2 a2 b2 c2 又取平面ABC的一个法向量为m m 0 0 1 可得 sin m m m m c a2 b2 c2 设平面BEF的法向量为n n x y z 所以由Error 可得Error 取n n 0 c b 于是 cos 从而 sin m m n n m m n n b b2 c21 cos2 c b2 c2 故 sin sin sin b2 c2 a2 b2 c2 c b2 c2 c a2 b2 c2 即 sin sin sin 5 2012 福建 13 分 如图 在长方体ABCD A1B1C1D1中 AA1 AD 1 E为CD中 点 1 求证 B1E AD1 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A B1E A1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AB AD 1 AA 向建立空间直角坐标系 如图 设AB a 则A 0 0 0 D 0 1 0 D1 0 1 1 E 1 0 B1 a 0 1 故 0 1 1 a 2 1 AD 1 1 a 0 1 1 0 1 B E a 2 1 AB AE a 2 0 1 1 1 1 0 1 AD 1 B E a 2 B1E AD1 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 DP 又设平面B1AE的法向量n n x y z n n 平面B1AE n n n n 得Error 取x 1 则y z a 得平 1 AB AE a 2 面B1AE的一个法向量n n 1 a a 2 要使DP 平面B1AE 只要n n 有 az0 0 解得z0 DP a 2 1 2 又DP 平面B1AE 存