2021届高考数学大一轮复习（2021-2021高考题库）第7章 第6节 空间向量及其运算和空间位置关系 理 新人教A版.DOC

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1、12009201320092013 年高考真题备选题库第七章年高考真题备选题库第七章立体几何立体几何第六节第六节空间空间向量及其运算和空间位置关系向量及其运算和空间位置关系考点考点利用空间向量证明直线和平面利用空间向量证明直线和平面的位置关系的位置关系1.（2013 浙江，15 分）如图，在四面体 ABCD 中，AD平面 BCD，BCCD，AD2，BD2 2.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

2、，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 QF14AD.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OP12DM.又点 M 为 AD 的中点，所以 OPAD，且 OP14AD.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，

3、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 2 2cos，CGCDsin 2 2cos sin，BCBDsin 2 2sin，BGBCsin 2 2sin2.2在 RtBDM 中，HGBGDMBM2 2sin23.在 RtCHG 中，tanCHGCGHG3cos sin 3.所以 tan 3.从而60，即BDC60.法二：(1

4、)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(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)设点 C 的坐标为(x0，y0,0)因为AQ3QC，所以 Q34x0，2434y0，12.因为 M 为 AD 的中点，故 M(0，2，1)又 P 为 BM 的中点，故 P0，0，12.所以PQ34x0，2434y0，0.又平面 BCD 的一个法向量为 u(0,0,1)，故PQu0.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CM(x0，2y0,1)，BM(0

5、,2 2，1)知x0 x 2y0yz0，2 2yz0.取 y1，得 my0 2x0，1，2 2.又平面 BDM 的一个法向量为 n(1,0,0)，于是|cosm，n|mn|m|n|y0 2x0|9y0 2x0212，即y0 2x023.又 BCCD，所以CBCD0，故(x0，2y0,0)(x0，2y0,0)0，即 x20y202.3联立，解得x00，y0 2，(舍去)或x062，y022.所以 tanBDC|x02y0|3.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：

6、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 ABCD，所以 PABD，又 ACPAA，所以 BD平面 PAC.(2)设 ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以 BO1，AOCO 3.如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz 则 P(0，3，2)，A(0，3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，所以PB(1，3，2)，AC(0，2 3，0)设 PB 与 AC 所成的角为，则 cosPBAC|62 22

7、 364(3)由(2)知BC(1，3，0)设 P(0，3，t)(t0)，则BP(1，3，t)，设平面 PBC 的一个法向量 m(x，y，z)，则BCm0，BPm0，所以x 3y0，x 3ytz0.令 y 3，则 x3，z6t.所以 m(3，3，6t)4同理，平面 PDC 的一个法向量 n(3，3，6t)因为平面 PBC平面 PDC，所以 mn0，即636t20.解得 t 6，所以 PA 6.3（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

8、 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26，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11BC(1,0，1)，CE(1,1，1)，于是11BCCE0，所以 B1C1CE.(2)11BC(1，2，1)设平面

9、 B1CE 的法向量 m(x，y，z)，则m11BC0，mCE0，即x2yz0，xyz0.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11BC(1,0，1)为平面 CEC1的一个法向量于是 cosm，11BCm11BC|m|11BC|414 22 77，从而 sin m，11BC217.所以二面角 B1CEC1的正弦值为217.5(3)AE(0,1,0)，1EC(1,1,1)设EM1EC(，)，01，有AMAEEM(，1，)可取AB(0,0,2)为平面 ADD1A1的一个法向量设为直线 A

10、M 与平面 ADD1A1所成的角，则 sin|cosAM，AB|AMAB|AM|AB|22 21223221.于是322126，解得13，所以 AM 2.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 5，B1C1 2，EC1 3，从而 B1E2B1C21EC21，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

11、面 B1C1G，得 CEC1G，所以B1GC1为二面角 B1CEC1的平面角在CC1E 中，由CEC1E 3，CC12，可得 C1G2 63.在 RtB1C1G 中，B1G423，所以 sin B1GC1217，即二面角 B1CEC1的正弦值为217.(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 MH26x，AH346x.在 RtC1D1E 中，C1D11，ED1 2，得 EH 2MH13x.在AEH 中，AEH135，AE1，由 AH2AE2EH

12、22AEEHcos 135，得1718x2119x223x，整理得 5x22 2x60，解得 x 2.所以线段 AM 的长为 2.4.（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DQ12CP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

13、.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6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 l

14、AC.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DQ12CP，作 DQCP，且 DQ12CP.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，

15、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 CFDF，sin BFDF，sin CFBF，从而 sin sin CFBFBFDFCFDFsin，即 sin sin sin.法二：(向量法)如图 2，由DQ12CP，作 DQCP，且 DQ12CP.连接 PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线 l 即为直线 BD.7以点 C 为原点，向量CA，CB，CP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)

16、，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E12a，0，c，F(0,0，c)于是FE12a，0，0，QP(a，b，c)，BF(0，b，c)，所以 cos|FEQP|FE|QP|aa2b2c2，从而 sin 1cos2b2c2a2b2c2.又取平面 ABC 的一个法向量为 m(0,0,1)，可得 sin|mQP|m|QP|ca2b2c2，设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)，所以由nFE0，nBF0，可得12ax0，bycz0，取 n(0，c，b)于是|cos|mn|m|n|bb2c2，从而 sin 1cos2cb2c2.故 sin sin b2c2a2b2c2cb2c2

17、ca2b2c2sin，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，AB，AD，1AA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(a2，1,0)，B1(a，0,1)，故1AD(0,1,1)，

18、1B E(a2，1，1)，1AB(a,0,1)，AE(a2，1,0)1AD1B Ea2011(1)10，8B1EAD1.(2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0，z0)，使得 DP平面 B1AE，此时DP(0，1，z0)又设平面 B1AE 的法向量 n(x，y，z)n平面 B1AE，n1AB，nAE，得axz0，ax2y0.取 x1，则 ya2，za，得平面 B1AE 的一个法向量 n(1，a2，a)要使 DP平面 B1AE，只要 nDP，有a2az00，解得 z012.又 DP平面 B1AE，存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时 AP12.(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 DCB1A1，1AD是平面 A1B1E 的一个法向量，此时1AD(0,1,1)设1AD与 n 所成的角为，则 cos n1AD|n|1AD|a2a21a24a2.二面角 AB1EA1的大小为 30，|cos|cos 30，即3a2215a2432，解得 a2，即 AB 的长为 2.