高考数学空间向量例题 15页

‎1(2010辽宁理19））已知三棱锥P－ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥AC，PA=AC=，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.证明：CM⊥SN；‎ 审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.‎ 证明：设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图，则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,,0）‎ ‎,‎ 因为， 所以CM⊥SN . ‎ ‎【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线垂直.‎ 例2(2010天津理19) 在长方体中，、分别是棱,上的点，==, = .证明平面 审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.‎ 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,, ,‎ 已知,,于是·=0，·=0.因此，,,又 所以平面 ‎ ‎【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可.‎ 例3 （2010年山东文）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面，，、、分别为、、的中点，且.求证：平面平面.‎ 审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.‎ 解析：以A为原点，向量,,分别为轴、轴、轴的正方向，如图建立坐标系，设AM=1，则AD=AB=PD=2,则B(0,2,0),C(－2,2,0),D(－2,0,0),P(－2,0,2), M(0,0,1),则E(0,1,),G(－1,1,1),F(－2,1,1)，‎ ‎∴=(-1,0,),=(－1,0,0),设平面EFG的法向量=（，，），则 ‎==0且==0，取=1，则==0，∴=（0，1,0）,‎ 易证面PDC的法向量为=(2,0,0), ∵==0,‎ ‎∴⊥, ∴平面平面 ‎【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直.‎ 考点2.利用空间向量处理空间平行关系 空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容，考查的形式灵活多样，常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合，可以是小题，也可以是解答题的一个小题，题目的难度一般不大，是高考中的得分点之一.‎ 例4（2010 湖南理18）在正方体，E是棱的中点。在棱上是否存在一点F，使∥平面?证明你的结论。‎ 审题要津：本题坐标系易建立，可用向量法求解.‎ 解析：以A为坐标原点，如图建立坐标系，设正方形的棱长为2，则B(2,0,0),E(0,2,1),(0,0,2),(2,0,2)，‎ ‎∴=(－2,2,1),=（－2，0，2），‎ 设面的法向量为=（，，），则 ‎==0且==0，取=1，则=－1，=，∴=（1，，－1）,‎ 假设在棱上存在一点F，使∥平面，设F(，2，2)（0≤≤2）,‎ 则=（，2，2）， 则==0， ‎ 解得=1， ∴当F为中点时，∥平面.‎ ‎【点评】对于易建立坐标系的线面平行问题的向量解法，有两种思路：（1）用共面向量定理，证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来，即这三个向量共线，根据共面向量概念和直线在平面外，可得线面平行；（2）求出平面法向量，然后证明法向量与直线的方向向量垂直即可.对于探索性问题，通常先假设成立，设出相关点的坐标，利用相关知识，列出关于坐标的方程，若方程有解，则存在，否则不存在.注意，（1）设点的坐标时，利用点在某线段上，设出点分线段所成的比，用比表示坐标可以减少未知量，简化计算;(2)注意点的坐标的范围.‎ 例5在三棱柱中，侧棱垂直于底面，在底面ABC中=,D是BC上一点，且∥面，为的中点，求证：面∥面.‎ 审题要津：本题的坐标系容易建立，可用向量法.‎ 解析：以B点为原点，如图建立坐标系，设AB=，BC=，=，则A（,0,0），(0，，)，(0,0, )，(，0，)， ∴(0，，)，设D(0，，0)（0≤≤），‎ ‎∴=(－，，0)，=(－，，)，=(，0，)，=（0，，），‎ 设面的法向量为=(，，)，则==0且==0，取=，则=，=，‎ 则=（，，）， 又∵∥面，‎ ‎∴==0，解得=， ∴=（，，），‎ 设面的法向量为=(,,),则==0且==0，‎ 取=1，则=，=，则=(，，1)，‎ ‎∴=， ∴∥， ∴面∥面.‎ ‎【点评】对面面平行问题的向量方解法有两种思路，（1）利用向量证明一个面内两条相交直线分别与另一个平面平行，根据面面判定定理即得；（2）求出两个平面的法向量，证明这两个法向量平行，则这两个面就平行.‎ 考点3利用空间向量处理异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题 ‎ 异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题是高考考查的热点和重点，常与探索性问题、平行问题、垂直等问题结合，重点考查综合利用空间向量、空间平行与垂直的有关定理、空间角的相关概念解决空间角问题的能力，是立体几何中的难点，难度为中档难度.‎ 例6(2010天津理19) 在长方体中，、分别是棱,上的点，,（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值。‎ 审题要津：本题坐标系易建立，可以向量法.‎ 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,,,‎ ‎(1)证明：易得,,于是, 所以异面直线与所成角的余弦值为 ‎ ‎(2)解：设平面的法向量=，则==0且==0，‎ 不妨令=1,可得=(1,2,－1),‎ 设平面的法向量=（，，）则==0且==0，‎ 取=1,则=2，=1，则=（1,2,1）‎ 于是，从而，‎ 所以二面角的正弦值为 ‎【点评】（1）对异面直线夹角问题，先求出两条异面直线的方向向量分别为、，在求出、的夹角，设两异面直线的夹角，利用=求出异面直线的夹角，注意：（1）异面直线夹角与向量夹角的关系；(2)对二面角的大小问题，先求出平面、的法向量、，再求出、的夹角，在内取一点A，在内取一点B，设二面角大小为，若与同号，则=，若与异号，则=，注意二面角大小与法向量夹角的关系.‎ 例7（ 2010全国卷I理7）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为 A B C D 审题要津：本题是正方体中的线面关系问题，可用空间向量法求解.‎ 解析：如图建立坐标系，设正方体棱长为1，与面的夹角为，则D(0,0,0),C(0,1,0)，B(1,1,0),A(1,0,0),(0,0,1),(1,1,1), ∴=（－1，1,0），=(－1,0,1),=(0,0,1),‎ 设面的法向量=（，，），则0==且0==，取=1，则=1，=1， ∴=（1,1,1），∴==，∴=，故选D.‎ ‎【点评】对于线面夹角问题，若容易建立坐标系，则常用坐标法，建立坐标系，求出线面夹角问题中三位直线的方向向量和平面法向量，设线面角为，则直线方向向量在平面法向量方向上的投影的长度与直线方向向量的模之比就是线面夹角的正弦值，即=.‎ 历届高考中的空间向量与立体几何试题选讲 ‎1.(2008海南、宁夏理)如图，已知点P在正方体ABCD－A1B‎1C1D1的对角线BD1上，∠PDA=60°。‎ ‎（1）求DP与CC1所成角的大小；（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小。‎ ‎2.（2008安徽文）如图，在四棱锥中，底面四边长为1的 菱形，, , ,为的中点。‎ ‎（Ⅰ）求异面直线AB与MD所成角的大小；‎ ‎（Ⅱ）求点B到平面OCD的距离。‎ A B C D O O1‎ A B O C O1‎ D ‎3.（2005湖南文、理）如图1，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2。‎ ‎　　（Ⅰ）证明：AC⊥BO1； （Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小。‎ ‎4.（2007安徽文、理)如图,在六面体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,四边形是边长为1的正方形,平面,平面ABCD，DD1=2。‎ ‎(Ⅰ)求证:与AC共面，与BD共面. ‎ ‎(Ⅱ)求证:平面 ‎ ‎(Ⅲ)求二面角的大小.‎ ‎5.(2007海南、宁夏理)如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，为中点． （Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎6.(2007四川理）如图，是直角梯形，∠＝90°，∥，＝1，＝2，又＝1，∠＝120°，⊥，直线与直线所成的角为60°. ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面⊥平面; （Ⅱ）求二面角的大小;‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥的体积.‎ A B M N C l2‎ l1‎ H ‎7.(2006全国Ⅰ卷文、理)如图，、是互相垂直的异面直线,MN是它们的公垂线段.点A、B在上，C在上，。 （Ⅰ）证明AC⊥NB；‎ ‎(Ⅱ)若，求与平面ABC所成角的余弦值。‎ ‎8.（2006福建文、理）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，‎ ‎（I）求证：平面BCD； （II）求异面直线AB与CD所成角的大小；‎ ‎（III）求点E到平面ACD的距离。‎ 历届高考中的“空间向量与立体几何”试题选讲(参考答案)‎ ‎1．解：如图，以为原点，为单位长建立空间直角坐标系．‎ 则，．连结，．‎ 在平面中，延长交于．设，‎ 由已知，由 A B C D P x y z H 可得．解得，所以．‎ ‎（Ⅰ）因为，‎ 所以．即与所成的角为．‎ ‎（Ⅱ）平面的一个法向量是．‎ 因为，‎ 所以．‎ 可得与平面所成的角为．‎ ‎2．解：作于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系,‎ ‎(1)设与所成的角为,‎ ‎ , ‎ 与所成角的大小为 ‎(2) ‎ 设平面OCD的法向量为,则 即 取,解得 设点B到平面OCD的距离为,则为在向量上的投影的绝对值,‎ ‎ , .‎ 所以点B到平面OCD的距离为 ‎3．解:（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1. ‎ ‎ 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，‎ ‎ 即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1‎ ‎ 所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，‎ ‎ 如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），‎ ‎ B（0，3，0），C（0，1，）,O1（0，0，）. ‎ 从而，‎ ‎ 所以AC⊥BO1. ‎ ‎（II）解：因为所以BO1⊥OC，‎ 由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一个法向量.‎ 设是0平面O1AC的一个法向量，‎ 由 得. ‎ 设二面角O—AC—O1的大小为，由、的方向可知，>，‎ ‎ 所以cos，>=‎ ‎4.解（向量法）：以D为原点，以DA,DC,所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，则有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），‎ ‎（Ⅰ）证明：‎ 于是与AC共面，与BD共面.‎ ‎（Ⅱ）证明：‎ 内的两条相交直线，‎ ‎ 又平面 ‎（Ⅲ）解：‎ 设 于是 设 于是 ‎5．证明：（Ⅰ）由题设，连结，‎ 为等腰直角三角形，所以，且，‎ 又为等腰三角形，故，且，‎ 从而．所以为直角三角形，．‎ 又．‎ 所以平面．‎ ‎（Ⅱ）解：以为坐标原点，射线分别为轴、轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系．设，则．‎ 的中点，．‎ ‎．‎ 故等于二面角的平面角．‎ ‎，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎6．解： （Ⅰ）∵‎ ‎∴，‎ 又∵‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ）在平面内，过作，建立空间直角坐标系（如图）‎ 由题意有，设，‎ 则 由直线与直线所成的解为，得 ‎，即，‎ 解得 ‎∴，设平面的一个法向量为，‎ 则，取，得 平面的法向量取为 设与所成的角为，则 显然，二面角的平面角为锐角，‎ 故二面角的平面角大小为 ‎（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知，为正方形 ‎∴‎ ‎（Ⅲ）解法二：取平面的法向量取为，则点A到平面的距离 ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎7．解: 如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1, ‎ 则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),‎ ‎(Ⅰ)∵MN是 l1、l2的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面ABN. l2平行于z轴. ‎ 故可设C(0,1,m).于是 =(1,1,m), =(1,－1,0). ‎ ‎∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC⊥NB.‎ A B M N C l2‎ l1‎ H x y z ‎(Ⅱ)∵ =(1,1,m), =(－1,1,m), ∴||=||, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt△CNB中,NB=, 可得NC=,故C(0,1, ).‎ 连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ, λ) (λ>0). ‎ ‎∴=(0,1－λ,－λ), ‎ =(0,1, ). · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= ,‎ ‎∴H(0, , ), 可得=(0,, － ), 连结BH,则=(－1,, ),‎ ‎∵·=0+ － =0, ∴⊥, 又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,‎ ‎∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),‎ ‎∴cos∠NBH= = = ‎8． (1)证明：连结OC. ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD. 在△AOC中，由已知可得AO=1,CO=.而AC=2,‎ ‎∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90°,即AO⊥OC.‎ ‎∴AO平面BCD.‎ ‎（Ⅱ）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(-1，0，0)，‎ C(0，，0)，A(0,0,1),E(,,0),‎ ‎ ‎ ‎∴‎ ‎∴异面直线AB与CD所成角的大小为 ‎（Ⅲ）解法一：设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则 ‎ ‎ ∴‎ 令y=1，得n=(-)是平面ACD的一个法向量.又 ‎∴点E到平面ACD的距离h=‎ ‎（Ⅲ）解法二：设点E到平面ACD的距离为h.‎ ‎,‎ ‎∴·S△ACD =·AO·S△CDE.‎ 在△ACD中，CA=CD=2,AD=,‎ ‎∴S△ACD=而AO=1, S△CDE=‎ ‎∴h=‎ ‎∴点E到平面ACD的距离为.‎