第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法

2010~2014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

1．（2014新课标全国Ⅰ，12分）如图三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.

(1)证明：AC＝AB1；

(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值． 解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.

因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点． 又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO. 由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO. 又B1O＝CO，故AC＝AB1.

(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO. 又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.

故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．

????????????以O为坐标原点，OB，OB1，OA的方向为x轴，y轴，

????z轴的正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标

系O－xyz.

因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形． 又AB＝BC，则A?0，0，?

3?33，B(1,0,0)，B1?0，，0?，C?0，－，0?. 3?33????

???????????33?????3

， AB1＝?0，3，－3?，A1B1＝AB＝?1，0，－3????????????3

. B1C1＝BC＝?－1，－3，0??

设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则

????33y－z＝0，??33?n·AB1＝0，

即???????3??n·A1B1＝0，x－?3z＝0.

所以可取n＝(1，3，3)．

???????m·A1B1＝0，

设m是平面A1B1C1的法向量，则????? ?B1C1＝0.??m·

同理可取m＝(1，－3，3)． n·m1

则cos〈n，m〉＝＝. |n||m|7

1

所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为. 7

2．（2014新课标全国Ⅱ，12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；

(2)设二面角D -AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．

解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO. 因为平面ABCD为矩形，所以O为BD的中点． 又E为PD的中点，所以EO∥PB. 因为EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC.

(2)因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．

????????如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|AP |为单位长，建立空间直角

??31????31?坐标系A-xyz，则D(0，3，0)，E0，，，AE＝0，，?.

22?22???????设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，3，0)，AC＝(m，3，0)．

设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，

????mx＋3y＝0，??n1·AC＝0，?则????即?31 ??n1·AE＝0，??2y＋2z＝0，

可取n1＝?3?，－1，3. ?m?

又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量， 1

由题设|cos〈n1，n2〉|＝，

2即

3132＝，解得m＝. 23＋4m2

1113

因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V＝××3×

232213

×＝. 28

3.(2014山东，12分) 如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．

(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；

(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．

解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.

连接AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.

又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.

(2)法一：连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM， 所以四边形AMCD为平行四边形． 可得BC＝AD＝MC，

由题意知∠ABC＝∠DAB＝60°，

所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝3，因此CA⊥CB.

以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C－xyz. 所以A(3，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，3)．

??????3??????????31?31?1??因此M，所以MD1＝－，－，3，D1C1＝MB＝－，，0.

2?2，2，0??2??22?

设平面C1D1M的法向量n＝(x，y，z)．

??????D1C1＝0，?n·?3x－y＝0，由??????得?

3x＋y－23z＝0，?MD1＝0，??n·

可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，3，1)．

?????又CD1＝(0,0，3)为平面ABCD的一个法向量．

?????n????CD1·

?＝5. 因此cos〈CD，n〉＝????| CD1||n|5

所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为

5. 5

法二：由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.

由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．

在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°， 可得CN＝3

. 2

15. 2

2所以ND1＝CD21＋CN＝

3

2CN5

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝. D1N155

2

所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为

5. 5

4.(2014广东，13分) 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.

(1)证明：CF⊥平面ADF； (2)求二面角D－AF－E的余弦值．

解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD，又CD⊥AD，PD∩CD