五年高考荟萃 第八章 第三节 空间向量在立体几何中的应用(09年9月最新更新)

第一部分五年高考荟萃2009年高考题第三节空间向量在立体几何中的应用一、填空题1.若等边ABC的边长为23，平面内一点M满足1263CMCBCA，则MAMB_________2．在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________。【解析】设(0,,0)My由222141(3)1yy可得1y故(0,1,0)M【答案】(0,-1，0)二、解答题3.（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD,AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=12AD(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II)证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点。设，1AB依题意得，，，001B，，，011C，，，020D，，，110E，，，100F.21121M，，（I），，，解：101BF，，，110DE.2122100DEBFDEBFDEcos，于是BF所以异面直线BF与DE所成的角的大小为060.（II）证明：，，，由21121AM，，，101CE0AMCE020AD，可得，，，.AMDCEAADAM.ADCEAMCE.0ADCE平面，故又，因此，.CDEAMDCDECE平面，所以平面平面而（III）.0D0)(CDEEuCEuzyxu，，则，，的法向量为解：设平面.111(1.00），，，可得令，于是uxzyzx又由题设，平面ACD的一个法向量为).100(，，v.3313100cosvuvuvu，所以，4．（本题满分15分）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，,,EFO分别为PA，PB，AC的中点，16AC，10PAPC．（I）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE6.（本小题满分12分）如图，已知两个正方行ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点。（I）若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正值弦；（II）用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线。设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.则M（1,0,2）,N(0,1,0),可得MN=(-1,1,2).又DA=（0，0，2）为平面DCEF的法向量，可得cos(MN,DA)=36|||||DAMNDAMN·所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为cos36,DAMN·……6分(Ⅱ)假设直线ME与BN共面，……8分则AB平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN由已知，两正方形不共面，故AB平面DCEF。又AB//CD，所以AB//平面DCEF。面EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB//EN。又AB//CD//EF，所以EN//EF，这与EN∩EF=E矛盾，故假设不成立。所以ME与BN不共面，它们是异面直线.……12分7.（13分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MDABCD平面，NBABCD平面，且MD=NB=1，E为BC的中点（1）求异面直线NE与AM所成角的余弦值（2）在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由17.解析：（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标Dxyz依题意，得1(0,0,0)(1,0,0)(0,0,1),(0,1,0),(1,1,0),(1,1,1),(,1,0)2DAMCBNE。1(,0,1),(1,0,1)2NEAM10cos,10||||NEAMNEAMNEAM，所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.A（2）假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.(0,1,1)AN,可设(0,,),ASAN又11(,1,0),(,1,)22EAESEAAS.由ES平面AMN，得0,0,ESAMESAN即10,2(1)0.故12，此时112(0,,),||222ASAS.经检验，当22AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时22AS.8.（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABCABC中，,ABACD、E分别为1AA、1BC的中点，DE平面1BCC（I）证明：ABAC（II）设二面角ABDC为60°，求1BC与平面BCD所成的角的大小。分析一：求1BC与平面BCD所成的线面角，只需求点1B到面BDC的距离即可。19．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）如题（19）图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面CSD平面ABCD，,22CSDSCSAD；E为BS的中点，2,3CEAS．求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；（Ⅱ）二面角ECDA的大小．（Ⅰ）如答（19）图2，以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设(,,)AAAAxyz，因平面,,CODABCDADCDADCOD平面故平面即点A在xoz平面上，因此01AAyzADuuuv，又22213,2201AAxASxAuuv从而（，，）因AD//BC，故BC⊥平面CSD，即BCS与平面yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为2Ax.(Ⅱ)易知C(0,2,0)，D(,0,0).因E为BS的中点.ΔBCS为直角三角形,知222BSCEuuvuuv设B(0,2,BZ)，BZ＞0，则AZ＝2，故B（0，2，2），所以E（0，1，1）.在CD上取点G，设G（11,,0xy），使GE⊥CD.由11(2,2,0),(,1,1),0CDGExyCDGEuuuvuuuvuuuvuuuv故1122(1)0xy①又点G在直线CD上，即//CGCDuuuvuuuv，由CGuuuv=（11,2,0xy），则有11222xy②联立①、②，解得G＝24(,,0)33,故GEuuuv=22(,,1)33.又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量GEuuuv与向量DAuuuv所成的角，记此角为.因为GEuuuv=233，(0,0,1),1,1DADAGEDAuuuvuuuvuuuvuuuv,所以3cos2GEDAGEDAuuuvuuuvuuuvuuuv故所求的二面角的大小为6.作AGBD于G，连GC，则GCBD，AGC为二面角ABDC的平面角，60AGC.不妨设23AC，则2,4AGGC.在RTABD中，由ADABBDAG，易得6AD.设点1B到面BDC的距离为h，1BC与平面BCD所成的角为。利用11133BBCBCDSDESh，可求得h23，又可求得143BC11sin30.2hBC即1BC与平面BCD所成的角为30.分析二：作出1BC与平面BCD所成的角再行求解。如图可证得BCAFED面，所以面AFEDBDC面。由分析一易知：四边形AFED为正方形，连AEDF、，并设交点为O，则EOBDC面，OC为EC在面BDC内的射影。ECO即为所求。以下略。分析三：利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n，则1BC与平面BCD所成的角即为1BC与法向量n的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。9．（本小题共14分）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PDABCD底面，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AECPDB平面；（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设,,ABaPDh则,0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,AaBaaCaDPh，（Ⅰ）∵,,0,0,0,,,,0ACaaDPhDBaa，∴0,0ACDPACDB，∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，∴平面AECPDB平面.（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，1120,0,2,,,222PaEaaa，设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∵1122,,,0,0,2222EAaaaEOa，∴2cos2EAEOAEOEAEO，∴45AOE，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.10.（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB//DC，∠BAD=2π，CD=AD=2.，四边形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC=3，ED=7，求：（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离：（Ⅱ）二面角F-AD-E的平面角的正切值，18.（本小题满分12分）如图4，在正三棱柱111ABCABC中，2ABAAD是11AB的中点，点E在11AC上，且DEAE。（I）证明平面ADE平面11ACCA（II）求直线AD和平面ABC所成角的正弦值。解（I）如图所示，由正三棱柱111ABCABC的性质知1AA平面111ABC又DE平面A1B1C1，所以DEAA1.而DEAE。AA1AE=A所以DE平面ACC1A1，又DE平面ADE，故平面ADE平面ACC1A1。解法2如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=2，则AB=2，相关各点的坐标分别是A(0,-1,0)，B（3，0，0），C1（0，1，2），D（23，-21，2）。易知AB=(3，1，0)，1AC=(0，2，2)，AD=(23，-21，2）设平面ABC1的法向量为n=（x，y，z）,则有,022·,03·1zyACnyxABn解得x=-33y，z=-y2，故可取n=(1，-3，6)。所以，cos(n·AD)=ADnADn··=31032=510。由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为510。11.（本小题满分12分）如图3，在正三棱柱ABC-1A1B1C中，AB=4,A1A=7,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE1AE（Ⅰ）证明：平面1ADE平面11ACCA;（Ⅱ）求直线AD和平面1ADE所成角的正弦值。解法2如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,),1A.(2,0,7),D(-1,3),E(-1,0.0)易知1AB=（-3，3，-7），DE=（0，-3，0），AD=（-3，3，0）设n=（x，y，z）是平面