2013届浙江高考数学押题之立体几何

图 2俯视图侧视图正视图2013年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、选择题：1．(2013安徽理)在下列命题中，不是公理．．的是（ ） （A ）平行于同一个平面的两个平面相互平行（B ）过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面（C ）如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 （D ）如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A【解析】B,C,D 说法均不需证明，也无法证明，是公理；A 选项可以推导证明，故是定理。

所以选A2. (2013北京文)如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，P 为对角线BD 1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( )． A ．3个 B ．4个 C ．5个 D ．6个答案 B解析 设正方体边长为1，不同取值为P A ＝PC ＝PB 1＝63，P A 1＝PD ＝PC 1＝1，PB ＝33，PD 1＝233共有4个．3．(2013广东理) 某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( ) A . 4 B ．143 C ．163D ．6 【解析】B ；由三视图可知,该四棱台的上下底面边长分别为1和2的正方形,高为2,故()2211412233V =+⨯=,故选B ．4．(2013广东文) 某三棱锥的三视图如图2所示，则该三棱锥的体积是A ．16B ．13C ．23D ．1【解析】由三视图判断底面为等腰直角三角形， 三棱锥的高为2，则111=112=323V ⋅⋅⋅⋅，选B.5．(2013广东文) 设l 为直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题中正确的是 A ．若//l α，//l β，则//αβ B ．若l α⊥，l β⊥，则//αβC ．若l α⊥，//l β，则//αβD ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥ 【解析】基础题，在脑海里把线面可能性一想，就知道选B 了.6．(2013广东理) 设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( ) A . 若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥ B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m n C ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥ D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥ 【解析】D ；ABC 是典型错误命题,选D ．A1A正视图侧视图7、(2013湖北理) 一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为1V ，2V ，3V ，4V ，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ） A. 1243V V V V <<< B. 1324V V V V <<<C. 2134V V V V <<<D. 2314V V V V <<<【解析与答案】C 由柱体和台体的体积公式可知选C 【相关知识点】三视图，简单几何体体积8. (2013湖南文) 已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的矩形，则该正方体的正视图的面积等于____ D ____ A ．B.1【答案】 D【解析】 正方体的侧视图面积为.2..2212同，所以面积也为正视图和侧视图完全相为，所以侧视图的底边长⋅=9．(2013湖南理) 已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 A ．1 BCD 【答案】 C【解析】 由题知，正方体的棱长为1，121-2.]2,1[]2,1[1<而上也在区间上，所以正视图的面积，宽在区间正视图的高为。

第7讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝01.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合.( )(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( )答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直.答案 C3.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C4.(2017·青岛月考)所图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设|AD |＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，因此AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，故AM ⊥ON .答案 垂直5.(2017·杭州调研)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析 当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α. 答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α6.(2017·绍兴月考)设α，β为两个不同的平面，u ＝(－2，2，5)，v ＝(1，－1，x )分别为平面α，β的法向量.(1)若α⊥β，则x ＝________； (2)若α∥β，则x ＝________.解析 (1)由α⊥β，得u ·v ＝0，即－2－2＋5x ＝0，x ＝45；(2)由α∥β，得u ∥v ，即－21＝2－1＝5x ，x ＝－52.答案 (1)45 (2)－52考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明 法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为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(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 【训练1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →， 又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，故AB 1⊥平面A 1BD . 法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2017·湖州调研)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴A 1O ⊥AO . 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， 平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .规律方法 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 【训练3】 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由.(1)证明 由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直.如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)解 假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.[思想方法]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.。

1.（安徽理科第6题、文科第8题）（A ） 48 (B)32+817 (C) 48+8 (C) 48+817 (D) 80解析：由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242´+´=，四个侧面的面积为()44221724817++=+，所以几何体的表面积为48817+故选C. 2.（安徽理科第17题，文科第19题，本小题满分13分）分） 如图，A B E D F C 为多面体，平面ABED 与平面A C F D 垂直，点O 在线段A D 上，1O A =，OD =，ODE ODF OAC OAB D D D D ,,,都是正三角形。

都是正三角形。

(Ⅰ)证明直线BC EF ∥；(Ⅱ)求棱锥F OBED -的体积. （1）证明：分别去OA ，OD 的中点M ，N ，连接CM ，ＢＭ，ＢＭＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，ＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，OD=2，则EN BM //，且EN BM 21=，则M 为GN 的中点，所以GA=1 同理可得：G 为FC 和DA 的交点。

则有C 为FG 的中点，B 为EG 的中点。

所以的中点。

所以BC 是EFG D 的中位线。

故BC EF ∥。

（2）四边形OBED 是梯形，其中OB=1，DE=2，底边上的高为323260sin =×=°OE2333)21(2131331=××+×=×=\-O B E D O B E DF S V3.（北京理科第7题）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是(A) 8 (B) 62 (C)10 (D) 82解：根据三视图可知，该四面体满足：^SA 平面ABC ，ABC D 中 °=Ð90ABC ，3,4===BC AB SA ，四个三角形都是直角三角形，四个三角形都是直角三角形 6,26,8,10,5,24======D D D D ABC SBC SAB SAC S S S S AC SB4.（北京理科第16题）如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ^平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60A B B A D =Ð=.(Ⅰ)求证：BD ^平面;P A C（Ⅱ）若,P A A B =求P B 与A C 所成角的余弦值；所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面P B C 与平面P D C 垂直时，求P A 的长的长. .解：（1）因为ABCD 是菱形，则对角线互相垂直，BD AC ^\，又^PA 平面ABC所以BD ^平面PAC ，（2）设O BD AC = ，3,1,2,60=====°=ÐCO AO BO AB PA BAD以以O 为坐标原点以OC OB ,所在的直线分别为y x ,轴建立空间直角坐标系xyz O -则)0,3,0(),0,1,1(,0,3,0(),2,3,0(C B A P ）--，)2,3,1(-=\PB ，)0,32,0(=AC 设AC PB ,的夹角为q ，则4632226||||cos=´=×=AC PB AC PB q（3）由（）由（22）知),0,3,1(-=BC 设)0)(,3,0(>t t P 设平面PBC 的法向量为),,(z y x m =，则0,0=×=×m BP m BC所以ïîïíì=+--=+-0303tz y x y x ，令3=y ，则t z x 6,3==，)6,3,3(t m =\同理，平面PDC 的法向量为)6,3,3(tn -=，因为平面PBC ^平面PDC 所以0=×n m ，即03662=+-t，解得6=t ，6=\PA5.（北京文科第5题）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是锥的表面积是(A)32 (B)16+162 (C)48 (D)16322+6.（北京文科17）如图，在四面体PABC 中，,,P C A B P A B C ^^点,,,D E F G 分别是棱,,,A PA CB C P B的中点。

第七章 第七节 立体几何中的向量方法一、选择题1．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.12D ．－12解析：∵α⊥β，∴a ²b ＝0 ∴x ＝－10. 答案：B2．已知AB ＝(1,5，－2)， BC ＝(3,1，z )，若 AB ⊥ BC ， BP＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为 ( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4D ．4，407，－15解析： AB ⊥ BC ⇒ AB² BC ＝3＋5－2z ＝0，∴z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP ²AB＝x －1＋5y ＋6＝0，①BP ²BC＝3x －3＋y －3z ＝0，②由①②得x ＝407，y ＝－157.答案：B3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1C 1的中点，则异面直线CE 与BD 所成的角为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：以D 点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C (0,1,0)，E (12，12，1)，B (1,1,0)，D (0,0,0)，∴ CE ＝(12，－12，1)， BD ＝(－1，－1,0)．∴ CE ² BD ＝－12＋12＋0＝0.∴ CE ⊥ BD，即CE ⊥BD .答案：D4.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M (a ，23a ，a 3)，N (23a ，23a ，a )．∴ MN ＝(－a 3，0，23a )．又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，∴ 11C D＝(0，a,0)．∴ MN ² 11C D ＝0，∴MN⊥ 11C D .∵ 11C D是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案：B5.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0，1)，∴ EF ＝(0，－1,1)，1BC＝(2,0,2)∴cos 〈 EF ， 1BC 〉＝ EF ²1BC| EF||1BC |＝22²8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B6.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)， AG ＝(a ，a,0)， AC＝(0,2a,2a )，BG ＝(a ，－a,0)，BC＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎨⎧BG²n 1＝0 BG²n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝| BG²n 1|| BG ||n 1|＝2a 2a ³3＝63.答案：C 二、填空题7．已知 AB＝(2,2,1)， AC ＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________．解析：设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y,1)，则n ⊥ AB且n ⊥ AC ，即n ² AB＝0，且n ²AC ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋1＝0，4x ＋5y ＋3＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1，∴n ＝(12，－1,1)，单位法向量为±n |n |＝±(13，－23，23)． 答案：(13，－23，23)或(－13，23，－23)8．在如右图所示的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，正方体的棱长为2，则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为________．解析：分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,2,0)，E (0,1,2)，A (2,0,0)，AC ＝(－2,2,0)，DE＝(0,1,2)， ∴cos 〈 AC ， DE 〉＝1010.答案：10109．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P (0，－a 2，a2)，则 CA ＝(2a,0,0) AP ＝(－a ，－a 2，a2)， CB ＝(a ，a,0)，设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈 CB ，n 〉＝ CB²n | CB |²|n |＝a 2a 2²2＝12，∴〈 CB，n 〉＝60°.∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.答案：30° 三、解答题10．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求 AE 与 DB夹角的余弦值．解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以 DB ， DC ， DA所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E (12，32，0)，∴ AE ＝(12，32，－3)， DB ＝(1,0,0)，∴ AE 与 DB夹角的余弦值为cos 〈AE ，DB 〉＝AE ²DB| AE|²| DB |＝12224³1＝2222. 11．(2012²温州模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12，AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ； (2)求AC 与PB 所成的角；(3)求平面AMC 与平面BMC 所成二面角的余弦值．解：以A 为坐标原点，AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,1,0)，D (1,0,0)，P (0,0,1)，M (0,1，12)．(1)证明：因 AP ＝(0,0,1)， DC ＝(0,1,0)，故 AP² DC ＝0，所以AP ⊥DC .由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥平面PAD . 又DC 在平面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD .(2)因 AC ＝(1,1,0)， PB＝(0,2，－1)，故| AC |＝2，| PB |＝5， AC ² PB＝2，所以cos< AC ， PB >＝AC ² PB| AC |²| PB |＝105.(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使 NC ＝λ MC， NC ＝(1－x,1－y ，－z )， MC ＝(1,0，－12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需 AN ² MC ＝0即x －12z ＝0，解得λ＝45.可知当λ＝45时，N 点坐标为(15，1，25)，能使 AN² MC ＝0.此时，AN ＝(15，1，25)， BN ＝(15，－1，25)，有 BN² MC ＝0由 AN ² MC ＝0， BN² MC ＝0得AN ⊥MC ，BN ⊥MC .所以∠ANB 为所求二面角的平面角．∵| AN |＝305，| BN |＝305， AN ² BN ＝－45.∴cos 〈AN ， BN 〉＝AN ² BN | AN |²| BN |＝－23.∴平面AMC 与平面BMC 所成角的余弦值为－23.12．(2011²福建高考)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .(ⅰ)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(ⅱ)在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt△CDE 中，DE ＝CD ²cos 45°＝1，CE ＝CD ²sin 45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，CD ＝(－1,1,0)， PD＝(0,4－t ，－t )．(ⅰ)设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥ CD ，n ⊥ PD ，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又 PB＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos 60°＝|n ² PB|n |²| PB ||， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2²2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，所以AB ＝45.(ⅱ)假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到P ，B ，C ，D的距离都相等，设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则 GC＝(1,3－t －m,0)， GD＝(0,4－t －m,0)， GP＝(0，－m ，t )．由| GC |＝| GD |得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；(1)由| GD |＝| GP |得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.(2)由(1)、(2)消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.(3)由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等。