2011年新课标版高考题库考点34 空间直角坐标系、空间向量及其运算

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考点34 空间直角坐标系、空间向量及其运算
解答题
1.（2011·辽宁高考理科·Ｔ18）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=1
2
PD ． （I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ （II ）求二面角Q-BP-C 的余弦值．
【思路点拨】建立空间坐标系，利用坐标向量来解题（I ）
⎭
⎬⎫
⊥⊥DC PQ DQ PQ DCQ 面⊥⇒PQ
DCQ PQC 面面⊥⇒；（II ）先求法向量，再求两个法向量的夹角的余弦值，最后确定二面角Q-BP-C 的
余弦值．
【精讲精析】如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA ，OP,DC 为x ，y,z 轴的正半轴建立空间直角坐标系xyz D -.
(Ⅰ)依题意有)0,1,1(Q ，)1,0,0(C ，)0,2,0(P ，
则)0,1,1(=DQ ，)1,0,0(=DC ，)0,1,1(-=PQ ，所以0=⋅DQ PQ ，
0=⋅，
即 PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .且DQ DC D = 故PQ ⊥平面DCQ .又
PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .
（II ）依题意有)1,0,1(B ，CB =)0,0,1(，BP =)1,2,1(--.
设),,(z y x n =是平面PBC 的法向量，则n CB 0,
n BP 0,
⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
即⎩⎨⎧=-+-=.02,0z y x x 同理，因此可取 ).2,1,0(--=
设m 是平面PBQ 的法向量，则m BP 0,
m PQ 0.
⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
可取),1,1,1(=m
所以.5
15
-
=且由图形可知二面角Q BP C --为钝角 故二面角C BP Q --的余弦值为.5
15
-
2.（2011·江西高考理科·Ｔ21）（1）如图，对于任意给定 的四面体1234A A A A ，找出依次排列的四个相互平行的平面
1234,,,αααα，使得(1,2,3,4),i i A i α∈=且其中每相邻两
个平面间的距离都相等；
（2）给定依次排列的四个相互平行的平面1234,,,αααα， 其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体
1234A A A A 的四个顶点满足： (1,2,3,4),i i A i α∈= 求该
正四面体1234A A A A 的体积 【思路点拨】（1）首先
142313A P P A A M,取A 的三等分点，，的中点24222333A A N,A P M A P N αα的中点过三点，，作平面，过三点，，作平面，则
23//αα平面平面，
14142A ααα再过点A ，分别作平面，与平面平行,即得四个平面符合要求.（2）以第（1）问中的四面体作为正四
面体，通过坐标系求出面33A P N n
的法向量，再根据点到面的距离公式求出正四面体的棱长，进而求得体积. 【精讲精析】
14231324222333223332231414212341412341A P P A A M,
A A N,A P M A P N A P //NP A P //MP //A A ααααααααααααααα（）如图所示，取A 的三等分点，，的中点的中点过三点，，作平面，过三点，，作平面，因为，，所以平面平面，再过点A ，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，
由线段A 被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面1234.
αααα间的距离相等，故，，，为所求平面
123423441341234(2)1A A A A A O A O y 0A O a a A (0,0),A (,0),A (,,0),A (0,32626∆--z A A x 当（）中的四面体为正四面体时，若所得的四个平行平面，每相邻两平面之间的距离为1，则正四面体A 就是满足题意的正四面体，设正四面体的棱长为a,以A 的中心为坐标原点，以直线为轴，直线为轴，由点向直线作垂线，设垂线所在直线为轴,建立如图所示坐标系，则
，
23142433343333,0)3
P P A N A A a a P (0N(,P N (443a 1NA (N (A P N n (x,y,z),44n P N 09x n NA 0-=-==-=⎧⋅-+⎪⎨⋅⎪⎩
==令，为A 的三等分点，为的中点，有
，所以设平面的法向量为有
，即12344331234230
,n 13x 0A A P N 1,
a A A A 11V Sh 3343123
⎧=⎪=⎨
+=⎪⎩
αααα====⨯⨯== 所以（，，，相邻平面之间的距离为1，所以点到平面的距离为
解得A 满足条件，所以所求正四面体的体积为
3.（2011.天津高考理科.T17）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，
H 是正方形11AA B B
的中心，1AA =1⊥C H 平面11AA B B ，
且1C H =
（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角111A AC B --的正弦值；
（Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11AA B B 内，且⊥MN 平面11A B C ，求线段BM 的长． 【精讲精析】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点
.
依题意得(0,0,0),A B C
111(0,A B C
（I
）易得11((AC A B =--=-
，
于是111111cos ,3||||⋅===⋅
AC A B AC A B AC A B 所以异面直线AC 与A 1B 1
（II
）易知111(0,(AA AC ==-
- ，设平面AA 1C 1的法向量(,,)=
m x y z ， 则11100⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
m AC m AA
即0,0.⎧=⎪⎨=⎪
⎩
不妨令x =
可得= m ，
同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)=
n x y z ，
则11110,0.⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n AC n A B
即0,0.⎧=⎪⎨-=⎪
⎩
不妨令y =
可得= n
于是2cos ,,7||||⋅===⋅
m n m n m n
从而sin ,= m n
所以二面角A —A 1C 1—B 1
的正弦值为
7
（III ）由N 为棱B 1C 1
的中点，得(
222
N 设M （a ，b ，0）
，则(,22MN a b =-- )，由⊥MN 平面A 1B 1C 1，得11110,
0.⎧=⎪⎨=⎪⎩ MN A B MN A C
即()(0,2
()(()(0.222
⎧
--=⎪⎪⎨⎪-+-+=⎪⎩
a a b
解得2
4
a b ⎧=⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩
故(
,24M
因此BM = ，所以线段BM
的长为||BM = 方法二：
（I ）由于AC//A 1C 1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A 1B 1所成的角. 因为1C H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，
11AA C H ==
可得1111 3.AC B C ==
因此222
111111
1111111
cos 23AC A B B C C A B AC A B +-∠=
=⋅ 所以异面直线AC 与A 1B 1
所成角的余弦值为3
（II ）连接AC 1，易知AC 1=B 1C 1， 又由于AA 1=B 1A 1，A 1C 1=A 1C 1，
所以11AC A ∆≌111∆B C A ，过点A 作11AR A C ⊥于点R ，
连接B 1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角.
在11Rt A RB ∆
中，11111sin 3
B R A B RA B =⋅∠== 连接AB 1，在1ARB ∆中，
2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R +-==∠=⋅2
7
=-，
从而1sin ARB ∠=
所以二面角A —A 1C 1—B 1
（III ）因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.MN A B ⊥，取HB 1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND//C 1H
且112ND C H =
=.又1C H ⊥平面AA 1B 1B ， 所以ND ⊥平面AA 1B 1B ，故11.ND A B ⊥又,MN ND N =
所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则111,//.ME A B ME AA ⊥故 由
1111111
,4
B E B D DE AA B A B A ===
得12DE B E ==，延长EM 交AB 于点F ，
可得1BF B E ==
连接NE.在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故
所以24ND DM DE ==
可得4FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，
4
BM ==
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