空间向量与立体几何两类经典题型.doc

空间向量与立体几何两类经典题型
从近两年的新课改区高考题，不难发现对空间向量的考查主要体现在两个方面：
(1)对空间向量的基本知识与运算的考查，如2008年海南宁夏高考题第13题考查空间向量的加减法运算、向量模的求法等.随着新课程改革的不断推进，高考将会越来越重视对基础知识与基本能力的考查，因此，对空间向量的基本知识及运算的考查也将会在高考中越来越多受到重视.
(2)高考中对立体几何解答题的考查一般都体现为一题两法(同一题两种解法：传统法与向量法).而运用向量在解决立体几何问题主要集中在法向量的应用上，它可以证明空间线面的位置关系、求解空间角、距离.同时运用空间向量解答立体几何问题，淡化了传统立体几何中的“形”的推理方法，强化了代数运算，从而降低了思维难度，且思路明确，过程较为程序化.
针对上面两类题型，特提供两组训练题：
一、空间向量的基本运算
1．已知＝(cosα,1,sinα)，＝(sinα,1,cosα)，则向量＋与－的是夹角是 ( )
A．90° B．60° C．30° D．0°
1．A 解析：∵||=，||=，(＋)·(－)=||2﹣||2=0，⊥.
2．若＝(2x，1，3)，＝(1，－2y，9)，如果与为共线向量，则( )
A.x＝1，y＝1 B.x＝，y＝－ C.x＝，y＝－ D.x＝－，y＝
2．C 解析：由＝＝，解得x＝，y＝－.
3．已知向量＝(1，1，0)，＝(－1，0，2)，且k－与2－互相垂直，则k的值是( )
A. B. C.－ D.－
3．D 解析：||＝，||＝，·＝－1，则由(k－)·(2－)＝0，2k||2－(k＋2)·＋||2＝0得4k－(k＋2)×(－1)＋5＝0，解得k＝－.
4．点A（1，0，1），B（4，4，6），C（2，2，3），D（10，14，17）这四个点是否共面：___（共面或不共面）．
4．共面 解析：＝（3，4，５），＝（1，2，2），＝（9，14，16），设＝x＋y，即（9，14，16）＝（3x＋y，4x＋2y，５x＋2y），，从而A，B，CD四点共面．
5．已知A、B两点的坐标是A(3cosa，3sina，1)，B(2sina，2cosa，1)，则||的取值范围是( )
A.[0,5] B.[1,5] C.(1,5) D.[1,25]
5．B 解析：||＝＝，则由－1≤sin2α≤1，得1≤||≤5.
6．空间四边形OABC中，点M、N分别为OA、BC的中点，且＝，＝，＝，用、、表示＝____________.
6．＋－ 解析：＝＋＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋＝＋－.
7．已知不共面且两两不共线的非零向量，，，满足||＝3，||＝4，||＝4，且|－|＝5，|－|＝8，|－|＝，求|＋＋|的值.
7．解析：设＝，＝，＝，则
由于AB﹑AD﹑AA1不共面，则以AB﹑AD﹑AA1为同一顶点上的三条棱作四棱柱ABCD-A1B1C1D1，则
||2＋||2＝||2＋||2＝25＝|－|2＝||2，
||2＋||2＝||2＋||2＝64＝|－|2＝||2，
||2＋||2＝||2＋||2＝57＝|－|2＝||2，
∴AB﹑AD﹑AA1两两垂直，∴四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体，则
|＋＋|2＝||2＝||2＋||2＋||2＝73，
即|＋＋|＝.

二、法向量的应用
1．若A(0，2，)，B(1，－1，)，C(－2，1，)，是平面α内的三点，设平面α的法向量＝(x，y，z)，则x︰y︰z＝________________．
1．2︰3︰(－4) 解析：＝(1，－3，－)，＝(－2，－1，－)，由·＝0，·＝0，得
，即，∴x︰y︰z＝y︰y︰(－y)＝2︰3︰(－4).

2．在矩形ABCD中，已知AB＝1，AB＝1，BQ＝2，QC＝1，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，求AD与平面PDQ所成角的正弦值.
2．解：如图建立空间直角坐标系，则各点坐标分别为A(0，0，0)、Q(1，2，0)、D(0，3，0)、D(0，0，1)，则＝(0，3，0)，＝(1，2，1)，＝(0，3，－1)，设设平面PDQ的法向量为＝(x，y，z)，则·＝0，·＝0，＝(，，z)，不妨取＝(，，1)，∴cos<,>＝＝.所以AD与平面PDQ所成角的正弦值为.

3．已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，AB＝2，AD＝，DC＝1，PA＝4，且M、N分别为PB、PD的中点，平面CMN交AP于点Q.求平面CMN与平面ABCD所成二面角的大小；
3．解：（Ⅰ）如图以A为原点，AD，AB，AP
所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，D(，0，0)，B(0，2，0)，C(，1，0)，
P(0，0，4)，M(0，1，2)，N(，0，2)
∵PA⊥面ABCD，∴为平面ABCD的法向量，且＝(0，0，4)
设平面CMN的法向量＝(x，y，z)，
∵＝(－，0，2)，＝(－，－1，2)
由·＝0，·＝0，得，
令z＝1，得x＝，y＝1，故＝(，1，1)，
cos<,>＝＝＝，
∴<,>＝60°，即二面角的大小为60°.

4．如图，已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝1，OB＝OC＝2，E是OC的中点．求O点到面ABC的距离．

4．解：以O为原点,OB、OC、OA分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
则有A(0，0，1)、B(2，0，0)、C(0，2，0).
设平面ABC的法向量为＝(x，y，z).
则由
取x＝y＝1，z＝2，则＝(1，1，2)，
点O到面ABC的距离为d＝＝＝，

5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是BB1、DD1的中点，求证：(Ⅰ)FC1∥平面ADE；(Ⅱ)平面ADE//平面B1C1F.
5．证明：如图1所示建立空间直角坐标系D－xyz，则有D(0，0，0)、A(2，0，0）、C(0，2，0）、C1(0，2，2）、E(2，2，1）、F(0，0，1），所以＝(0，2，1)，＝(2，0，0)、＝(0，2，1)
设＝(x1，y1，z1)，＝(x2，y2，z2)，分别是平面ADE、平面B1C1F的法向量，则，取y＝1，则＝(0，1－2)，
同理可求＝(0，1，－2)，
(Ⅰ)∵·＝(0，1，－2)·(0，2，1)＝0，∴⊥，
又FC1Ë平面ADE，∴FC1∥平面ADE.
(Ⅱ)∵∥，∴平面ADE//平面B1C1F.

6．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BB1的中点，F是CD的中点.求证：D1F⊥平面ADE.
6．证明：如图，所求建立空间直角坐标系D﹣xyz，令AA1＝2，则D(0，0，0)、D1(0，0，2)、A(2，0，0)、E(2，2，1)、F(0，1，0)，所以＝(2，0，0)，＝(0，2，1)，＝(0，1，－2)，
设＝(x，y，z)，是平面ADE的法向量.则⊥，⊥.
∴，∴，取y＝1，则＝(0，1，－2).
∵∥，∴D1F⊥平面ADE.

7．如图，正三棱锥O－ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知OA1＝．求证：B1C1⊥平面OAH.
7．证明：(Ⅰ)以直线OA、OB、OC分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，O－xyz，则A(2，0，0)，B(0，0，2)，C(0，2，0)，E(1，0，1)，F(1，1，0)，H(1，，).
所以＝(－1，，)，＝(1，，)，＝(0，2，－2)，
所以·＝0，·＝0，∴BC⊥AH，BC⊥OH，
所以BC⊥平面OAH.
由EF∥BC得，EF∥平面OB1C1，则B1C1∥BC，故B1C1⊥平面OAH.