平面向量与空间向量高考题(带详细解析)

平面向量与空间向量

●考点阐释

1.向量是数学中的重要概念，并和数一样，也能运算.它是一种工具，用向量的有关知识能有效地解决数学、物理等学科中的很多问题.

向量法和坐标法是研究和解决向量问题的两种方法.

坐标表示，使平面中的向量与它的坐标建立了一一对应关系，用“数”的运算处理“形”的问题，在解析几何中有广泛的应用.向量法便于研究空间中涉及直线和平面的各种问题.

2.平移变换的价值在于可利用平移变换，使相应的函数解析式得到简化. ●试题类编 一、选择题

1.（2002上海春，13）若a 、b 、c 为任意向量，m ∈R ，则下列等式不一定．．．成立的是（ ） A.（a +b ）+c =a +（b +c ）

B.（a +b ）·c =a ·c +b ·c

C.m （a +b ）=m a +m b

D.（a ·b ）c =a （b ·c ）

2.（2002天津文12，理10）平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点A （3，1），B （－1，3），若点C 满足OB OA OC βα+=，其中α、β∈R ，且α+β=1，则点C 的轨迹方程为（ ）

A.3x +2y －11=0

B.（x －1）2

+（y －2）2

=5

C.2x －y =0

D.x +2y －5=0 3.（2001江西、山西、天津文）若向量a =（3，2），b =（0，－1），则向量2b －a 的坐标是（ ）

A.（3，－4）

B.（－3，4）

C.（3，4）

D.（－3，－4）

4.（2001江西、山西、天津）设坐标原点为O ，抛物线y 2=2x 与过焦点的直线交于A 、B 两点，则OB OA ?等于（ ）

A.

4

3 B.－

4

3 C.3 D.－3

5.（2001上海）如图5—1，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若B A 1=a ，11D A =b ，A A 1=c .则下列向量中与M B 1相等的向量是（ ）

A.－

2

1a +

21b +c B.

2

1a +

2

1b +c

C.

2

1a －2

1b +c D.－

2

1a －

2

1b +c

6.（2001江西、山西、天津理，5）若向量a =（1，1），b =（1，－1），c =（－1，2），则c 等于（ ）

图5—1

A.－

2

1a +

2

3b B.

2

1a －

2

3b

C.

2

3a －

2

1b D.－

2

3a +

2

1b

7.(2000江西、山西、天津理，4)设a 、b 、c 是任意的非零平面向量,且相互不共线,则 ①（a ·b ）c －（c ·a ）b =0 ②|a |－|b |<|a －b | ③（b ·c ）a －（c ·a ）b 不与c 垂直

④（3a +2b ）（3a －2b ）=9|a |2－4|b |2

中，是真命题的有（ ） A.①②

B.②③

C.③④

D.②④

8.（1997全国，5）如果直线l 沿x 轴负方向平移3个单位，再沿y 轴正方向平移1个单位后，又回到原来的位置，那么直线l 的斜率为（ ）

A.－

3

1 B.－3 C.

3

1 D.3

二、填空题

9.（2002上海文，理2）已知向量a 和b 的夹角为120°，且|a |=2，|b |=5，则（2a －b ）·a =_____. 10.（2001上海春，8）若非零向量α、β满足|α+β|=|α－β|，则α与β所成角的大小为_____.

11.（2000上海，1）已知向量OA =（－1，2），OB =（3，m ），若OA ⊥AB ，则m = . 12.（1999上海理，8）若将向量a =（2，1）围绕原点按逆时针方向旋转4

π

得到向量b ，

则向量b 的坐标为_____.

13.（1997上海，14）设a =（m +1）i －3j ，b =i +（m －1）j ，（a +b ）⊥（a －b ），则m =_____. 14.（1996上海，15）已知a +b =2i －8j ，a －b =－8i +16j ，那么a ·b =_____. 15.（1996上海，15）已知O （0，0）和A （6，3）两点，若点P 在直线OA 上，且2

1=

PA

OP ，

又P 是线段OB 的中点，则点B 的坐标是_____. 三、解答题

16.（2003上海春，19）已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1，在某个空间直角坐标系中，1},0,0,{},0,2

3,2

{

AA m AC m AB =-

=={0，0，n }.

（其中m 、n >0）.如图5—2.

（1）证明：三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱； （2）若m =

2n ，求直线CA 1与平面A 1ABB 1所成角的大小.

17.（2002上海春，19）如图5—3，三棱柱OAB —O 1A 1B 1，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB =60°，∠AOB =90°，且OB =OO 1=2，OA =3.求：

（1）二面角O 1—AB —O 的大小；

图5—2

（2）异面直线A1B与AO1所成角的大小.

（上述结果用反三角函数值表示）

18.（2002上海，17）如图5—4，在直三棱柱ABO—A′B′O′中，OO′=4，OA=4，OB=3，∠AOB=90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若OP⊥BD，求OP与底面AOB所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）

图5—3 图5—4 图5—5

19.（2002天津文9，理18）如图5—5，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a.

（1）建立适当的坐标系，并写出点A、B、A1、C1的坐标；

（2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角.

20.（2002天津文22，理21）已知两点M（－1，0），N（1，0），且点P使,

MP?

MN NM?成公差小于零的等差数列.

,

PM?NP

PN

（1）点P的轨迹是什么曲线？

（2）若点P坐标为（x0，y0），θ为PM与PN的夹角，求tanθ.

21.（2001江西、山西、天津理）如图5—6，以正四棱锥V—ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O—xyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，E为VC的中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.

BE,>；

（1）求cos

（2）记面BCV为α，面DCV为β，若∠BED是二面角α—VC—β的平面角，求∠BED.

图5—6 图5—7 图5—8

22.（2001上海春）在长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.

（1）求证：A1C⊥平面AEF；

（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）.则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等.

试根据上述定理，在AB=4，AD=3，AA1=5时，求平面AEF与平面D1B1BD所成角的大

小.（用反三角函数值表示）

23.（2001上海）在棱长为a 的正方体OABC —O ′A ′B ′C ′中，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE =BF .如图5—8.

（1）求证：A ′F ⊥C ′E .

（2）当三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时，求二面角B ′—EF —B 的大小（结果用反三角函数表示）

24.（2000上海春，21）四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ={2，－1，－4}，AD ={4，2，0}，AP ={－1，2，－1}.

（1）求证：PA ⊥底面ABCD ； （2）求四棱锥P —ABCD 的体积；

（3）对于向量a ={x 1，y 1，z 1}，b ={x 2，y 2，z 2}，c ={x 3，y 3，z 3}，定义一种运算： （a ×b ）·c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2－x 1y 3z 2－x 2y 1z 3－x 3y 2z 1，试计算（AB ×AD ）·AP 的绝对值的值；说明其与四棱锥P —ABCD 体积的关系，并由此猜想向量这一运算（AB ×AD ）

·AP 的绝对值的几何意义. 25.（2000上海，18）如图5—9所示四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两互相垂直，且AB =BC =2，E 是AC 中点，异面直线AD 与BE 所成的角的大小为arccos 10

10，求四面体

ABCD 的体积.

图5—9 图5—10 图5—11

26.（2000天津、江西、山西）如图5—10所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，CA =CB =1，∠BCA =90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.

（1）求BN 的长；

（2）求cos<11,CB BA >的值；

（3）求证：A 1B ⊥C 1M .

27.（2000全国理，18）如图5—11，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°.

（1）证明：C 1C ⊥BD ；

（2）假定CD =2，CC 1=

2

3，记面C 1BD 为α，面CBD 为β，求二面角α—BD —β的

平面角的余弦值；

（3）当

1

CC CD 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明.

28.（1999上海，20）如图5—12，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD =90°，AD ∥BC ，AB =BC =a ，AD =2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角.

（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ； （2）求异面直线AE 与CD 所成角的大小.

29.（1995上海，21）如图5—13在空间直角坐标系中BC =2，原点O 是BC 的中 点，点A 的坐标是（2

1

,23，0），点D 在平面yOz 上，且∠BDC =90°，

∠DCB =30°。

（1）求向量OD 的坐标；

（2）设向量AD 和BC 的夹角为θ，求cos θ的值.

图5—12

图5—13

答案解析

1.答案：D

解析：因为（a ·b ）c =|a |·|b |·cos θ·c 而a （b ·c ）=|b |·|c |·cos α·a 而c 方向与a 方向不一定同向.

评述：向量的积运算不满足结合律. 2.答案：D

解析：设OC =（x ，y ），OA =（3，1），OB =（－1，3），αOA =（3α，α）， βOB =（－β，3β）

又αOA +βOB =（3α－β，α+3β）

∴（x ，y ）=（3α－β，α+3β），∴?

??+=-=βαβα33y x

又α+β=1 因此可得x +2y =5

评述：本题主要考查向量法和坐标法的相互关系及转换方法. 3.答案：D

解析：设（x ，y ）=2b －a =2（0，－1）－（3，2）=（－3，－4）. 评述：考查向量的坐标表示法. 4.答案：B

解法一：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），AB 所在直线方程为y =k （x －

2

1），则OB OA ?=x 1x 2+y 1y 2.

又??

???=-=x

y x k y 2)21(2，得k 2x 2－（k 2+2）x +

42k =0，∴x 1·x 2=41，而y 1y 2=k （x 1－21）k （x 2－2

1）=k 2

（x 1－

2

1）（x 2－

2

1）=－1.∴x 1x 2+y 1y 2=

4

1－1=－

4

3.

解法二：因为直线AB 是过焦点的弦，所以y 1·y 2=－p 2=－1.x 1·x 2同上.

评述：本题考查向量的坐标运算，及数形结合的数学思想.

5.答案：A

解析：)(2

1111BC BA A A BM B B M B ++

=+==c +

2

1（－a +b ）=－

2

1a +

2

1b +c

评述：用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化，本题考查的是基本的向量相等，与向量的加法.考查学生的空间想象能力.

6.答案：B

解析：设c =m a +n b ，则（－1，2）=m （1，1）+n （1，－1）=（m +n ，m －n ）.

∴???=--=+21n m n m ∴???????-

==2

32

1n m

评述：本题考查平面向量的表示及运算.

7.答案：D

解析：①平面向量的数量积不满足结合律.故①假；

②由向量的减法运算可知|a |、|b |、|a －b |恰为一个三角形的三条边长，由“两边之差小于第三边”，故②真；

③因为［（b ·c ）a －（c ·a ）b ］·c =（b ·c ）a ·c －（c ·a ）b ·c =0，所以垂直.故③假； ④（3a +2b ）（3a －2b ）=9·a ·a －4b ·b =9|a |2

－4|b |2

成立.故④真. 评述：本题考查平面向量的数量积及运算律.

8.答案：A

解析：设直线l 的方程为y =kx +b （此题k 必存在），则直线向左平移3个单位，向上平移1个单位后，直线方程应为y =k （x +3）+b +1即y =kx +3k +b +1

因为此直线与原直线重合，所以两方程相同.比较常数项得3k +b +1=b .∴k =－3

1.

评述：本题考查平移变换与函数解析式的相互关系. 9.答案：13

解析：∵（2a －b ）·a =2a 2－b ·a =2|a |2－|a |·|b |·cos120°=2·4－2·5（－2

1）=13.

评述：本题考查向量的运算关系.

10.答案：90°

解析：由|α+β|=|α－β|，可画出几何图形，如图5—14. |α－β|表示的是线段AB 的长度，|α+β|表示线段OC 的长度，由|AB |=|OC |

∴平行四边形OACB 为矩形，故向量α与β所成的角为90° 评述：本题考查向量的概念，向量的几何意义，向量的运算.这些知识不只在学习向量时用到，而且在复数、物理学中也是一些最基本的知识.

11.答案：4

解析：∵OA ={－1，2}，OB ={3，m }，OA OB AB -=={4，m －2}，又OA ⊥AB ， ∴－1×4+2（m －2）=0，∴m =4.

评述：本题考查向量的概念，向量的运算，向量的数量积及两向量垂直的充要条件. 12.答案：（

22

3

,22）

解析：设a =OA =2+i ，b =OB ，由已知OA 、OB 的夹角为

4

π

，由复数乘法的几何意

图5—14

义，得OB =OA （cos

4

π

+isin

4

π

）=（2+i ）i i 22

32

2)2

22

2(

+

=

+

.

∴b =（

22

3,22）

评述：本题考查向量的概念，向量与复数一一对应关系，考查变通、变换等数学方法，以及运用数学知识解决问题的能力.

13.答案：－2 解析：由题意，得

∵（a +b ）⊥（a －b ），∴（m +2）×m +（m －4）（－m －2）=0，∴m =－2.

评述：本题考查平面向量的加、减法,平面向量的数量积及运算,两向量垂直的充要条件. 14.答案：－63

解析：解方程组

得

∴a ·b =（－3）×5+4×（－12）=－63.

评述：本题考查平面向量数量积的坐标表示及求法. 15.答案：（4，2）

解析：设P （x ，y ），由定比分点公式12

11321

0,22

1162

1

0=+

?+

=

=+

?+

=

y x ， 则P （2，1），又由中点坐标公式，可得B （4，2）. 16.（1）证明：∵}0,2

3,

2

{

m m AB AC BC =-=，∴| BC |=m ，

又}0,0,{},0,2

3,2

{

m AC m m AB =-

=

∴|AB |=m ，|AC |=m ，∴△ABC 为正三角形.

又AB ·1AA =0，即AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AC ，∴AA 1⊥平面ABC ，从而三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱.

（2）解：取AB 中点O ，连结CO 、A 1O .

∵CO ⊥AB ，平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，∴CO ⊥平面ABB 1A 1，即∠CA 1O 为直线CA 1与平面A 1ABB 1所成的角.

在Rt △CA 1O 中，CO =

2

3m ，CA 1=2

2n m +，

a +

b =（m +2）i +（m －4）j =（m +2，m －4）

a －

b =m i +（－m －2）j =（m ，－m －2） a +b =2i －8j

a －

b =－8i +16j

a =－3i +4j =（－3，4）

b =5i －12j =（5，－12）

∴sin CA 1O =

2

21

=

CA CO ，即∠CA 1O =45°.

17.解：（1）取OB 的中点D ，连结O 1D ， 则O 1D ⊥O B.

∵平面OBB 1O 1⊥平面OAB ， ∴O 1D ⊥平面OA B.

过D 作AB 的垂线，垂足为E ，连结O 1E . 则O 1E ⊥A B.

∴∠DEO 1为二面角O 1—AB —O 的平面角. 由题设得O 1D =3， sin OBA =

7

212

2

=

+OB

OA OA ，

∴DE =DB sin OBA =

7

21

∵在R t △O 1DE 中，tan DEO 1=7， ∴∠DEO 1=arctan

7，即二面角O 1—AB —O 的大小为arctan 7.

（2）以O 点为原点，分别以OA 、OB 所在直线为x 、y 轴，过O 点且与平面AOB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图5—15.则

O （0，0，0），O 1（0，1，3），A （3，0，0），A 1（3，1，3），B （0，2，0）. 设异面直线A 1B 与AO 1所成的角为α， 则}3,1,3{},31,3{1111-=-=--=-=OO OA A O OA OB B A ，

cos α=

7

1|

|||1111=

??A O B A A O B A ，

∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的大小为arccos

7

1.

18.解法一：如图5—16，以O 点为原点建立空间直角坐标系. 由题意，有B （3，0，0），D （

2

3，2，4），设P （3，0，z ），则

BD ={－

2

3，2，4}，OP ={3，0，z }.

图5—15

图5—16

∵BD ⊥OP ，∴BD ·OP =－

2

9+4z =0，z =

8

9.

∵BB ′⊥平面AOB ，∴∠POB 是OP 与底面AOB 所成的角. tan POB =

8

3，∴∠POB =arctan

8

3.

解法二：取O ′B ′中点E ，连结DE 、BE ，如图5—17，则 DE ⊥平面OBB ′O ′，

∴BE 是BD 在平面OBB ′O ′内的射影. 又∵OP ⊥B D.

由三垂线定理的逆定理，得OP ⊥BE .

在矩形OBB ′O ′中，易得Rt △OBP ∽Rt △BB ′E ， ∴

B B OB E

B BP '

=

'，得BP =

8

9.

（以下同解法一） 19.解：（1）如图5—18，以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系.

由已知，得

A （0，0，0），

B （0，a ，0），A 1（0，0，2 a ），

C 1（a a a 2,2

,

2

3-

）.

（2）坐标系如图，取A 1B 1的中点M ，于是有M （0，

2,2

a a ）

，连AM ，MC 1有 1MC =（－

2

3a ，0，0），且AB =（0，a ，0），1AA =（0，0，

2 a ）

由于1MC ·AB =0，1MC ·1AA =0，所以MC 1⊥面ABB 1A 1. ∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角. ∵1AC =（a a a 2,2,

2

3-

），AM =（0，

2,2

a a ），

∴1AC ·AM =0+

4

2

a

+2a 2

=

49a 2

.

而|1AC |=

a a

a

a 324

432

2

2

=

++

.

|AM |=

a a a

2

324

2

2

=

+.

图5—17

图5—18

∴cos ＜1AC ，AM ＞=

2

32

334

9

2

=?

a

a a

.

所以1AC 与AM 所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.

20.解：（1）记P （x ，y ），由M （－1，0），N （1，0）得PM =－MP =（－1－x ，－y ），

PN =－NP =（1－x ，－y ），MN =－NM =（2，0）

∴MP ·MN =2（1+x ），PM ·PN =x 2

+y 2

－1，NM ·NP =2（1－x ）. 于是，MP ·MN ，PM ·PN ，NM ·NP 是公差小于零的等差数列等价于

??

?

?

?<+---++=-+,0)1(2)1(2)],1(2)1(2[2112

2x x x x y x 即???>=+0

,32

2

x y x 所以，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. （2）点P 的坐标为（x 0，y 0）.

PM ·PN =x 02+y 02－1=2.

|PM |·|PN |=

2

02

02

02

0)1()1(y x y x +-?

++.

∴cos θ=

2

2

02

43tan .41|

|||x x x PB PM PN PM --=

-=

??θ

21.解：（1）由题意知B （a ，a ，0），C （－a ，a ，0），D （－a ，－a ，0），E （2

,2,2h

a a -

）. 由此得，)2

,23,2(),2,2,2

3(h a a DE h a a BE =-

-

= ∴42322)232()223(2

2

h

a h h a a a a DE BE +-=?+?-+?-=?，

2

222

2

102

1)2()2()23(||||h a h a

a DE BE +=+-

+-=

=.

由向量的数量积公式有

cos＝

2

2

2

22

2

2

2

2

2

106102

1102

142

3|

|||h

a h a h

a h a h

a DE BE DE BE ++-=

+?

++-

=??

（2）若∠BED 是二面角α—VC —β的平面角，则CV BE ?，则有CV BE ⊥＝0. 又由C （－a ，a ，0），V （0，0，h ），有CV ＝（a ，－a ，h ）且)2

,2,2

3(h

a a BE -

-

=，

∴02

2

2

32

2

2

=+

+

-

=?h

a

a CV BE .

即h ＝2a ，这时有

cos＝

3

1)

2(10)2(61062

2

2

22

2

2

2-

=++-=

++-a a a a h

a h a ，

∴∠BED ＝＝arccos （3

1-

）＝π－arccos

3

1

评述：本小题主要考查空间直角坐标的概念、空间点和向量的坐标表示以及两个向量夹角的计算方法；考查运用向量研究空间图形的数学思想方法.

22.（1）证明：因为CB ⊥平面A 1B ，所以A 1C 在平面A 1B 上的射影为A 1B .

由A 1B ⊥AE ，AE ?平面A 1B ，得A 1C ⊥AE . 同理可证A 1C ⊥AF .

因为A 1C ⊥AF ，A 1C ⊥AE ， 所以A 1C ⊥平面AEF .

（2）解：过A 作BD 的垂线交CD 于G ，因为D 1D ⊥AG ，所以AG ⊥平面D 1B 1BD .

设AG 与A 1C 所成的角为α，则α即为平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成的角.

由已知，计算得DG =

4

9.

如图5—19建立直角坐标系，则得点A （0，0，0），G （4

9，

3，0），A 1（0，0，5）， C （4，3，0）.

AG ={

4

9，3，0}，A 1C ={4，3，－

5}.

图5—19

因为AG 与A 1C 所成的角为α， 所以cos α=

25

2

12arccos

,25

2

12|

|||11==

??αC A AG C A AG .

由定理知，平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小为arccos

25

2

12.

注：没有学习向量知识的同学可用以下的方法求二面角的平面角.

解法一：设AG 与BD 交于M ，则AM ⊥面BB 1D 1D ，再作AN ⊥EF 交EF 于N ，连接MN ，则∠ANM 即为面AEF 与D 1B 1BD 所成的角α，用平面几何的知识可求出AM 、AN 的长度.

解法二：用面积射影定理cos α=

AEF

ABD S S ??.

评述：立体几何考查的重点有三个：一是空间线面位置关系的判定；二是角与距离的计算；三是多面体与旋转体中的计算.

23.建立坐标系，如图5—20.

（1）证明：设AE =BF =x ，则A ′（a ，0，a ），F （a －x ，a ，0），C ′（0，a ，a ），E （a ，x ，0）

∴F A '={－x ，a ，－a }，E C '={a ，x －a ，－a }. ∵F A '·E C '=－xa +a （x －a ）+a 2=0 ∴A ′F ⊥C ′E

（2）解：设BF =x ，则EB =a －x 三棱锥B ′—BEF 的体积 V =

6

1x （a －x ）·a ≤

6

a （

2

a ）2=

24

1a 3

当且仅当x =

2

a 时，等号成立.

因此，三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时BE =BF =

2

a ，过B 作BD ⊥EF 于D ，连

B ′D ，可知B ′D ⊥EF .∴∠B ′DB 是二面角B ′—EF —B 的平面角在直角三角形BEF 中，直角边BE =BF =

2

a ，BD 是斜边上的高.∴BD =

4

2a .

∴tan B ′DB =

22='BD

B B

故二面角B ′—EF —B 的大小为arctan22.

评述：本题考查空间向量的表示、运算及两向量垂直的充要条件.二次函数求最值或均值不等式求最值，二面角等知识.考查学生的空间想象能力和运算能力.用空间向量的观点处理立体几何中的线面关系，把几何问题代数化，降低了立体几何的难度.本题考查的线线垂直等价于F A '·E C '=0，使问题很容易得到解决.而体积的最值除用均值不等式外亦可用二次函数求最值的方法处理.二面角的平面角的找法是典型的三垂线定理找平面角的方法，计算较简单，有一定的思维量.

24.（1）证明：∵AB AP ?=－2－2+4=0，∴AP ⊥AB . 又∵AD AP ?=－4+4+0=0，∴AP ⊥AD .

∵AB 、AD 是底面ABCD 上的两条相交直线，∴AP ⊥底面ABCD . （2）解：设AB 与AD 的夹角为θ，则 cos θ=

10534

16161428|

|||=

+?++-=

??AD AB AD AB

V =

3

1|AB |·|AD |·sin θ·|AP |=16141105

911053

2=++?-?

（3）解：|（AB ×AD ）·AP |=|－4－32－4－8|=48它是四棱锥P —ABCD 体积的3倍.

猜测：|（AB ×AD ）·AP |在几何上可表示以AB 、AD 、AP 为棱的平行六面体的体积（或以AB 、AD 、AP 为棱的直四棱柱的体积）. 评述：本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.

25.解：如图5—21建立空间直角坐标系

由题意，有A （0，2，0）、C （2，0，0）、E （1，1，0） 设D 点的坐标为（0，0，z ）（z >0） 则BE ={1，1，0}，AD ={0，－2，z }， 设BE 与AD 所成角为θ. 则AD ·BE =

2·2

24+cos θ=－2，且AD 与BE 所成

的角的大小为arccos

10

10.∴cos 2

θ=

10

1422

=

+z

，∴z =4，故|BD |的长度为4.

又V A —BCD =

6

1|AB |×|BC |×|BD |=

38

，因此，四面体ABCD 的体积为3

8

. 图5—21

评述：本题考查空间图形的长度、角度、体积的概念和计算.以向量为工具，利用空间向量的坐标表示、空间向量的数量积计算线段的长度、异面直线所成角等问题，思路自然，解法灵活简便.

26.解：如图5—22，建立空间直角坐标系O —xyz . （1）依题意得B （0，1，0）、N （1，0，1）

∴|BN |=3)01()10()01(2

2

2

=

-+-+-.

（2）依题意得A 1（1，0，2）、B （0，1，0）、C （0，0，0）、B 1（0，1，2）

∴1BA ={－1，－1，2}，1CB ={0，1，2，}，1BA ·1CB =3，|1BA |=

6，|1CB |=5

∴cos<1BA ，1CB >=

3010

1|

|||1111=

??CB BA CB BA .

（3）证明：依题意，得C 1（0，0，2）、M （

2

1

,21，2）

，B A 1={－1，1，2}， M C 1={

2

1

,21，0}. ∴B A 1·M C 1=－

2

121++0=0，∴B A 1⊥M C 1，∴A 1B ⊥C 1M .

评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.

27.（1）证明：设CB =a ，CD =b ，1CC =c ，则|a |=|b |，∵CB CD BD -==b －a ， ∴BD ·1CC =（b －a ）·c =b ·c －a ·c =|b |·|c |cos60°－|a |·|c |cos60°=0， ∴C 1C ⊥BD .

（2）解：连AC 、BD ，设AC ∩BD =O ，连OC 1，则∠C 1OC 为二面角α—BD —β的平面角.

∵2

1)(2

1=

+=

CD BC CO （a +b ），2

111=

-=CC CO O C （a +b ）－c

∴CO ·2

11=

O C （a +b ）·［

2

1（a +b ）－c ］

=

4

1（a 2+2a ·b +b 2）－

2

1a ·c －

2

1b · c

图5—22

=

4

1（4+2·2·2cos60°+4）－

2

1·2·

2

3cos60°－

2

1·2·

2

3cos60°=

2

3.

则|CO |=3，|O C 1|=

2

3，∴cos C 1OC =

3

3|

|||11=

??O C CO O C CO

（3）解：设

1

CC CD =x ，CD =2， 则CC 1=

x

2.

∵BD ⊥平面AA 1C 1C ，∴BD ⊥A 1C ∴只须求满足：D C C A 11?=0即可. 设A A 1=a ，AD =b ，DC =c ， ∵C A 1=a +b +c ，D C 1=a －c ，

∴D C C A 11?=（a +b +c ）（a －c ）=a 2+a ·b －b ·c －c 2=

x

x

242

+

－6，令6－

2

42x

x

-

=0，

得x =1或x =－

3

2（舍去）.

评述：本题蕴涵着转化思想，即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.

28.（1）证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AB ，又AB ⊥AD .∴AB ⊥平面P AD .又∵AE ⊥PD ，∴PD ⊥平面ABE ，故BE ⊥PD .

（2）解：以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C 、D 的坐标分别为（a ，a ，0），（0，2a ，0）.

∵PA ⊥平面ABCD ，∠PDA 是PD 与底面ABCD 所成的角，∴∠PDA =30°.

于是，在Rt △AED 中，由AD =2a ，得AE =a .过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt △AFE 中，由AE =a ，∠EAF =60°，得AF =

2

a ，EF =

2

3a ，∴E （0，

2

3,

2

1a a ）

于是，CD a a AE },2

3,

2

1,

0{=={－a ，a ，0}

设AE 与CD 的夹角为θ，则由cos θ=|

|||CD AE CD AE ??

4

20

)()2

3(

)2

1(

00

2

321)(02

2

2

2

2

2

=

++-?

++?+?+

-?a a a a a a a a

∴θ=arccos

4

2，即AE 与CD 所成角的大小为arccos

4

2.

评述：第（2）小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段.

29.解：（1）过D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，在Rt △BDC 中,由∠BDC =90°,∠DCB =30°，BC =2，得BD =1，CD =3，∴DE =CD ·sin30°=

2

3.

OE =OB －BE =OB －BD ·cos60°=1－

2

12

1=

.

∴D 点坐标为（0，－

2

3,

2

1），即向量OD [TX →]的坐标为{0，－

2

3,

2

1}.

（2）依题意：}0,1,0{},0,1,0{},0,2

1

,23{

=-==OC OB OA ， 所以}0,2,0{},2

3,

1,23{=-=--

=-=OB OC BC OA OD AD .

设向量AD 和BC 的夹角为θ，则

cos θ=

2

2

2

2

2

2

20)2

3(

)1()2

3(0

2

32)1(02

3|

|||++?

+-+-

?+

?-+?-

=

??BC AD BC AD

105

1-

=.

评述：本题考查空间向量坐标的概念，空间向量数量积的运算及空间向量的夹角公式.解决好本题的关键是对空间向量坐标的概念理解清楚，计算公式准确，同时还要具备很好的运算能力.