2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法(一)—证明平行与垂直实战演练理1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(C)A．B．C．D．解析：以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2,0,2)，N(1,0,0)，M(1,1,0)，B(0,2,2)，∴AN＝(－1,0，－2)，BM＝(1，－1，－2)，∴cos〈AN，BM〉＝＝＝＝.故选C．2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足MQ＝λMN的实数λ的个数是(B)A．1B．2C．3D．4解析：建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中点坐标为，又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.3．(2017·辽宁模拟)如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上的是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．1解析：连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图．设底面边长为a，则高SO＝a.于是S，D，B，C.(1)证明：OC＝，SD＝，则OC·SD＝0.故OC⊥SD，从而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．理由如下：由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝，CS＝，BC＝.设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝，而BE·DS＝0，所以·＝0，解得t＝，即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC．4．(2016·北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.2因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又PB＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM＝λAP.因此点M(0,1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.3
