高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析).pdf

立体几何中的向量方法1.（2012 年高考（重庆理）设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1,2和a,且长为a的棱与长为2的棱异面,则a的取值范围是（）A(0,2)B(0,3)C(1,2)D(1,3)解析 以 O 为原点,分别以 OB、OC、OA 所在直线为 x、y、z 轴,则22cos4AO POAOPRuuu ruuu r,A)0,23,21(),22,0,22(RRPRR 42arccosAOP,42arccosRPA)2.（2012 年高考（陕西理）如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABCABC,12CACCCB,则直线1BC与直线1AB夹角的余弦值为（）A55B53C2 55D35解析:不妨设122CACCCB,11(2,2,1),(0,2,1)ABC B=-=-uuuruuu r,111111(2)02(2)1 15cos,595AB C BAB C BAB C B-+-+=-uuur uuu ruuur uuu ruuur uuu r,直线1BC与直线1AB夹角为锐角,所以余弦值为55,选 A.3.（2012 年高考（天津理）如图,在四棱锥PABCD中,PA丄平面ABCD,AC丄AD,AB丄BC,0=45ABC,=2PA AD,=1AC.()证明PC丄AD;()求二面角APCD的正弦值;()设 E 为棱PA上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为030,求 AE 的长.DCBAP【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.方法一:（1）以,AD AC APuuu r uuu r uuu r为,x y z正半轴方向，建立空间直角左边系Axyz则1 1(2,0,0),(0,1,0),(,0),(0,0,2)2 2DCBP(0,1,2),(2,0,0)0PCADPC ADPCADuuu ruuu ruuu r uuu rg（2）(0,1,2),(2,1,0)PCCDuuu ruuu r，设平面PCD的法向量(,)nx y zr则0202200n PCyzyzxyxzn CDr uuu rgr uuu rg 取1(1,2,1)zn r(2,0,0)AD uuu r是平面PAC的法向量630cos,sin,66AD nAD nAD nAD nuuu r ruuu r ruuu r rguuu r r得：二面角APCD的正弦值为306（3）设0,2AEh；则(0,0,2)AE uuu r，11(,),(2,1,0)22BEh CDuuu ruuu r23310cos,2101020BE CDBE CDhBE CDhuuu r uuu ruuu r uuu rguuu r uuu r 即1010AE 方法二:(1)证明,由PA 平面ABCD,可得PAAD,又由,ADAC PAACA,故AD 平面PAC,又PC 平面PAC,所以PCAD.(2)解:如图,作AHPC于点H,连接DH,由,PCAD PCAH,可得PC 平面ADH.因此,DHPC,从而AHD为二面角APCD的平面角.在Rt PAC中,2,1PAAC,由此得25AH,由(1)知ADAH,故在Rt DAH中,222 305DHADAH,因此30sin6ADAHDDH,所以二面角APCD的正弦值为306.4.（2012 年高考（新课标理）如图,直三棱柱111ABCABC中,112ACBCAA,D是棱1AA的中点,BDDC 1(1)证明:BCDC 1(2)求二面角11CBDA的大小.第一问省略第二问：如图建系:A(0,0,0),P(0,0,2 6),M(32,32,0),N(3,0,0),C(3,3,0).设Q(x,y,z),则(33)(33 2 6)CQxyzCP uuu ruuu r，.(332 6)CQCP uuu ruuu r，,(33332 6)Q ，.由0OQCPOQ CP uuu ruuu ruuu r uuu r,得:13.即:2 32 6(2)33Q，.对于平面AMN:设其法向量为()nabc r，.33(0)=(3 00)22AMAN uuuu ruuu r，.则33330012230300aAM nabbAN nac uuuu r ruuu r r.31(0)33n r，.同理对于平面AMN得其法向量为(3 16)v r，.记所求二面角AMNQ的平面角大小为,则10cos5n vnv r rrr.所求二面角AMNQ的平面角的余弦值为105.5.（2011 年安徽）如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，1,2,OAODOAB，,OAC，ODE，ODF都是正三角形。（）证明直线BCEF；（II）求棱锥 FOBED 的体积。本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.来源:Z,xx,k.Com来源:Z.xx.k.Com（I）（综合法）证明：设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点.由于OAB 与ODE 都是正三角形，所以OBDE21，OG=OD=2，同理，设G是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有.2ODGO来源:Z&xx&k.Com又由于 G 和G都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与G重合.在GED 和GFD 中，由OBDE21和 OCDF21，可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF的中点，所以 BC 是GEF 的中位线，故 BCEF.（向量法）过点 F 作ADFQ，交 AD 于点 Q，连 QE，由平面 ABED平面 ADFC，知 FQ平面 ABED，以 Q 为坐标原点，QE为x轴正向，QD为 y 轴正向，QF为 z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(CBFE则有).3,0,3(),23,0,23(EFBC所以,2BCEF 即得 BCEF.（II）解：由 OB=1，OE=2，23,60EOBSEOB知，而OED 是边长为 2 的正三角形，故.3OEDS 所以.233OEDEOBOBEDSSS过点 F 作 FQAD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥 FOBED 的高，且 FQ=3，所以.2331OBEDOBEDFSFQV6.（2011 年北京）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，2,60ABBADo.=()求证：BD 平面;PAC（）若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值；（）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.证明：（）因为四边形 ABCD 是菱形，所以 ACBD.又因为 PA平面 ABCD.所以 PABD.所以 BD平面 PAC.（）设 ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以 BO=1，AO=CO=3.如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则P（0，3，2），A（0，3，0），B（1，0，0），C（0，3，0）.所以).0,32,0(),2,3,1(ACPB设 PB 与 AC 所成角为，则4632226|cosACPBACPB.（）由（）知).0,3,1(BC设 P（0，3，t）（t0），则),3,1(tBP设平面 PBC 的法向量),(zyxm,则0,0mBPmBC所以03,03tzyxyx令,3y则.6,3tzx所以)6,3,3(tm 同理，平面 PDC 的法向量)6,3,3(tn因为平面 PCB平面 PDC,所以nm=0，即03662t解得6t所以 PA=67.（2011 年福建）如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA底面 ABCD，四边形 ABCD 中，ABAD，AB+AD=4，CD=2，45CDA（I）求证：平面 PAB平面 PAD；（II）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。分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分 14 分。解法一：（I）因为PA 平面 ABCD，AC 平面 ABCD，所以PAAB，又,ABAD PAADAI所以AB 平面 PAD。又AB 平面 PAB，所以平面PAB 平面 PAD。（II）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则.CEAD在Rt CDE中，DE=cos451CD，sin451,CECD 设 AB=AP=t，则 B（t，0，0），P（0，0，t）由 AB+AD=4，得 AD=4-t，所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt，(1,1,0),(0,4,).CDPDtt uuu ruuu r（i）设平面 PCD 的法向量为(,)nx y z，由nCDuuu r，nPDuuu r，得0,(4)0.xyt ytx 取xt，得平面 PCD 的一个法向量,4nt tt，又(,0,)PBttuu u r，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30，得22222|24|1cos60|,2|(4)2n PBttnPBtttx uu u ruu u r即解得445tt或（舍去，因为 AD40t），所以4.5AB（ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等，设 G（0，m，0）（其中04mt）则(1,3,0),(0,4,0),(0,)GCtmGDtmGPm t uuu ruuu ruuu r，由|GCGDuuu ruuu r得222(4)tmmt，（2）由（1）、（2）消去 t，化简得2340mm（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。解法二：（I）同解法一。（II）（i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于 E，则CEAD。在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则.CEAD在Rt CDE中，DE=cos451CD，sin451,CECD 设 AB=AP=t，则 B（t，0，0），P（0，0，t）由 AB+AD=4，得 AD=4-t，所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt，(1,1,0),(0,4,).CDPDtt uuu ruuu r设平面 PCD 的法向量为(,)nx y z，由nCDuuu r，nPDuuu r，得0,(4)0.xyt ytx 取xt，得平面 PCD 的一个法向量,4nt tt，又(,0,)PBttuu u r，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30，得22222|24|1cos60|,2|(4)2n PBttnPBtttx uu u ruu u r即解得445tt或（舍去，因为 AD40t），所以4.5AB（ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等，由 GC=CD，得45GCDGDC，从而90CGD，即,CGADsin451,GDCD 设,AB则AD=4-,3AGADGD，在Rt ABG中，2222(3)GBABAG来源:Zxxk.Com2392()1,22这与 GB=GD 矛盾。所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，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。8.（2011 年广东）如图 5在椎体 P-ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的棱形，且DAB=60，2PAPD,PB=2,E,F 分别是 BC,PC 的中点（1）证明：AD 平面 DEF;（2）求二面角 P-AD-B 的余弦值 来源:Zxxk.Com法一：（1）证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD。因 PA=PD，有PGAD，在ABD中，1,60ABADDAB，有ABD为等边三角形，因此,BGAD BGPGG，所以AD 平面 PBG,.ADPB ADGB又 PB/EF，得ADEF，而 DE/GB 得 AD DE，又FEDEE，所以AD 平面 DEF。（2）,PGAD BGADQ，PGB为二面角 PADB 的平面角，在2227,4Rt PAGPGPAAG中在32Rt ABG中,BG=AB si n60=2227342144cos2773222PGBGPBPGBPG BG 法二：（1）取 AD 中点为 G，因为,.PAPD PGAD又,60,ABADDABABD 为等边三角形，因此，BGAD，从而AD 平面 PBG。延长 BG 到 O 且使得 PO OB，又PO 平面 PBG，PO AD，,ADOBG所以 PO 平面 ABCD。以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为x轴，z 轴，平行于AD 的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。设11(0,0,),(,0,0),(,0),(,0).22Pm G nA nD n则3|sin602GBAB uuu ruuu rQ333 13 1(,0,0),(,1,0),(,0),(,).2222242 2nmB nC nE nF由于33(0,1,0),(,0,0),(,0,)2242nmADDEFEuuu ruuu ruuu r 得0,0,AD DEAD FEADDE ADFE DEFEEuuu r uuu ruuu r uuu rAD平面 DEF。（2）13(,),(,0,)22PAnm PBnmuu u ruu u rQ22221332,()2,1,.422mnnmmn解之得取平面 ABD 的法向量1(0,0,1),n 设平面 PAD 的法向量2(,)na b c由22330,0,0,0,2222bbPA nacPD nacuu u ruuu r得由得取23(1,0,).2n 123212cos,.7714n n