高中數(shù)學 錯誤解題分析 高考真題(三)空間向量與立體幾何

上傳人:zhan****gclb 文檔編號:70593973 上傳時間:2022-04-06 格式:DOC 頁數(shù):7 大?。?73KB
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1、 第三章 空間向量與立體幾何 本章歸納整合 高考真題 1.(2011·課標全國卷)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (1)證明:PA⊥BD; (2)若PD=AD,求二面角A - PB - C的余弦值. 證明 (1)因為∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD. 從而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD. (2)解 如圖,以D為坐標原點,AD的長為單位長,射 線DA為x軸的正半軸,建立空間直角坐標系

2、D-xyz, 則A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0, 1). =(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0, 0). 設平面PAB的法向量為n=(x,y,z), 則即 因此可取n=(,1,). 設平面PBC的法向量為m,則 可取m=(0,-1,-).cos〈m,n〉==-. 故二面角A-PB-C的余弦值為-. 2.(2011·北京高考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (1)求證:BD⊥平面PAC; (2)若PA=AB,求PB與AC所成角的余弦值; (3)當平面PB

3、C與平面PDC垂直時,求PA的長. (1)證明 因為四邊形ABCD是菱形,所以AC⊥BD. 又因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC. (2)解 設AC∩BD=O, 因為∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以BO=1,AO=CO=. 如圖,以O為坐標原點,建立空間直角坐標系O -xyz,則P(0, -,2), A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0). 所以=(1,,-2), =(0,2,0). 設PB與AC所成角為θ,則 cos θ=||==. (3)解 由(2)知=(-1,,0). 設P(0,-,t)(t>0),則=(-1,

4、-,t). 設平面PBC的法向量m=(x,y,z), 則·m=0,·m=0. 所以 令y=,則x=3,z=.所以m=(3,,). 同理,平面PDC的法向量n=(-3,,). 因為平面PBC⊥平面PDC,所以m·n=0,即-6+=0, 解得t=.所以PA=. 3.(2011·山東高考)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACB=90°,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,F(xiàn)G∥BC,EG∥AC,AB=2EF. (1)若M是線段AD的中點,求證:GM∥平面ABFE; (2)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大?。? (1)證明 因為EF∥AB,F(xiàn)G∥

5、BC,EG∥AC,∠ACB=90°. 所以∠EGF=90°, △ABC∽△EFG. 由于AB=2EF,因此BC=2FG. 連接AF, 由于FG∥BC,F(xiàn)G=BC, 在?ABCD中,M是線段AD的中點, 則AM∥BC,且AM=BC, 因此FG∥AM且FG=AM, 所以四邊形AFGM為平行四邊形, 因此GM∥FA. 又FA?平面ABFE,GM?平面ABFE, 所以GM∥平面ABFE. (2)解 因為∠ACB=90°,所以∠CAD=90°. 又EA⊥平面ABCD,所以AC,AD,AE兩兩垂直. 分別以AC,AD,AE所在直線為x軸,y軸和z 軸,建立如圖所示

6、的空間直角坐標系, 不妨設AC=BC=2AE=2,則由題意得A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), 所以=(2,-2,0),=(0,2,0). 又EF=AB, 所以F(1,-1,1),=(-1,1,1). 設平面BFC的法向量為m=(x1,y1,z1), 則m·=0,m·=0, 所以 取z1=1,得x1=1,所以m=(1,0,1). 設平面向量ABF的法向量為n=(x2,y2,z2), 則n·=0,n·=0,所以 取y2=1,得x2=1, 則n=(1,1,0). 所以cos〈m,n〉==. 因此二面角A - BF - C的大小為6

7、0°. 4.(2011·遼寧高考)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD. (1)證明:平面PQC⊥平面DCQ; (2)求二面角Q - BP - C的余弦值. 解 如圖,以D為坐標原點,線段DA的長為單位長, 射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D -xyz. (1)證明 依題意有Q(1,1,0),C(0,0,1), P(0,2,0),則=(1,1,0),=(0,0, 1),=(1,-1,0). 所以·=0,·=0. 即PQ⊥DQ,PQ⊥DC,又DQ∩DC=D, 故PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC,

8、 所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)依題意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1). 設n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,則 即 因此可取n=(0,-1,-2). 設m是平面PBQ的法向量,則 可取m=(1,1,1), 所以cos〈m,n〉=-. 故二面角Q -BP - C的余弦值為-. 5.(2011·天津高考)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=. (1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值; (2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值. 解 如圖所示,建立空間

9、直角坐標系,點B為坐標原點. 依題意得A(2,0,0),B(0,0,0),C(,-,), A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(,,). (1)易得=(-,-,), =(-2,0,0), 于是cos〈,〉 = ==, 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. (2)易知=(0,2,0),=(-,-,). 設平面AA1C1的法向量m=(x,y,z), 則即 不妨令x=,可得m=(,0,).同樣地,設平面A1B1C1的法向量n=(x,y,z), 則即 不妨令y=,可得n=(0,,), 于是cos〈m,n〉===, 從而sin〈m,n〉=. 所以二面角

10、A-A1C1-B1的正弦值為. 6.(2011·浙江高考)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=AC,D為BC的中點,PO⊥平面ABC,垂足O落在線段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)證明:AP⊥BC; (2)在線段AP上是否存在點M,使得二面角A -MC -B為直 二面角?若存在,求出AM的長;若不存在,請說明理由. (1)證明 如圖以O為原點,以射線OD為y軸的正半軸, 射線OP為z軸的正半軸,建立空間直角坐標系O-xyz. 則O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0), P(0,0,4), =(0,3,4),=(-8,0,0),由此可得·=0, 所以⊥,即AP⊥BC. (2)解 假設存在滿足題意的M,設=λ,λ≠1, 則=λ(0,-3,-4). =+=+λ =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ,4-4λ), =(-4,5,0). 設平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2). 由得 即可取n1=(0,1,). 由即 得可取n2=(5,4,-3). 由n1·n2=0,得4-3·=0, 解得λ=,故AM=3. 綜上所述, 存在點M符合題意,AM=3. 7

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