高三數(shù)學(xué) 經(jīng)典例題精解分析 高考真題(三)空間向量與立體幾何

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(biāo)全國(guó)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?yàn)椤螪AB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD. 從而B(niǎo)D2＋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(biāo)原點(diǎn)，AD的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射 線DA為x軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系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(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 因此可取n＝(，1，)． 設(shè)平面PBC的法向量為m，則 可取m＝(0，－1，－)．cos〈m，n〉＝＝－. 故二面角A­PB­C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(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時(shí)，求PA的長(zhǎng)． (1)證明　因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC. (2)解　設(shè)AC∩BD＝O， 因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)PB與AC所成角為θ，則 cos θ＝||＝＝. (3)解　由(2)知＝(－1，，0)． 設(shè)P(0，－，t)(t>0)，則＝(－1，－，t)． 設(shè)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?yàn)槠矫鍼BC⊥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(diǎn)，求證：GM∥平面ABFE； (2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A­BF­C的大?。? (1)證明　因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥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(diǎn)， 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?yàn)椤螦CB＝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，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 不妨設(shè)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(shè)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(shè)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60°. 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(biāo)原點(diǎn)，線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)， 射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)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， 所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)依題意有B(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(－1，2，－1)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，則 即 因此可取n＝(0，－1，－2)． 設(shè)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A­A1C1­B1的正弦值． 解　如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)． 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(shè)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(shè)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A­A1C1­B1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(diǎn)，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(diǎn)M，使得二面角A ­MC ­B為直 二面角？若存在，求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． (1)證明　如圖以O(shè)為原點(diǎn)，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(biāo)系O­xyz. 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(shè)存在滿足題意的M，設(shè)＝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(shè)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(diǎn)M符合題意，AM＝3.