高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析).doc

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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,和,且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是 （　　）

A． B． C． D．

[解析]以O为原点,分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴,

则,A

2.（2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱,,则直线与直线夹角的余弦值为 （　　）

A． B． C． D．

解析:

不妨设,

,直线与直线夹角为锐角,所以余弦值为,选A.

3.（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥中,丄平面,丄,丄,,,.

（Ⅰ）证明丄;

（Ⅱ）求二面角的正弦值;

（Ⅲ）设E为棱上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为,求AE的长.

【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）以为正半轴方向，建立空间直角左边系

则

（2），设平面的法向量

则取

是平面的法向量

得：

二面角的正弦值为

（3）设；则，

即

方法二:

（1）证明,由平面,可得,又由,故平面,又平面,所以.

（2）解:

如图,作于点,连接,由,可得平面.因此,,从而为二面角的平面角.

在中,,由此得,由

（1）知,故在中,,因此,所以二面角的正弦值为.

4.（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱中,,是棱的中点,

（1）证明:

（2）求二面角的大小.

第一问省略

第二问：

如图建系:

A（0,0,0）,P（0,0,）,M（,,0）,

N（,0,0）,C（,3,0）.

设Q（x,y,z）,则.

∵,∴.

由,得:

.即:

.

对于平面AMN:

设其法向量为.

∵.

则.∴.

同理对于平面AMN得其法向量为.

记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为,

则.

∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为.

5.（2011年安徽）

如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线∥；

（II）求棱锥F—OBED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

=

∥，OG=OD=2，

同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有[来源:

Z&xx&k.Com]

又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.

=

=

在△GED和△GFD中，由=

∥和OC∥，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.

（向量法）

过点F作，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，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.

由条件知

则有

所以即得BC∥EF.

（II）解：

由OB=1，OE=2，，而△OED是边长为2的正三角形，故

所以

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以

6.（2011年北京）

如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.

（Ⅰ）求证：

平面

（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；

（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.

证明：

（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，

所以AC⊥BD.

又因为PA⊥平面ABCD.

所以PA⊥BD.

所以BD⊥平面PAC.

（Ⅱ）设AC∩BD=O.

因为∠BAD=60°，PA=PB=2,

所以BO=1，AO=CO=.

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则

P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.

所以

设PB与AC所成角为，则

.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知

设P（0，－，t）（t>0），

则

设平面PBC的法向量,

则

所以

令则

所以

同理，平面PDC的法向量

因为平面PCB⊥平面PDC,

所以=0，即

解得

所以PA=

7.（2011年福建）

如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，．

（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，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）因为平面ABCD，

平面ABCD，

所以，

又

所以平面PAD。

又平面PAB，所以平面平面PAD。

（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系

A—xyz（如图）

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则

在中，DE=，

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）

由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以，

（i）设平面PCD的法向量为，

由，，得

取，得平面PCD的一个法向量，

又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得

解得（舍去，因为AD），所以

（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）

则，

由得，

（2）

由

（1）、

（2）消去t，化简得（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A—xyz（如图）

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，

则。

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则

在中，DE=，

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）

由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以，

设平面PCD的法向量为，

由，，得

取，得平面PCD的一个法向量，

又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得

解得（舍去，因为AD），

所以

（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，

从而，即

设

，

在中，[来源:

Z§xx§k.Com]

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，,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，在中，，有为

等边三角形，因此，所以

平面PBG

又PB//EF，得，而DE//GB得ADDE，又，所以

AD平面DEF。

（2），

为二面角P—AD—B的平面角，

在

在

法二：

（1）取AD中点为G，因为

又为等边三角形，因此，，

从而平面PBG。

延长BG到O且使得POOB，又平面PBG，POAD，

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分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设

由于

得

平面DEF。

（2）

取平面ABD的法向量

设平面PAD的法向量

由

取