空间向量与立体几何高考题汇编Word文件下载.docx

空间向量与立体几何高考题汇编Word文件下载.docx

《空间向量与立体几何高考题汇编Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《空间向量与立体几何高考题汇编Word文件下载.docx（29页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°

取AF的中点M,

连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD,

D1C1

以DM为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,

则D（0,0,0）,A（3,-1,0）,F（3,1,0）,C（0,2,0）,

C1（0,2,2）,E（

3

1

0）,E1（3,-1,1）,

y

AMFB

所以

31

EE（,,1）,CF（3,1,0）,

22

x

CC1（0,0,2）FC1（3,1,2）设平面CC

1F的

nCF0

3xy0

法向量为n（x,y,则z）取n（1,3,0）,则

nCC

z0

nEE13100,所以nEE1,所以直线EE1//平面FCC1.

（2）FB（0,2,0）,设平面BFC1的法向量为

1的法向量为

n1（x1,y1,z1）,则

nFB

nFC

11

y0

取

3xy2z0

111

n1（2,0,3）,则nn12130032,

|n|1（3）2,

|n|20（3）7,

cosn,n

nn

27

7

|n||n|27

由图可知二面角B-FC

1-C为锐角,所以二面角

B-FC1-C的余弦值为

3.（2009全国卷Ⅱ）（本小题满分12分）

如图，直三棱柱

ABCABC中，ABAC,D、E分别为AA1、

BC的中点，DE平面BCC1

（I）证明：

ABAC

（II）设二面角ABDC为60°

，求

BC与平面BCD所成的角

的大小。

（I）分析一：

连结BE，

ABCABC为直三棱柱，B1BC90,

E为B1C的中点，BEEC。

又DE平面BCC1，

BDDC（射影相等的两条斜线段相等）而DA平面ABC，

ABAC（相等的斜线段的射影相等）。

分析二：

取BC的中点F，证四边形AFED为平行四边形，进而证AF∥DE，

AFBC，得ABAC也可。

分析三：

利用空间向量的方法。

具体解法略。

（II）分析一：

求

BC与平面BCD所成的线面角，只需求点B1到面BDC的距离即可。

作AGBD于G，连GC，则GCBD，AGC为二面角ABDC的平面角，

AGC60.不妨设AC23，则AG2,GC4.在RTABD中，由

ADABBD，A易G得AD6.

设点

B到面BDC的距离为h，B1C与平面

BCD所成的角为。

利用11

SDESh，可求得h23，又可

BBCBCD

33

求得B1C43

h1

sin30.

BC2

即

BC与平面BCD所成的角为30.

利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n，则

BC与平面BCD所成的角即

为B1C与法向量n的夹角的余角。

具体解法详见高考试题参考答案。

总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：

传统方法与向量的方法仍处于各自半

壁江山的状况。

命题人在这里一定会兼顾双方的利益

4.（2009全国卷Ⅰ）（本小题满分12分）

如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，AD2，

DCSD2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60。

M是侧棱SC的中点；

求二面角SAMB的大小。

解法二、分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角

坐标系D—xyz，则A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,0,2）,S（0,0,2）。

S

M

A

B

（Ⅰ）设M（0,a,b）（a0,b0），则

BA（0,2,0）,BM（2,a2,b）,SM（0,a,b2），

SC（0,2,2），由题得

cosBA,BM

，即

SM//SC

2（a2）1

2（a2）

b

解之个方程组得a1,b1即M（0,1,1）

2a2（b2）

所以M是侧棱SC的中点。

法2：

设SMMC，则M（0,,）,MB（2,,）

1111

又

o

AB（0,2,0）,MB,AB60

故

MBAB|MB||AB|cos60，即

42

2（

2）

）（

，解得1，

（Ⅱ）由（Ⅰ）得M（0,1,1）,MA（2,1,1），又AS（2,0,2），AB（0,2,0），

设n1（x1,y1,z1）,n2（x2,y2,z2）分别是平面SAM、MAB的法向量，则

n

MA0

AS0

且

nMA0

nAB

2z

2x

分别令x1x2得z11,y11,y20,z22，即

n1（2,1,1）,n2（2,0,2），

∴

cosn1,n2

202

26

6

二面角SAMB的大小

arccos。

5.（2009天津卷）（本小题满分12分）

如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD,AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，

AF=AB=BC=FE=

AD

（I）求异面直线BF与DE所成的角的大小；

（II）证明平面AMD平面CDE；

（III）求二面角A-CD-E的余弦值。

方法二：

如图所示，建立空间直角坐标系，

点A为坐标原点。

设AB1，依题意得B1，0，0，C1，1，0，

D0，20E0，1，1，F0，0，1，M，1，.

，，

（I）解：

BF1，0，1，DE0，1，1，

于是cosBF，DE

BF

DE

00

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为

60.

（II）证明：

由AM，1，，CE1，0，1，AD0，2，0，可得CEAM0，

CEAD0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.

而

CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.

uCE0

（III）解：

设平面CDE的法向量为u（x，y，z），则

uDE0.

xz0，

于是xu

令1，可得

yz0.

（11）

，1，

又由题设，平面ACD的一个法向量为v（0，0，1）.

所以，cosu，v

u

v

6.（2009年上海卷）（本题满分14分）

如图，在直三棱柱ABCABC中，AA1BCAB2,

ABBC,求二面角B1A1CC1的大小。

【解】如图，建立空间直角坐标系

则A（2，0，0）、C（0，2，0）A1（2，0，2），

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

B1（0，0，2）、C1（0，2，2）⋯⋯

2分

设AC的中点为M，∵BM⊥AC,BM⊥CC1;

∴BM⊥平面A1C1C,即BM=（1,1,0）是平面A1C1C的一个法向量。

⋯⋯5分

设平面

ABC的一个法向量是n（x,y,z）=（x，y，z），

AC=（-2，2，-2），A1B1=（-2，0，0）⋯⋯7分

nAB2x0,nAC2x2y2z0,z1,x0,y1

令解得

n（0,1,1）...................10

分

设法向量n与BM的夹角为，二面角

BACC的大小为，显然为锐角

nBM

coscos,解得

23

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯4分

二面角BACC的大小为

7（2010湖南）18.（本小题满分12分）

如图所示，在长方体ABCDABCD中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱

CC1的中点

（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；

（Ⅱ）证明：

平面ABM⊥平面A1B1M1

7.解Ⅰ）如图，因为C1D1//B1A1，所以MA1B1异面

直线AＭ和C1D1所成的角，因为A1B1平面BCC1B1，

A1BM90，而A1B1=1，

B1MBCMC2，

BM

故2

tanMAB.

11AB

即异面直线AＭ和C1D1所成的角的正切值为2

（Ⅱ）由

AB1平面BCC1B1，BM平面BCC1B1，得

AB1BM①

2CM2

由（Ⅰ）知，B1M2，BMBC2，B1B2，所以

B1MBMBB，

从而BMB1M②又

A1BBMB,再由①②得BM平面A1B1M，而BM平面

1B1M，而BM平面

ABM，

因此平面ABM平面A1B1M.

8.（2010辽宁理数）（19）（本小题满分12分）

已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=?

AB，N为AB上一点，

AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.

（Ⅰ）证明：

CM⊥SN；

（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小.

证明：

设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如

图。

则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,

），N（

0,0），S（1,

0）.⋯⋯4

（Ⅰ）

CM（1,1,）,SN（,,0）,

因为

CMSN00，

所以CM⊥SN⋯⋯6分

（Ⅱ）

NC（,1,0）,

设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，

xyz0,

令，得a=（2,1,-2）.⋯⋯9分则x

xy0.2

cosa,SN

所以SN与片面CMN所成角为45°

。

⋯⋯12分

8.（2010江西理数）20.（本小题满分12分）

如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD

平面BCD，AB平面BCD，AB23。

（1）求点A到平面MBC的距离；

（2）求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。

解法二：

取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则

MO⊥平面BCD.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M

（0，0，3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），

Az

（1）设n（x,y,z）是平面MBC的法向量，则BC=（1,3,0），

BM（0,3,3），由nBC得x3y0；

由nBM得

3y3z0；

取n（3,1,1）,BA（0,0,23），则距离

d

BAn

215

5

yO

（2）CM（1,0,3），CA（1,3,23）.

设平面ACM的法向量为

n1（x,y,z），由

nCM

nCA

得

x3z0

x3y23z0

.解得x3z，yz，取

n1（3,1,1）.又平面BCD的法向量为

n，则1

（0,0,1）cosn,n

设所求二面角为，则

125

sin1（）

55

10（2010四川）（18）（本小题满分12分）

已知正方体ABCD－A'

B'

C'

D'

的棱长为1，点M是棱AA'

的中点，D

点O是对角线BD'

的中点.

OM为异面直线AA'

和BD'

的公垂线；

（Ⅱ）求二面角M－BC'

－B'

的大小；

O

（Ⅲ）求三棱锥M－OBC的体积.

以点D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D-xyz

AB

则A（1,0,0）,B（1,1,0）,C（0,1,0）,A’（1,0,1）,C’（0,1,1）,D’（0,0,1）

（1）因为点M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点

所以M（1,0,

）,O（

）

OM（,,0）,AA'

=（0,0,1）,BD'

=（-1,-1,1）

OMAA'

=0,

OMBD'

+0=0

所以OM⊥AA’,OM⊥BD’

又因为OM与异面直线AA’和BD’都相交

故OM为异面直线AA'

的公垂线.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分

（2）设平面BMC'

的一个法向量为

n=（x,y,z）

BM=（0,-1,

）,BC'

＝（－1,0,1）

nBC

'

yz

xz

取z＝2,则x＝2,y＝1，从而

n=（2,1,2）取平面BC'

的一个法向量为n2＝（0,1,0）

nn11

cos12

n,n

12

|n||n|913

由图可知，二面角M-BC'

-B'

的平面角为锐角

故二面角M-BC'

的大小为arccos

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分

△OBC＝1

（3）易知，S

4

△BCD'

A'

＝1122

44

设平面OBC的一个法向量为

n＝（x1,y1,z1）

BD'

＝（－1,－1,1）,BC＝（－1,0,0）

nBD

xyz

取z1＝1,得y1＝1，从而

n＝（0,1,1）点M到平面OBC的距离d＝

|BM|22

|n|2

VM

－OBC＝

11221

Sd⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分

OBC

334424

11（2010全国卷1理数）（19）（本小题满分12分）

如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，

AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上

的一点，平面EDC平面SBC.

SE=2EB；

（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.

9.（11广东理18）

如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，

且∠DAB=60，PAPD2,PB=2,

E,F分别是BC,PC的中点．

AD平面DEF;

（2）求二面角P-AD-B的余弦值．

法二：

（1）取AD中点为G，因为PAPD,PGAD.

又ABAD,DAB60,ABD为等边三角形，因此，BGAD，从而AD平面

PBG。

延长BG到O且使得POOB，又PO平面PBG，POAD，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

P（0,0,m）,G（n,0,0）,则A（n,,0）,D（n,,0）.

|GB||AB|sin60

3331n31m

B（n,0,0）,C（n,1,0）,E（n,,0）,F（,,）.

22222422

由于

3n3m

AD（0,1,0）,DE（,0,0）,FE（,0,）

2242

得ADDE0,ADFE0,ADDE,ADFE,DEFEE

AD平面DEF。

（2）

13

PA（n,,m）,PB（n,0,m）

2213223

mn2,（n）m2,解之得m1,n.

422

取平面ABD的法向量n1（0,0,1）,

设平面PAD的法向量n2（a,b,c）

由

3b3b

PAn0,得ac0,由PDn0,得ac0,

取

（1,0,）.

21

cosn,n.

10.（11湖南理19）

如图5，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径AB2,C是AB的中点，D为AC的

中点．

平面POD平面PAC;

（Ⅱ）求二面角BPAC的余弦值。

解法2：

（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为

空间直角坐标系，则

O（0,0,0）,A（1,0,0）,B（1,0,0）,C（0,1,0）,P（0,0,2）

（,,0）

设n1（x1,y1,z1）是平面POD的一个法向量，

xy

0,

则由n1OD0,n1OP0，得

2z0.

所以z10,x1y1,取y11,得n1（1,1,0）.

设n2（x2,y2,z2）是平面PAC的一个法向量，

则由n2PA0,n2PC0，

x2z0,

y2z0.

所以x22z2,y22z2.取z21,

得n2（2,2,1）。

因为n1n2（1,1,0）（2,2,1）0,

所以n1n2.从而平面POD平面PAC。

（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3（0,1,0）.

由（I）知，平面PAC的一个法向量为n2（2,2,1）

设向量n2和n3的夹角为，则

nn210

cos.

|n||n|55

由图可知，二面角B—PA—C的平面角与相等，

所以二面角B—PA—C的余弦值为

10

11.（11辽宁理18）

如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，

2PD．QA=AB=

平面PQC⊥平面DCQ；

（II）