空间向量与立体几何高考题汇编.docx
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空间向量与立体几何高考题汇编
.
1.（2009北京卷）（本小题共14分）
如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，
点E在棱PB上.
（Ⅰ）求证：
平面AEC平面PDB；
（Ⅱ）当PD2AB且E为PB的中点时，求AE与
平面PDB所成的角的大小.
解:
如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，
设ABa,PDh,
则Aa,0,0,Ba,a,0,C0,a,0,D0,0,0,P0,0,h，
（Ⅰ）∵ACa,a,0,DP0,0,h,DBa,a,0，
∴ACDP0,ACDB0，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面AEC平面PDB.
（Ⅱ）当PD2AB且E为PB的中点时，
112
P0,0,2a,Ea,a,a，
222
设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵
1122
EAa,a,a,EO0,0,a，
2222
∴cos
AEO
EAEO
EAEO
2
2
，
∴AOE45，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.
2.（2009山东卷）（本小题满分12分）
如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4,BC=CD=2,
AA1=2,E、E1、F分别是棱AD、AA1、AB的中点。
D1
C1
A1B1
（1）证明：
直线EE1//平面FCC1；
（2）求二面角B-FC1-C的余弦值。
E1
E
D
C
AFB
.
.
解法二:
（1）因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,
所以BF=BC=CF△,BCF为正三角形,因为ABCD为
z
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,
A1B1
则D（0,0,0）,A（3,-1,0）,F（3,1,0）,C（0,2,0）,
C1（0,2,2）,E（
3
2
1
2
0）,E1（3,-1,1）,
E1
E
D
C
y
AMFB
所以
31
EE（,,1）,CF（3,1,0）,
1
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
所以
nCC
1
0
z0
31
nEE13100,所以nEE1,所以直线EE1//平面FCC1.
1
22
（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
1
nFC
11
0
0
所以
y0
1
取
3xy2z0
111
n1（2,0,3）,则nn12130032,
2
|n|1（3）2,
22
|n|20（3）7,
1
所以
cosn,n
1
nn
27
7
1
|n||n|27
1
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
7
7
.
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、
111
BC的中点，DE平面BCC1
1
（I）证明：
ABAC
（II）设二面角ABDC为60°，求
BC与平面BCD所成的角
1
的大小。
（I）分析一：
连结BE，
ABCABC为直三棱柱，B1BC90,
111
.
.
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。
1
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
1
BCD所成的角为。
利用11
SDESh，可求得h23，又可
BBCBCD
33
1
求得B1C43
h1
sin30.
BC2
1
即
BC与平面BCD所成的角为30.
1
分析三：
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
1
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。
（I）证明：
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）。
.
.
z
S
M
C
y
D
A
B
x
（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
1
2
，即
SM//SC
2（a2）1
2（a2）
2
2
b
2
2
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。
2222
法2：
设SMMC，则M（0,,）,MB（2,,）
1111
又
o
AB（0,2,0）,MB,AB60
故
o
MBAB|MB||AB|cos60，即
1
42
2（
1
2
2）
）（
1
2
，解得1，
所以M是侧棱SC的中点。
（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
1
n
1
MA0
AS0
且
nMA0
2
nAB
1
0
，即
2
x
1
2
x
1
y
1
2z
1
z
1
0
0
且
2
2x
2
y
2
0
y
2
z
2
0
分别令x1x2得z11,y11,y20,z22，即
2
n1（2,1,1）,n2（2,0,2），
∴
cosn1,n2
202
26
6
3
二面角SAMB的大小
6
arccos。
3
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，
1
AF=AB=BC=FE=
2
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，
11
D0，20E0，1，1，F0，0，1，M，1，.
，，
22
（I）解：
BF1，0，1，DE0，1，1，
于是cosBF，DE
BF
BF
DE
DE
00
2
1
2
1
2
.
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为
0
60.
11
（II）证明：
由AM，1，，CE1，0，1，AD0，2，0，可得CEAM0，
22
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
u
v
v
0
0
3
1
1
3
3
.
6.（2009年上海卷）（本题满分14分）
如图，在直三棱柱ABCABC中，AA1BCAB2,
111
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），
111
AC=（-2，2，-2），A1B1=（-2，0，0）⋯⋯7分
1
nAB2x0,nAC2x2y2z0,z1,x0,y1
令解得
1
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
111
.
.
nBM
1
coscos,解得
23
nBM
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯4分
二面角BACC的大小为
111
3
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
1111
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，
1
所以
0
A1BM90，而A1B1=1，
1
22
B1MBCMC2，
111
BM
1
故2
tanMAB.
11AB
11
即异面直线AＭ和C1D1所成的角的正切值为2
1
（Ⅱ）由
AB1平面BCC1B1，BM平面BCC1B1，得
1
AB1BM①
1
2CM2
由（Ⅰ）知，B1M2，BMBC2，B1B2，所以
222
B1MBMBB，
1
从而BMB1M②又
A1BBMB,再由①②得BM平面A1B1M，而BM平面
1B1M，而BM平面
111
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,
1
2
），N（
1
2
0,0），S（1,
1
2
0）.⋯⋯4
分
（Ⅰ）
111
CM（1,1,）,SN（,,0）,
222
因为
11
CMSN00，
22
所以CM⊥SN⋯⋯6分
（Ⅱ）
1
NC（,1,0）,
2
设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，
1
xyz0,
22
令，得a=（2,1,-2）.⋯⋯9分则x
1
xy0.2
因为
cosa,SN
3
1
1
2
2
2
2
2
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
M
3y3z0；取n（3,1,1）,BA（0,0,23），则距离
B
D
d
BAn
n
215
5
yO
（2）CM（1,0,3），CA（1,3,23）.
x
C
设平面ACM的法向量为
n1（x,y,z），由
nCM
1
nCA
1
得
z
x3z0
x3y23z0
.解得x3z，yz，取
n1（3,1,1）.又平面BCD的法向量为
nn
n，则1
（0,0,1）cosn,n
1
nn
1
1
5
设所求二面角为，则
125
2
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
C
点O是对角线BD'的中点.
（Ⅰ）求证：
OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；
A
B
（Ⅱ）求二面角M－BC'－B'的大小；
O
M
D
（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
C
所以M（1,0,
1
2
）,O（
1
2
1
2
1
2
）
11
OM（,,0）,AA'=（0,0,1）,BD'=（-1,-1,1）
22
.
.
OMAA'=0,
11
OMBD'+0=0
22
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'和BD'的公垂线.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
（2）设平面BMC'的一个法向量为
n=（x,y,z）
1
BM=（0,-1,
1
2
）,BC'＝（－1,0,1）
nBM
1
nBC
1
0
'0
即
1
yz
2
xz
0
0
取z＝2,则x＝2,y＝1，从而
n=（2,1,2）取平面BC'B'的一个法向量为n2＝（0,1,0）
1
nn11
cos12
n,n
12
|n||n|913
12
由图可知，二面角M-BC'-B'的平面角为锐角
故二面角M-BC'-B'的大小为arccos
1
3
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
△OBC＝1
（3）易知，S
4
△BCD'A'＝1122
S
44
设平面OBC的一个法向量为
n＝（x1,y1,z1）
3
BD'＝（－1,－1,1）,BC＝（－1,0,0）
nBD
3
nBC
1
'0
0
即
xyz
111
x
1
0
0
1
取z1＝1,得y1＝1，从而
n＝（0,1,1）点M到平面OBC的距离d＝
3
|BM|22
|n|2
3
4
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.
（Ⅰ）证明：
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．
（1）证明：
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
11
P（0,0,m）,G（n,0,0）,则A（n,,0）,D（n,,0）.
22
|GB||AB|sin60
3
2
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）
22
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,
22
2222
.
.
取
n
2
3
（1,0,）.
2
3
21
2
cosn,n.
12
7
7
1
4
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．
（Ⅰ）证明：
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）
，
D
1
（,,0）
22
设n1（x1,y1,z1）是平面POD的一个法向量，
11
xy
11
22
0,
则由n1OD0,n1OP0，得
2z0.
1
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,
22
得
y2z0.
22
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
23
cos.
|n||n|55
23
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
5
.
11.（11辽宁理18）
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，
1
2PD．QA=AB=
（I）证明：
平面PQC⊥平面DCQ；
（II）
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