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【把握高考】2013高三数学 经典例题精解分析 高考真题(三)空间向量与立体几何


第三章

空间向量与立体几何 本章归纳整合
高考真题

1. (2011·课标全国卷)如图, 四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为平行四边形, DAB=60°, =2AD, ⊥底面 ABCD. ∠ AB PD (1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A ? PB ? C 的余弦值. 证明 (1)因为∠D

AB=60°,AB=2AD,由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD +AD =AB ,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)解 如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射 线 DA 为 x 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1 , 3,0),
2 2 2

P(0,0,1).



AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0).
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),





?n·→=0, ?-x+ 3y=0, ? AB 则? 即? ? → ?n·PB=0. ? 3y-z=0.
因此可取 n=( 3,1, 3). → ?m·PB=0, ? 设平面 PBC 的法向量为 m ,则? ? → ?m·BC=0. -4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉= =- . 7 2 7 2 7 故二面角 A?PB?C 的余弦值为- . 7

2.(2011·北京高考)如图,在四棱锥 P-ABCD 中 ,PA⊥平面 ABCD,底 面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (1)求证:BD⊥平面 PAC;

(2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. (1)证明 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. (2)解 设 AC∩BD=O, 因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O ?xyz,则 P(0, - 3,2),

A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0).
→ 所以PB=(1, 3,-2), →

AC=( 0,2 3,0).
设 PB 与 AC 所成角为 θ ,则 → → PB·AC 6 6 cos θ =| |= = . → → 4 |PB||AC| 2 2×2 3 → (3)解 由(2)知BC=(-1, 3,0).
[来源:学#科#网]

→ 设 P(0,- 3,t)(t>0),则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), → → 则BC·m=0,BP·m=0.

?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0.
6 6 令 y= 3,则 x=3,z= .所以 m=(3, 3, ).

t

t

6 同理,平面 PDC 的法向量 n=(-3, 3, ).

t

36 因为平面 PBC⊥平面 PDC,所以 m·n=0,即-6+ 2 =0,

t

解得 t= 6.所以 PA= 6. 3. (2011·山东高考)在如图所示的几何体中, 四边形 ABCD 为平行四边形, ACB=90°, ⊥ ∠ EA 平面 ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF.

(1)若 M 是线段 AD 的 中点,求证:GM∥平面 ABFE; (2)若 AC=BC=2AE,求二面角 A?BF?C 的大小. (1)证明 因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°. 所以∠EGF=90°, △ABC∽△EFG. 由于 AB=2EF,因此 BC=2FG. 连接 AF, 1 由于 FG∥BC,FG= BC, 2 在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 1 则 AM∥BC,且 AM= BC, 2 因此 FG∥AM 且 FG=AM, 所以四边形 AFGM 为平行四边形, 因此 GM∥FA. 又 FA? 平面 ABFE,GM?平面 ABFE, 所以 GM∥平面 ABFE. (2)解 因为∠ACB=90°,所以∠CAD=90°. 又 EA⊥平面 ABCD,所以 AC,AD,AE 两两垂直. 分别以 AC,AD,AE 所在直线为 x 轴,y 轴和 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设 AC=BC=2AE=2,则由题意得 A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0, 1), → → 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0). 1 又 EF= AB, 2 → 所以 F(1,-1,1),BF=(-1,1,1). 设平面 BFC 的法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 则 m·BC=0,m·BF=0,

所以?

?y1=0, ? ?x1=z1, ?

取 z1=1,得 x1=1,所以 m=(1,0,1). 设平面向量 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),
? ?x2=y2, → → 则 n·AB=0,n·BF=0,所以? ? ?z2=0,

取 y2=1,得 x2=1, 则 n=(1,1 ,0). 所以 cos〈m,n〉=

m·n 1 = . |m|·|n| 2

因此二面角 A ? BF ? C 的大小为 60°. 4. (2011·辽宁高考)如图, 四边形 ABCD 为正方形, ⊥ PD 1 平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2 (1 )证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q ? BP ? C 的余弦值. 解 如图, D 为坐标原点, 以 线段 DA 的长为单位长,

射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D ?xyz. (1)证明 依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),
[来源:学&科&网]

P(0,2,0),则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,
→ 1),PQ=(1,-1,0). → → → → 所以PQ·DQ=0,PQ·DC=0. 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC,又 DQ∩DC=D, 故 PQ⊥平面 DCQ.
[来源:Z*xx*k.Com]





又 PQ? 平面 PQC, 所以平面 PQC⊥平面 DCQ.
[来源:学,科,网]

→ → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则

? → ?n·CB=0, ?x=0, ? 即? ? ?-x+2y-z=0. ? → ?n·BP=0, ?
因此可取 n=(0,-1,-2).

→ ?m·BP=0, ? 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ?m·PQ=0. ? 可取 m=(1,1,1), 所以 cos〈m,n〉=- 15 . 5 15 . 5

故二面角 Q ?BP ? C 的余弦值为-

5.(2011·天津高考)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正 方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H = 5. (1)求异面 直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A?A1C1?B1 的正弦值. 解 如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点.

依题意得 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,- 2, 5),

A1(2 2,2 2,0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5).
→ (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),

A1B1=(-2 2,0,0),
→ → 于是 cos〈AC,A1B1〉 = =



AC·A1B1 |AC― →|·|A1B1― →|
4 3×2 2 = 2 , 3





[来源:学§科§网]

所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为

2 . 3

→ → (2)易知AA1=(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z), → ?m·A1C1=0, ?- 2x- 2y+ 5z=0, ? 则? 即? → ?m·AA1=0, ?2 2y=0. ? 不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2).同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z), → ?n·A1C1=0, ?- 2x- 2y+ 5z=0, ? 则? 即? → ? ?n·A1B1=0, ?-2 2x=0. 不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2),

于是 cos〈m,n〉=

m·n 2 2 = = , |m|·|n| 7· 7 7

3 5 从而 sin〈m,n〉= . 7 3 5 所以二面角 A?A1C1?B1 的正弦值为 . 7 6.(2011·浙江高考)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上,已知

BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A ?MC ?B 为直 二面角?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由. (1)证明 如图以 O 为原点,以射线 OD 为 y 轴的正半轴, 射线 OP 为 z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O?xyz. 则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),

C(-4,2,0), P(0,0,4),


AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0),由此可得AP·BC=0,
→ → 所以AP⊥BC,即 AP⊥BC. → → (2)解 假设存在满足题意的 M,设PM=λ PA,λ ≠1, → 则PM=λ (0,-3,-4).



→ →

→ → → → → BM=BP+PM=BP+λ PA =(-4,-2,4)+λ (0,-3,-4) =(-4,-2-3λ ,4-4λ ), →

AC=(-4,5,0).
设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ?BM·n1=0, ?-4x1-(2+3λ )y1+(4-4λ )z1=0, ? ? 由? 得? ?-8x1=0, ?→ ?BC·n1=0, ?

?x1=0, ? 2+3λ 即? 可取 n1=(0,1, ). 2+3λ 4-4λ ?z1=4-4λ y1, ?

→ ?AP·n2=0, ?3y2+4z2=0, ? ? 由? 即? ? ?→·n2=0, ?-4x2+5y2=0, ?AC

?x =5y , ? 4 得? 可取 n =(5,4,-3). 3 ?z =-4y , ?
2 2 2 2 2

2+3λ 由 n1·n2=0,得 4-3· =0, 4-4λ 2 解得 λ = ,故 AM=3. 5 综上所述, 存在点 M 符合题意,AM=3.


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