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空间向量与几何高考题汇总


例 1(2010 辽宁理 19) )已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥面 ABC,AB⊥AC,PA=AC= N 为 AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点.证明:CM⊥SN; 审题要津:本题空间坐标系易建立,可用坐标法. 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) ,

1 AB , 2

1 1 1 )N , ( ,0,0) S , (1, ,0) 2 2 2 ???? ? ??? ? 1 1 1 CM ? (1, ?1, ), SN ? (? , ? , 0) , 2 2 2 ???? ??? ? ? 1 1 因为 CM ? SN ? ? ? ? 0 ? 0 , 所以 CM⊥SN . 2 2
C (0,1,0) B , (2,0,0) M , (1,0, 【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定(证明)问 题,常用向量法,即通过证明所证直线的方向向量的数量 积为 0 证明两直线垂直. 例 2(2010 天津理 19) 在长方体 ABCD ? A B1C1D1 中,E 、F 分 1 别是棱 BC , CC1 上的点, CF = AB = 2CE , AB : AD : AA1 =

1: 2 : 4 .证明 AF ? 平面 A1ED
审题要津:本题空间坐标系易建立,可用坐标法. 解析:如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点, 设

AB ? 1 , 依 题 意 得

, D( 0 , 2 , F (1, 2,1) 0 )

,

? 3 ? A1 (0,0, 4) , E ?1, , 0 ? ? 2 ?
AF · =0. ED 已知 AF ? (1, 2,1) , EA1 ? ? ?1, ? , 4 ? , ED ? ? ?1, , 0 ? 于是 AF · 1 =0, EA
因此, AF ? EA , AF ? ED ,又 EA1 ? ED ? E 1 所以 AF ? 平面 A ED 1 【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题,通常用向量法,先求出平面的法向量和直线 的方向向量, 证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两 条相交直线垂直,再用线面垂直判定定理即可. 例 3 (2010 年山东文)在如图所示的几何体中,四边形 MA ? 平面 ABCD , // MA , 、 、 E G ABCD 是正方形, PD F 分别为 MB 、 PB 、 PC 的中点,且 AD ? PD ? 2 MA . 求证:平面 EFG ? 平面 PDC . 审题要津:本题空间坐标系易建立,可用坐标法.

??? ?

???? ? ?

3 2

? ? ??? ?

? ?

1 2

? ?

??? ???? ?

??? ??? ? ?

解析:以 A 为原点,向量 DA , AB , AM 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向,如图建立坐标 系, AM=1, AD=AB=PD=2,则 B(0,2,0),C(-2,2,0),D(-2,0,0),P(-2,0,2), M(0,0,1), 设 则 则 E(0,1,

??? ??? ???? ? ? ?

1 ),G(-1,1,1),F(-2,1,1), 2

∴ EG =(-1,0,

??? ?

? 1 ??? ), GF =(-1,0,0),设平面 EFG 的法向量 m =( x , y , z ) ,则 2

??? ? ??? ? 1 EG ? m = ? x ? z =0 且 GF ? m = ?x =0,取 y =1,则 x = z =0,∴ m =(0,1,0), 2
易证面 PDC 的法向量为 DA =(2,0,0),

??? ?

∵ m ? DA = 2 ? 0 ? 0 ?1 ? 0 ? 0 =0,

??? ?

∴ m ⊥ DA ,

??? ?

∴平面 EFG ? 平面 PDC

【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题,常向量法,即先建立坐标系,求出两个平 面的法向量,通过证明这两个平面的法向量垂直,即得面面垂直. 考点 2.利用空间向量处理空间平行关系 空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容,考查的形式灵活多 样,常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合,可以是小题,也可以是解答题的一个小 题,题目的难度一般不大,是高考中的得分点之一. 例 4(2010 湖南理 18)在正方体 ABCD ? A B1C1D1 ,E 是棱 DD1 的中点。在棱 C1D1 上是 1 否存在一点 F,使 B1F ∥平面 A BE ?证明你的结论。 1 审题要津:本题坐标系易建立,可用向量法求解. 解析:以 A 为坐标原点,如图建立坐标系,设正方形的棱长 为 2,则 B(2,0,0),E(0,2,1), A (0,0,2), B1 (2,0,2), 1

∴ BE =(-2,2,1), BA1 =(-2,0,2) , 设面 BEA1 的法向量为 m =( x , y , z ) ,则

??? ?

????

???? ??? ? m ? BE = ?2 x ? 2 y ? z =0 且 m ? BA1 = 2 x ? 2 z =0,取 x =1,
则 z =-1, y =

3 3 ,∴ m =(1, ,-1), 2 2

假设在棱 C1D1 上存在一点 F,使 B1F ∥平面 A BE ,设 F( x0 ,2,2)(0≤ x0 ≤2), 1 则 BF =( x0 ? 2 ,2,2) 则 m ? BF = 1? ( x0 ? 2) ? ,

??? ?

??? ?

3 ? 2 ? (?1) ? 2 =0, 2

解得 x0 =1, ∴当 F 为 C1D1 中点时, B1F ∥平面 A BE . 1

【点评】 对于易建立坐标系的线面平行问题的向量解法, 有两种思路: (1) 用共面向量定理, 证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来, 即这三个向量共线, 根 据共面向量概念和直线在平面外,可得线面平行; (2)求出平面法向量,然后证明法向量与 直线的方向向量垂直即可.对于探索性问题,通常先假设成立,设出相关点的坐标,利用相 关知识,列出关于坐标的方程,若方程有解,则存在,否则不存在.注意, (1)设点的坐标 时, 利用点在某线段上, 设出点分线段所成的比, 用比表示坐标可以减少未知量, 简化计算;(2) 注意点的坐标的范围. 例 5 在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, 侧棱垂直于底面, 在底面 ABC 中 ?ABC = 90 ,D 是 BC 上
0

一点,且 A B ∥面 AC1D , D1 为 B1C1 的中点,求证:面 A BD1 1 1 ∥面 AC1D . 审题要津:本题的坐标系容易建立,可用向量法. 解析:以 B 点为原点,如图建立坐标系,设 AB= a ,BC= 2b , , BB1 = c ,则 A( a ,0,0) C1 (0, 2b , c ), B1 (0,0, c ), A1 ( a , 0, c ), ∴ D1 (0, b , c ),设 D(0, y0 ,0)(0≤ y0 ≤ 2b ) ,

∴ AD =(- a , y0 ,0), AC1 =(- a , 2b , c ), BA1 =( a ,0,

????

???? ?

????

???? ? , c ), BD1 =(0, b , c )
设 面 A C D的 法 向 量 为 m =( x1 , y1 , z1 ) , 则 m ? AD = ?ax1 ? y0 y1 =0 且 1

????

???? ? ay ? 2ab , m ? AC1 = ?ax1 ? 2by1 ? cz1 =0,取 y1 = a ,则 x1 = y0 , z1 = 0
ay0 ? 2ab ) , 又∵ A B ∥面 AC1D , 1 c ???? ay ? 2ab ab ∴ m ? BA = ay0 ? c ? 0 =0,解得 y0 = b , ∴ m =( b , a , ? ) , 1 c c
则 m =( y0 , a , 设面 A BD1 的法向量为 n =( x2 , y2 , z2 ),则 n ? BA1 = ax2 ? cz2 =0 且 n ? BD1 = by2 ? cz2 =0, 1 取 z2 =1,则 x2 = ? ∴ n= ?

c

????

???? ?

c c c c , y2 = ? ,则 n =( ? , ? ,1), a b a b
∴ m ∥ n, ∴面 A BD1 ∥面 AC1D . 1

c m, ab

【点评】对面面平行问题的向量方解法有两种思路, (1)利用向量证明一个面内两条相交直 线分别与另一个平面平行,根据面面判定定理即得; (2)求出两个平面的法向量,证明这两 个法向量平行,则这两个面就平行. 考点 3 利用空间向量处理异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题 异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题是高考考查的热点和重点,常与探索性 问题、平行问题、垂直等问题结合,重点考查综合利用空间向量、空间平行与垂直的有关定

理、空间角的相关概念解决空间角问题的能力,是立体几何中的难点,难度为中档难度. 例 6(2010 天津理 19) 在长方体 ABCD ? A B1C1D1 中, E 、 F 分别是棱 BC , CC1 上的点, 1

CF ? AB ? 2CE , AB : AD : AA1 ? 1: 2 : 4 (1)求异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值;
(2)求二面角 A1 ? ED ? F 的正弦值。 审题要津:本题坐标系易建立,可以向量法. 解析:如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点,设

? 3 ? AB ? 1 ,依题意得 D(0, 2,0) , F (1, 2,1) , A1 (0,0, 4) , E ?1, , 0 ? ? 2 ?
(1) 证 明 : 易 得 EF ? ? 0, ,1? , A D ? (0,2, ?4) , 于 是 1

???? ? ? 1 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? E ?? A D 3 ? F ? 3 1 c o s F 1 , D ? ? ? ? ? ? ??? ? 所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为 E A ? ? , 5 E F 1A D 5
??? ?

(2)解:设平面 EFD 的法向量 n = ( x, y, z ) ,则 n ? EF = 不妨令 x =1,可得 n =(1,2,-1),

??? 1 ? ??? ? 1 y ? z =0 且 n ? ED = ? x ? y =0, 2 2

设平面 A1ED 的法向量 m = m , ,p ) m ? ED = ? m ? ( 则 n 取 p =1,则 n =2, m =1,则 m =(1,2,1) 于是 cos n,m =

??? ?

???? ? 1 n =0 且 m ? DA1 = ?2n ? 4 p =0, 2

n?m 2 5 = ,从而 sin n,m = , |n || m | 3 3

所以二面角 A1 -ED-F 的正弦值为

5 3

【点评】 (1)对异面直线夹角问题,先求出两条异面直线的方向向量分别为 m 、 n ,在求 出 m 、 n 的夹角,设两异面直线的夹角 ? ,利用 cos ? = | cos m,n | 求出异面直线的夹角, 注意: (1)异面直线夹角与向量夹角的关系;(2)对二面角 ? ? l ? ? 的大小问题,先求出平 面 ? 、 ? 的法向量 m 、 n ,再求出 m 、 n 的夹角,在 ? 内取一点 A,在 ? 内取一点 B,设 二面角 ? ? l ? ? 大小为 ? ,若 n ? AB 与 m ? AB 同号,则 ? = m,n ,若 n ? AB 与 m ? AB 异号,则 ? = ? ? m,n ,注意二面角大小与法向量夹角的关系.

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

例 7( 2010 全国卷 I 理 7)正方体

ABCD- A1B1C1D1 中,

B B1 与平面 AC D1 所成角的余弦值为 A
2 3

B

3 3

C

2 3

D

6 3

审题要津: 本题是正方体中的线面关系问题, 可用空间向量法 求解. 解析: 如图建立坐标系, 设正方体棱长为 1, 1 与面 ACD1 的夹角为 ? , D(0,0,0),C(0,1,0), 则 BB B(1,1,0),A(1,0,0), D1 (0,0,1), B1 (1,1,1), ∴ AC = (-1, ,AD1 =(-1,0,1), BB1 =(0,0,1), 1,0) 设面 ACD1 的法向量 n = x ,y ,z ) 则 0= AC ? n = ? x ? y 且 0= AD1 ? n = ?x ? z , x =1, ( , 取

??? ?

???? ?

????

????

???? ?

????? 3 6 | BB1 ? n | 则 y =1, z =1, ∴ n =(1,1,1) ,∴ sin ? = ????? = ,∴ cos ? = ,故选 D. 3 | BB1 | ? | n | 3
【点评】对于线面夹角问题,若容易建立坐标系,则常用坐标法,建立坐标系,求出线面夹 角问题中三位直线的方向向量 m 和平面法向量 n ,设线面角为 ? ,则直线方向向量 m 在平 面法向量 n 方向上的投影的长度

| m?n| | m?n| 与直线方向向量 m 的模之 | m | 比 就是线 |n| | m || n |

面夹角的正弦值,即 sin ? =

| m?n| . | m || n |

历届高考中的空间向量与立体几何试题选讲
1.(2008 海南、 宁夏理)如图, 已知点 P 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对角线 BD1 上, ∠PDA=60°。 (1)求 DP 与 CC1 所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA1D1D 所成角的大小。D
1

C1 B1

A1 P

D

C

A

B

2.(2008 安徽文)如图,在四棱锥 O ? ABCD 中,底面 ABCD 四边长为 1 的 菱形,

?ABC ?

?

4

, OA ? 底面ABCD , OA ? 2 , M 为 OA 的中点。
O

(Ⅰ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小 ; (Ⅱ)求点 B 到平面 OCD 的距离。

M

A B C

D

3.(2005 湖南文、理)如图 1,已知 ABCD 是上、下底边长分别为 2 和 6,高为 3 的等腰 梯形,将它沿对称轴 OO1 折成直二面角,如图 2。 (Ⅰ)证明:AC⊥BO1; (Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的大小。 O1 C

D

O1

C

D O B

A

O

B

A

4.(2007 安徽文、理)如图,在六面体 ABCD? A1 B1C1 D1 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方 形,四边形 A1 B1C1 D1 是边长为 1 的正方形, DD1 ? 平面 A1 B1C1 D1 , DD1 ? 平面 ABCD, DD1=2。 (Ⅰ)求证: A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面. (Ⅱ)求证:平面 A1 ACC1 ? 平面B1 BDD1 ; (Ⅲ)求二面角 A ? BB1 ? C 的大小.

5.(2007 海南、 宁夏理)如图, 在三棱锥 S ? ABC 中, 侧面 SAB 与侧面 SAC 均为等边三角形, ?BAC ? 90° ,O 为 BC 中点. (Ⅰ) 证明:SO ? 平面 ABC ; S (Ⅱ)求二面角 A ? SC ? B 的余弦值.

O
B A

C

6.(2007 四川理)如图,PCBM 是直角梯形,∠ PCB =90°,PM ∥ BC ,PM =1,BC =2,又 AC =1,∠ ACB =120°, AB ⊥ PC ,直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60°. (Ⅰ)求证:平面 PAC ⊥平面 ABC ; (Ⅱ)求二面角 M ? AC ? B 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 P ? MAC 的体积.

7.(2006 全国Ⅰ卷文、理)如图, l1 、 l2 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段.点 A、 B 在 l1 上,C 在 l2 上, AM ? MB ? MN 。 (Ⅰ)证明 AC⊥ NB; (Ⅱ)若 ?ACB ? 60 ,求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值。
O

l2

C

l1 A M

H N B

8.(2006 福建文、理)如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别是 BD、BC 的中点,

CA ? CB ? CD ? BD ? 2, AB ? AD ? 2. A (I)求证: AO ? 平面 BCD; (II)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小;
(III)求点 E 到平面 ACD 的距离。
D O B E C

历届高考中的“空间向量与立体几何”试题选讲(参考 答案)
1.解:如图,以 D 为原点, DA 为单位长建立空间直角坐标系 D ? xyz .

则 DA ? (1 0, , CC? ? (0, .连结 BD , B ?D ? . ,0) 01) , 在平面 BB ?D ?D 中,延长 DP 交 B ?D ? 于 H .设 DH ? (m,m, m ? 0) , 1)(
? , 由已知 ? DH, ?? 60 ,由 DA?DH ? DA DH cos ? DA DH ? DA

??? ?

???? ?

???? ?

???? ??? ? ?

??? ???? ? ?

??? ???? ? ?

??? ???? ? ?

可得 2m ? 2m2 ?1 .解得 m ?

???? ? 2 2 ? ? 2 1? ,所以 DH ? ? ? 2 ,2 , . ? 2 ? ?
A?

z

2 2 ?0 ? ? 0 ? 1? 1 ???? ???? ? ? 2 2 2 CC ? (Ⅰ)因为 cos ? DH, ? ?? , 2 1? 2 ???? ???? ? ? ? ? 所以 ? DH, ? ?? 45 .即 DP 与 CC ? 所成的角为 45 . CC ???? (Ⅱ)平面 AA?D ?D 的一个法向量是 DC ? (0,0) . 1, 2 2 ?0? ? 1 ? 1? 0 ???? ???? ? 1 2 DC ? , 因为 cos ? DH, ?? 2 2 1? 2 ???? ???? ? ? 所以 ? DH, ?? 60 . DC ? 可得 DP 与平面 AA?D ?D 所成的角为 30 .

D?
P D A

H

C?
B?

C B

y

x

2.解:作 AP ? CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x, y , z 轴建立坐标系

2 2 2 , 0), D( ? , , 0), O(0, 0, 2), M (0, 0,1) , 2 2 2 (1)设 AB 与 MD 所成的角为 ? , A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0,

z O M

??? ? ???? ? 2 2 ∵ AB ? (1,0,0), MD ? (? , , ?1) 2 2 ??? ???? ? ? AB?MD 1 ? , ∴c o ? ? ??? ???? ? ∴? ? s , ? ? 3 AB ? MD 2
∴ AB 与 MD 所成角的大小为

? D A P 3 x y C ??? ? ???? B 2 2 2 (2) ∵OP ? (0, , ?2), OD ? (? , , ?2) 2 2 2 ??? ? ???? ∴ 设平面 OCD 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 n? ? 0, n? OP OD ? 0 ? 2 y ? 2z ? 0 ? ? 2 即 ? 取 z ? 2 ,解得 n ? (0, 4, 2) ?? 2 x ? 2 y ? 2 z ? 0 ? 2 ? 2 ??? ? 设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ,则 d 为 OB 在向量 n ? (0, 4, 2) 上的投影的绝对值, ??? ? OB ? n 2 ??? ? ? . ∵OB ? ( 1, 0 , ,2 ∴ d ? ? ) n 3
所以点 B 到平面 OCD 的距离为

2 3

3.解:(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角, 即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点,OA、OB、OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 如图 3,则相关各点的坐标是 A(3,0,0) , B(0,3,0) ,C(0,1, 3 ),O1(0,0, 3 ). 从而 AC ? (?3,1, 3), BO ? (0,?3, 3) , 1

AC ? BO1 ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0. 所以 AC⊥BO1.
(II)解:因为 BO ?OC ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0, 所以 BO1⊥OC, 1 由(I)AC⊥BO1,所以 BO1⊥平面 OAC, BO1 是平面 OAC 的一个法向量. 设 n ? ( x, y, z) 是 0 平面 O1AC 的一个法向量,
? 由 ?n ? AC ? 0 ? ?? 3x ? y ? 3z ? 0, ? ? ?n ? O1C ? 0 ? y ? 0. ? 取z ? 3,

得 n ? (1,0, 3) .

设二面角 O—AC—O1 的大小为 ? ,由 n 、 BO1 的方向可知 ? ?? n , BO1 >, 所以 cos ? ? cos ? n , BO1 >= n ? BO1 ? 3 . 4 | n | ? | BO1 | 4.解(向量法) :以 D 为原点,以 DA,DC, DD1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直 角坐标系 D ? xyz 如图,则有 A(2,0,0) ,B(2,2,0) ,C(0,2,0) ,

A1 (1,0,2), B1 (1,1,2),C1 (0,1,2), D1 (0,0,2).
(Ⅰ)证明:? A1C1 ? (?1,1,0), AC ? (?2,2,0), D1 B1 ? (1,1,0), DB ? (2,2,0),

? AC ? 2 A1C1 , DB ? 2D1 B1. ? AC与A1C1平行, 与D1 B1平行, DB 于是 A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面.
(Ⅱ)证明: DD1 ? AC =( ,2) ? 2,0)= , 0 0, ? ( 2, 0

DB ? AC =( ,0) ? 2,0)= , 2 2, ? ( 2, 0

? DD1 ? AC DB ? AC. , 内的两条相交直线, DD1与DB是平面B1 BDD1, ? AC ? 平面B1 BDD1 . 又平面 A1 ACC1过AC, ? 平面A1 ACC1 ? 平面B1 BDD1 .
(Ⅲ)解: AA=(? 1 0, BB1=(? 1 ? 1 2), 1=( , 1 2 . ,2), , , CC 0?, ) 1 设 n ? ( x1 , y1 , z1 )为平面A1 ABB的法向量, 1

n ? AA ? ?x1 ? 2z1 ? 0, n ? BB1 ? ?x1 ? y1 ? 2z1 ? 0, 1 于是 y1 ? 0, 取z1 ? 1, 则z1 ? 2, n ? (2,0,1). 设 m ? ( x2 , y 2 , z 2 )为平面B1 BCC1的法向量, m ? BB1 ? ?x2 ? y2 ? 2z2 ? 0, m ? CC1 ? ? y2 ? 2z2 ? 0. 于是 x2 ? 0, 取z 2 ? 1, 则y2 ? 2, m ? (0,2,1).

cos m, n ?

m?n 1 ? . mn 5

1 ? 二面角 A ? BB1 ? C的余弦为 ? . 5
5.证明: (Ⅰ)由题设 AB= AC = SB= SC ? SA ,连结 OA ,

△ ABC 为等腰直角三角形,所以 OA ? OB ? OC ?
且 AO ? BC , 又 △ SBC 为等腰三角形,故 SO ? BC ,且 SO ?

2 SA , 2

S

2 SA , 2 2 2 2 O SO 从而 OA ? SO ? SA . 所以 △ SOA 为直角三角形, ? AO . 又 AO ? BO ? O . B A 所以 SO ? 平面 ABC . (Ⅱ)解:以 O 为坐标原点,射线 OB,OA 分别为 x 轴、 y 轴的正半轴,建立如图的空间 , 0) , 0) 1 ,, 0, 直角坐标系 O ? xyz .设 B(1 0, ,则 C (?1 0,,A(0,0) S (0,1) . ? ? 1 ? ???? ? 1 1 ? ??? ? 1 1 ? ???? ? 1 SC 的中点 M ? ? , ? , MO ? ? , ? ?, ? ? , ? ?, ? (?1 0, 1) . 0, 0, MA 1 , SC ,? 2? 2? ? 2 2? ?2 ?2 ???? ??? ? ? ???? ??? ? ∴MO SC ? 0, · SC ? 0 . · MA z ???? ??? ? ? S 故 MO ? SC,MA ? SC,< MO, MA ? 等于二面角 A ? SC ? B 的平
面角.

C

???? ???? ? ???? ???? ? MO MA · 3 , cos ? MO MA ?? ???? ???? ? , ? 3 MO· MA
O

M

3 所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为 . 3
6.解: (Ⅰ)∵ PC ? AB, PC ? BC, AB ? BC ? B ∴ PC ? 平面ABC , 又∵ PC ? 平面PAC ∴ 平面PAC ? 平面ABC

C
A y

x B

(Ⅱ)在平面 ABC 内,过 C 作 CD ? CB ,建立空间直角坐标系 C ? xyz (如图) 由题意有 A ? 3 , ? 1 , 0 ? ,设 P ? 0,0, z0 ?? z0 ? 0? , ? ? ? 2 2 ? ? ? ???? ? 3 1 ? ? ? ??? 则 M ? 0,1, z0 ? , AM ? ? , ? , z0 ? , CP ? ? 0, 0, z0 ? ? 2 ? 2 ? ? 由直线 AM 与直线 PC 所成的解为 60 ,得 ???? ??? ???? ??? ? ? ? ? ? 2 z0 2 ? 3 ? z0 , AM ? CP ? AM ? CP ? cos 600 ,即 z0 ?
0

2

解得 z0

?1

? ???? ? ??? ? ? ? ∴ CM ? ? 0, 0,1? , CA ? ? 3 , ? 1 , 0 ? ,设平面 MAC 的一个法向量为 n ? ? x1 , y1 , z1? , ? 2 2 ? ? ?
? y1 ? z1 ? 0 ? ? 则? 3 ,取 x1 ? 1 ,得 n ? 1, 3, ? 3 1 y1 ? z1 ? 0 ? ? 2 2 ?? 平面 ABC 的法向量取为 m ? ? 0,0,1? ?? ? ?? ? m?n ? 3 设 m 与 n 所成的角为 ? ,则 cos ? ? ?? ? ? 7 m?n

?

?

显然,二面角 M ? AC ? B 的平面角为锐角, 故二面角 M ? AC ? B 的平面角大小为 arccos (Ⅲ)解法一:由(Ⅱ)知, PCMN 为正方形

21 7

1 1 3 ? AC ? CN ? sin1200 ? MN ? 3 ?? 2 12 (Ⅲ)解法二:取平面 PCM 的法向量取为 n1 ? ?1,0,0 ? ,则点 A 到平面 PCM 的距离 ??? ?? ? CA ? n1 3 h ? ?? ? 2 n1 ??? ? ???? ? ∵ PC ? 1, PM ? 1 ,
∴ VP ? MAC ? VA? PCM ? VA? MNC ? VM ? ACN ? ∴ VP ? MAC ? VA? PCM ??

? ? 1 1 ??? ???? 1 3 3 ? PC ? PM ? h ? ?1?1? ? 3 2 6 2 12

7.解: 如图,建立空间直角坐标系 M-xyz.令 MN=1, 则有 A(-1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0), (Ⅰ)∵MN 是 l1、l2 的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面 ABN. l2 平行于 z 轴. → → 故可设 C(0,1,m).于是 AC=(1,1,m), NB=(1,-1,0). → → ∴AC·NB=1+(-1)+0=0 ∴AC⊥NB. → → → → (Ⅱ)∵AC =(1,1,m), BC=(-1,1,m), ∴|AC|=|BC|, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC 为正三角 形,AC=BC=AB=2. 在 Rt△CNB 中,NB= 2, 可得 NC= 2,故 C(0,1, 2). 连结 MC,作 NH⊥MC 于 H,设 H(0,λ , 2λ ) (λ >0). z → ∴HN=(0,1-λ ,- 2λ ), 1 → → → MC=(0,1, 2). HN·MC = 1-λ -2λ =0, ∴λ = , 3 H l1 1 2 2 2 1 2 → → ∴H(0, , ), 可得HN=(0, , - ), 连结 BH,则BH=(-1, , ), A 3 3 3 3 3 3 M 2 2 → → → → ∵HN· =0+ - =0, ∴HN⊥BH, 又 MC∩BH=H,∴HN⊥平面 ABC, BH B 9 9 → ∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角.又BN=(-1,1,0), 4 → → 3 BH·BN 6 ∴cos∠NBH= = = 2 3 → → |BH|·|BN| × 2 3

l2 C

y N

x

8. (1)证明:连结 OC. ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD. 在△AOC 中,由已知可得 AO=1,CO= 3 .而 AC=2, ∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90° AO⊥OC. ,即

? BD ? OC ? 0, ∴AO ? 平面 BCD.

(Ⅱ)解:以 O 为原点,如图建立空间直角坐标系, 则 B(1,0,0),D(-1,0,0), C(0, 3 ,0),A(0,0,1),E(

1 3 , ,0), 2 2

BA ? (?1,0,1),CD ? (?1,? 3,0).
∴ cos BA, CD ?

BA ? CD 2 ? , BA CD 4

∴异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos

2 . 4

(Ⅲ)解法一:设平面 ACD 的法向量为 n=(x,y,z),则

?n ? AD ? ( x, y, z ) ? (?1,0,?1) ? 0, ? x ? z ? 0, ? ∴? ? ?n ? AC ? ( x, y, z ) ? (0, 3,?1) ? 0, ? 3 y ? z ? 0. ?
令 y=1,得 n=(- 3,1, 3 )是平面 ACD 的一个法向量.又 EC ? (? ∴点 E 到平面 ACD 的距离 h=

1 3 , ,0), 2 2

| EC·n | 3 21 ? ? . |n| 7 7

(Ⅲ)解法二:设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.

?VA? ACD ? VA?CDE , 1 1 ∴ h ·S△ACD = ·AO·S△CDE. 3 3 在△ACD 中,CA=CD=2,AD= 2 ,
? 2? 1 3 3 1 7 2 ? ∴S△ACD= ? 2 ? 2 2 ? ? ? 2 ? ? 2 , 而 AO=1, S△CDE= 2 ? 4 ? 2 ? 2 , 2 ? ?
3 AO ? S ?CDE 2 ? 21 , ? ∴h= 7 S ?ACD 7 2 21 ∴点 E 到平面 ACD 的距离为 . 7 1?
3


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