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°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A­PB­C的余弦值．证明(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.从而BD2＋AD2＝AB2，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，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，P(0，0，1)．eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y－z＝0.))因此可取n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．设平面PBC的法向量为m，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(0，－1，－eq\r(3))．cos〈m，n〉＝eq\f(－4,2\r(7))＝－eq\f(2\r(7),7).故二面角A­PB­C的余弦值为－eq\f(2\r(7),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＝eq\r(3).如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O­xyz，则P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)．所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝|eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)|＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).(3)解由(2)知eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)．设P(0，－eq\r(3)，t)(t>0)，则eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，t)．设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则eq\o(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq\o(BP,\s\up6(→))·m＝0.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0.))令y＝eq\r(3)，则x＝3，z＝eq\f(6,t).所以m＝(3，eq\r(3)，eq\f(6,t))．同理，平面PDC的法向量n＝(－3，eq\r(3)，eq\f(6,t))．因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋eq\f(36,t2)＝0，解得t＝eq\r(6).所以PA＝eq\r(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A­BF­C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，由于FG∥BC，FG＝eq\f(1,2)BC，在▱ABCD中，M是线段AD的中点，则AM∥BC，且AM＝eq\f(1,2)BC，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eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)．又EF＝eq\f(1,2)AB，所以F(1，－1，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)，则n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝y2，,z2＝0，))取y2＝1，得x2＝1，则n＝(1，1，0)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2).因此二面角A­BF­C的大小为60°.4．(2011·辽宁高考)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2)PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角Q­BP­C的余弦值．解如图，以D为坐标原点，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D­xyz.(1)证明依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0)．所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(DQ,\s\up6(→))＝0，eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)依题意有B(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－x＋2y－z＝0.))因此可取n＝(0，－1，－2)．设m是平面PBQ的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PQ,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(1，1，1)，所以cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(15),5).故二面角Q­BP­C的余弦值为－eq\f(\r(15),5).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＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A­A1C1­B1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(2eq\r(2)，0，0)，B(0，0，0)，C(eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，A1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，B1(0，2eq\r(2)，0)，C1(eq\r(2)，eq\r(2)，eq\r(5))．(1)易得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0，0)，于是cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→)),|AC→|·|A1B1→|)＝eq\f(4,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),3)，所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3).(2)易知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(2)，0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq\r(5)，可得m＝(eq\r(5)，0，eq\r(2))．同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,－2\r(2)x＝0.))不妨令y＝eq\r(5)，可得n＝(0，eq\r(5)，eq\r(2))，于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(7)·\r(7))＝eq\f(2,7)，从而sin〈m，n〉＝eq\f(3\r(5),7).所以二面角A­A1C1­B1的正弦值为eq\f(3\r(5),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A­MC­B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O­xyz.则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，由此可得eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)解假设存在满足题意的M，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))，λ≠1，则eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ(0，－3，－4)．eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－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)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BM,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x1－（2＋3λ）y1＋（4－4λ）z1＝0，,－8x1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝\f(2＋3λ,4－4λ)y1，))可