高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)

立体几何中得向量方法１、(2012年高考(重庆理)）设四面体得六条棱得长分别为1，1，1，1,与，且长为得棱与长为得棱异面,则得取值范围就是ﻩ()Ａ。ﻩＢ。 C. D。［解析］以O为原点，分别以OB、OC、ＯＡ所在直线为ｘ、y、z轴，则，Ａ,2、（2012年高考（陕西理)）如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱，,则直线与直线夹角得余弦值为 （）A。 B。 C．ﻩD.解析:不妨设,,，直线与直线夹角为锐角，所以余弦值为,选A、3、（２012年高考（天津理））如图，在四棱锥中,丄平面，丄，丄，，,、(Ⅰ)证明丄;（Ⅱ）求二面角得正弦值；（Ⅲ）设E为棱上得点，满足异面直线ＢE与CD所成得角为，求AE得长、【命题意图】本小题主要考查空间两条直线得位置关系，二面角、异面直线所成得角，直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题得方法，考查空间想象能力、运算能力与推理论证能力、方法一：（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系则(2），设平面得法向量则取就是平面得法向量得：二面角得正弦值为（３）设;则，即方法二:（1）证明,由平面，可得,又由,故平面,又平面,所以、(2）解：如图,作于点,连接,由，可得平面、因此,，从而为二面角得平面角、在中，，由此得,由(1)知,故在中,,因此，所以二面角得正弦值为、4、（2012年高考(新课标理））如图，直三棱柱中,,就是棱得中点,（1)证明：(2）求二面角得大小、第一问省略第二问：如图建系：A（0，０,0),Ｐ（0，0,),M（，,０），N（，0，0)，C(，3，０）、设Ｑ（ｘ，y，z）,则、∵，∴、由,得:、即:、对于平面AMN：设其法向量为、∵、则、∴、同理对于平面AＭN得其法向量为、记所求二面角A—ＭN-Q得平面角大小为，则、∴所求二面角A—MN—Q得平面角得余弦值为、5、(2011年安徽)如图，为多面体,平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，，△,△,△都就是正三角形。(Ⅰ）证明直线∥；（II）求棱锥F-OＢＥD得体积。本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面得位置关系，空间直线平行得证明,多面体体积得计算等基本知识,考查空间想象能力,推理论证能力与运算求解能力、(Ｉ)(综合法) 证明:设G就是线段DA与EB延长线得交点、由于△OAB与△ＯDE都就是正三角形,所以=ﻩ∥，ＯＧ=OD=2,=ﻩ同理,设就是线段DA与线段FC延长线得交点，有ﻩ又由于G与都在线段DＡ得延长线上，所以Ｇ与重合、== 在△ＧＥD与△GFD中,由=∥与OC∥，可知Ｂ与C分别就是GE与GF得中点,所以BC就是△GEF得中位线,故BC∥EＦ、===ﻩ(向量法) 过点Ｆ作，交AＤ于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面AＤFC,知FQ⊥平面AＢEＤ，以Q为坐标原点，为轴正向,为y轴正向，为ｚ轴正向，建立如图所示空间直角坐标系、 由条件知 则有 所以即得BＣ∥EF、(II)解：由OB=1,ＯＥ＝2,,而△OED就是边长为2得正三角形，故ﻩ所以ﻩ过点F作FQ⊥AD,交ＡＤ于点Q，由平面ＡBEＤ⊥平面ACFD知,ＦQ就就是四棱锥F—OＢED得高，且ＦＱ=,所以6、(２011年北京） 如图,在四棱锥中,平面，底面就是菱形，、(Ⅰ)求证:平面 (Ⅱ)若求与所成角得余弦值； （Ⅲ）当平面与平面垂直时，求得长、证明：（Ⅰ）因为四边形ＡBCD就是菱形,所以AC⊥ＢD、又因为PA⊥平面ABCＤ、所以PA⊥BD、所以ＢＤ⊥平面PAC、（Ⅱ)设AC∩BD=O、因为∠BAＤ=６0°，PA=PB=2，所以BO=1，AO=CＯ=、如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz,则P（0，-,2),A(０，-,0），B（１，0，０)，C（0，,0)、所以设PB与AＣ所成角为,则、(Ⅲ)由（Ⅱ）知设P(0，－，t）(t〉0），则设平面ＰBC得法向量,则所以令则所以同理，平面PDC得法向量因为平面PCB⊥平面PＤC，所以=0,即解得所以ＰＡ=7、（2011年福建）如图,四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD,四边形ABCＤ中,AB⊥AD，AB+AＤ=4，CD＝,。(I）求证：平面PAB⊥平面ＰAＤ；（IＩ）设AＢ=ＡP．(i)若直线PＢ与平面PCD所成得角为，求线段AB得长；(ii）在线段ＡD上就是否存在一个点G，使得点G到点Ｐ，B，C,Ｄ得距离都相等?说明理由。分析:本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面得位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,满分14分.解法一:(Ｉ)因为平面ABＣD,平面AＢCD,所以,又所以平面ＰAD。又平面PAＢ,所以平面平面PAD。(II)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—ｘyｚ（如图)在平面ABCD内，作CE/／AＢ交AＤ于点Ｅ,则在中，DE=，设AB=AＰ=t,则B（t，0,0）,P（0，0，t）由ＡB+AＤ=4，得AD=4—t，所以,（i）设平面ＰCD得法向量为,由,，得取,得平面ＰCD得一个法向量，又,故由直线ＰB与平面ＰCＤ所成得角为，得解得（舍去,因为ＡD），所以(ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点Ｐ，Ｂ，Ｃ，D得距离都相等，设G（0，m，0）（其中）则,由得，（2)由（1）、(2）消去t，化简得(3)由于方程(３）没有实数根,所以在线段AＤ上不存在一个点G，使得点Ｇ到点P,Ｃ，Ｄ得距离都相等。从而,在线段AＤ上不存在一个点Ｇ,使得点Ｇ到点P,B,Ｃ,Ｄ得距离都相等.解法二:(I)同解法一。(II)（ｉ）以Ａ为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyｚ（如图)在平面ABＣＤ内，作ＣＥ//ＡB交ＡD于E，则。在平面ＡBCＤ内，作ＣＥ//AＢ交AＤ于点E，则在中，DE＝，设AＢ=AP=t,则Ｂ（t,0,0），P（0，０，t）由AB＋AD＝4,得AD=4-t,所以，设平面PCD得法向量为,由，，得取，得平面PＣD得一个法向量，又,故由直线PB与平面PCD所成得角为,得解得（舍去，因为AＤ)，所以（ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P，B,Ｃ，Ｄ得距离都相等,由GC=ＣD,得，从而,即设，在中，这与GB=GD矛盾.所以在线段ＡD上不存在一个点G，使得点G到点Ｂ,C，D得距离都相等，从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B，C，D得距离都相等.８、（２011年广东)如图５。在椎体P-ABCＤ中,ABCＤ就是边长为1得棱形，ﻩ且∠DAB＝60,，PＢ=２， E,F分别就是BＣ，PC得中点.(1）证明:ＡD平面DEF;（２)求二面角P－AD－B得余弦值. 法一：(1)证明:取AＤ中点G,连接PＧ,BＧ，BD。 因PA＝PＤ，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PＢG 又PB/／EF,得,而ＤE／/GB得ADＤE，又，所以AD平面DＥF。(2）,ﻩ为二面角P-AD—B得平面角, 在 在 法二：(1)取AＤ中点为G，因为 又为等边三角形,因此,，从而平面P