历届数学高考中的试题精选空间向量与立体几何

MABDCO空间向量与立体几何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。2.（2008安徽文）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，4ABC,OAABCD底面,2OA,M为OA的中点。（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。B1C1D1A1CDABP3.（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。4.（2007安徽文、理)如图,在六面体1111DCBAABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,四边形1111DCBA是边长为1的正方形,1DD平面1111DCBA,1DD平面ABCD，DD1=2。(Ⅰ)求证:11CA与AC共面，11DB与BD共面.(Ⅱ)求证:平面;1111BDDBACCA平面(Ⅲ)求二面角CBBA1的大小.ABCDOO1ABOCO1D5.(2007海南、宁夏理)如图，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，90BAC°，O为BC中点．（Ⅰ）证明：SO平面ABC；（Ⅱ）求二面角ASCB的余弦值．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BACM的大小;（Ⅲ）求三棱锥MACP的体积.OSBAC7.(2006全国Ⅰ卷文、理)如图，1l、2l是互相垂直的异面直线,MN是它们的公垂线段.点A、B在1l上，C在2l上，AMMBMN。（Ⅰ）证明AC⊥NB；(Ⅱ)若60OACB，求NB与平面ABC所成角的余弦值。8.（2006福建文、理）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，2,2.CACBCDBDABAD（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。CADBOEABMNCl2l1HxyzMABDCOP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Dxyz．则(100)DA，，，(001)CC，，．连结BD，BD．在平面BBDD中，延长DP交BD于H．设(1)(0)DHmmm，，，由已知60DHDA，，由cosDADHDADHDADH，可得2221mm．解得22m，所以22122DH，，．（Ⅰ）因为220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，．即DP与CC所成的角为45．（Ⅱ）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，．因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，．可得DP与平面AADD所成的角为30．2．解：作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为,,xyz轴建立坐标系222(0,0,0),(1,0,0),(0,,0),(,,0),(0,0,2),(0,0,1)222ABPDOM,(1)设AB与MD所成的角为,22(1,0,0),(,,1)22ABMD∵1cos,23ABMDABMD∴∴,∴AB与MD所成角的大小为3(2)222(0,,2),(,,2)222OPOD∵∴设平面OCD的法向量为(,,)nxyz,则0,0nOPnOD即2202222022yzxyz取2z,解得(0,4,2)n设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量(0,4,2)n上的投影的绝对值,(1,0,2)OB∵,23OBndn∴.ABCDPABCDxyzH所以点B到平面OCD的距离为233．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)3,3,0(),3,1,3(1BOAC，.03331BOAC所以AC⊥BO1.（II）解：因为,03331OCBO所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，1BO是平面OAC的一个法向量.设),,(zyxn是0平面O1AC的一个法向量，由,3.0,033001zyzyxCOnACn取得)3,0,1(n.设二面角O—AC—O1的大小为，由n、1BO的方向可知n，1BO，所以coscosn，1BO=.43||||11BOnBOn4.解（向量法）：以D为原点，以DA,DC,1DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系xyzD如图，则有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），).2,0,0(),2,1,0(),2,1,1(),2,0,1(1111DCBA（Ⅰ）证明：),0,2,2(),0,1,1(11ACCA),0,2,2(),0,1,1(11DBBD.2,21111BDDBCAAC平行，与平行，与1111BDDBCAAC于是11CA与AC共面，11DB与BD共面.（Ⅱ）证明：，）＝，，（），，＝（00222001ACDD，）＝，，（），，＝（0022022ACDB.1ACDBACDD，，是平面与111BDDBDBDD内的两条相交直线，.11BDDBAC平面又平面，过ACACCA11.1111BDDBACCA平面平面（Ⅲ）解：.210211201111），，＝（），，，＝（），，，＝（CCBBAA设的法向量，为平面11111),,(ABBAzyxn,02,021111111zyxBBnzxAAn于是).1,0,2(,2,1,0111nzzy则取设的法向量，为平面11222),,(BCCBzyxm.02,022212221zyCCmzyxBBm于是).1,2,0(,2,1,0222myzx则取.51,cosnmnmnm.511的余弦为二面角CBBA5．证明：（Ⅰ）由题设ABACSBSC===SA，连结OA，ABC△为等腰直角三角形，所以22OAOBOCSA，且AOBC，又SBC△为等腰三角形，故SOBC，且22SOSA，从而222SASOOA．所以SOA△为直角三角形，SOAO．又AOBOO．所以SO平面ABC．（Ⅱ）解：以O为坐标原点，射线OBOA，分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz．设(100)B，，，则(100)(010)(001)CAS，，，，，，，，．SC的中点11022M，，，111101(101)2222MOMASC，，，，，，，，．00MOSCMASC，∴··．故,MOSCMASCMOMA，，等于二面角ASCB的平面角．3cos3MOMAMOMAMOMA，··，所以二面角ASCB的余弦值为33．6．解：（Ⅰ）∵,,PCABPCBCABBCB∴PCABC平面，又∵PCPAC平面∴PACABC平面平面（Ⅱ）在平面ABC内，过C作CDCB，建立空间直角坐标系Cxyz（如图）由题意有31,,022A，设000,0,0Pzz，则000310,1,,,,,0,0,22MzAMzCPz由直线AM与直线PC所成的解为060，得0cos60AMCPAMCP，即2200032zzz，解得01zOSBACOSBACMxzy∴310,0,1,,,022CMCA，设平面MAC的一个法向量为111,,nxyz，则1111031022yzyz，取11x，得1,3,3n平面ABC的法向量取为0,0,1m设m与n所成的角为，则3cos7mnmn显然，二面角MACB的平面角为锐角，故二面角MACB的平面角大小为21arccos7（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知，PCMN为正方形∴0113sin1203212PMACAPCMAMNCMACNVVVVACCNMN（Ⅲ）解法二：取平面PCM的法向量取为11,0,0n，则点A到平面PCM的距离1132CAnhn∵1,1PCPM，∴1113311326212PMACAPCMVVPCPMh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)(λ0).∴HN→=(0,1－λ,－2λ),MC→=(0,1,2).HN→·MC→=1－λ－2λ=0,∴λ=13,∴H(0,13,23),可得HN→=(0,23,－23),连结BH,则BH→=(－1,13,23),∵HN→·BH→=0+29－29=0,∴HN→⊥BH→,又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又BN→=(－1,1,0),∴cos∠NBH=BH→·BN→|BH→|·|BN→|=4323×2=63ABMNCl2l1Hxyz8．(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°,即AO⊥OC.,0OCBD∴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(21,23,0),).0,3,1(),1,0,1(CDBA∴,42,cosCDBACDBACDBA∴异面直线AB与CD所成角的大小为.42arccos（Ⅲ）解法一：设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则,0)1,3,0(),,(,0)1,0,1(),,(zyxACnzyxADn∴.03,0zyzx令y=1，得n=(-3,1,3)是平面ACD的一个法向量.又),0,23,21(EC∴点E到平面ACD的距离h=.72173|||·|nnEC（Ⅲ）解法二：设点E到平面ACD的距离为h.CDEAACDAVV,∴h31·S△ACD=31·AO·S△CDE.在△ACD中，CA=CD=2,AD=2,∴S△ACD=,2722222132而AO=1,S△CDE=,23243212∴h=,72127