高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)

立体几何中的向量方法1.（2012年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a,且长为a的棱与长为2的棱异面,则a的取值范围是（）A．(0,2)B．(0,3)C．(1,2)D．(1,3)[解析]以O为原点,分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴,则22cos4AOPOAOPR,A)0,23,21(),22,0,22(RRPRR42arccosAOP,42arccosRPA2.（2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABCABC,12CACCCB,则直线1BC与直线1AB夹角的余弦值为（）A．55B．53C．255D．35解析:不妨设122CACCCB,11(2,2,1),(0,2,1)ABCB=-=-,111111(2)02(2)115cos,595ABCBABCBABCB×-??+?===-´,直线1BC与直线1AB夹角为锐角,所以余弦值为55,选A.3.（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥PABCD中,PA丄平面ABCD,AC丄AD,AB丄BC,0=45ABC,==2PAAD,=1AC.(Ⅰ)证明PC丄AD;(Ⅱ)求二面角APCD的正弦值;(Ⅲ)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为030,求AE的长.DCBAP【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,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的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.方法一:（1）以,,ADACAP为,,xyz正半轴方向，建立空间直角左边系Axyz则11(2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22DCBP(0,1,2),(2,0,0)0PCADPCADPCAD（2）(0,1,2),(2,1,0)PCCD，设平面PCD的法向量(,,)nxyz则0202200nPCyzyzxyxznCD取1(1,2,1)zn(2,0,0)AD是平面PAC的法向量630cos,sin,66ADnADnADnADn得：二面角APCD的正弦值为306（3）设[0,2]AEh；则(0,0,2)AE，11(,,),(2,1,0)22BEhCD23310cos,2101020BECDBECDhBECDh即1010AE方法二:(1)证明,由PA平面ABCD,可得PAAD,又由,ADACPAACA,故AD平面PAC,又PC平面PAC,所以PCAD.(2)解:如图,作AHPC于点H,连接DH,由,PCADPCAH,可得PC平面ADH.因此,DHPC,从而AHD为二面角APCD的平面角.在RtPAC中,2,1PAAC,由此得25AH,由(1)知ADAH,故在RtDAH中,222305DHADAH,因此30sin6ADAHDDH,所以二面角APCD的正弦值为306.4.（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱111ABCABC中,112ACBCAA,D是棱1AA的中点,BDDC1(1)证明:BCDC1(2)求二面角11CBDA的大小.第一问省略第二问：如图建系:A(0,0,0),P(0,0,26),M(32,32,0),N(3,0,0),C(3,3,0).设Q(x,y,z),则(33)(3326)CQxyzCP，，，，，.∵(3326)CQCP，，,∴(333326)Q，，.由0OQCPOQCP,得:13.即:2326(2)33Q，，.对于平面AMN:设其法向量为()nabc，，.∵33(0)=(300)22AMAN，，，，，.则33330012230300aAMnabbANnac.∴31(0)33n，，.同理对于平面AMN得其法向量为(316)v，，.记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为,则10cos5nvnv.∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为105.5.（2011年安徽）如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，1,2,OAOD△OAB，,△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。（Ⅰ）证明直线BC∥EF；（II）求棱锥F—OBED的体积。本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.[来源:Z,xx,k.Com][来源:Z.xx.k.Com]（I）（综合法）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点.由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥DE21，OG=OD=2，=同理，设G是线段DA与线段FC延长线的交点，有.2ODGO[来源:Z&xx&k.Com]又由于G和G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合.在△GED和△GFD中，由OB∥DE21和OC∥DF21，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.（向量法）过点F作ADFQ，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，QE为x轴正向，QD为y轴正向，QF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(CBFE则有).3,0,3(),23,0,23(EFBC所以,2BCEF即得BC∥EF.（II）解：由OB=1，OE=2，23,60EOBSEOB知，而△OED是边长为2的正三角形，故.3OEDS所以.233OEDEOBOBEDSSS过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=3，所以.2331OBEDOBEDFSFQV6.（2011年北京）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，2,60ABBAD.(Ⅰ)求证：BD平面;PAC===（Ⅱ）若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.证明：（Ⅰ）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.（Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=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).0,32,0(),2,3,1(ACPB设PB与AC所成角为，则4632226||||cosACPBACPB.（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(BC设P（0，－3，t）（t0），则),3,1(tBP设平面PBC的法向量),,(zyxm,则0,0mBPmBC所以03,03tzyxyx令,3y则.6,3tzx所以)6,3,3(tm同理，平面PDC的法向量)6,3,3(tn因为平面PCB⊥平面PDC,所以nm=0，即03662t解得6t所以PA=67.（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=2，45CDA．（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP．（i）若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的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PA平面ABCD，AC平面ABCD，所以PAAB，又,,ABADPAADA所以AB平面PAD。又AB平面PAB，所以平面PAB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.CEAD在RtCDE中，DE=cos451CD，sin451,CECD设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt，(1,1,0),(0,4,).CDPDtt（i）设平面PCD的法向量为(,,)nxyz，由nCD，nPD，得0,(4)0.xytytx取xt，得平面PCD的一个法向量{,,4}nttt，又(,0,)PBtt，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得22222|24|1cos60||,,2||||(4)2nPBttnPBtttx即解得445tt或（舍去，因为AD40t），所以4.5AB（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，设G（0，m，0）（其中04mt）则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GCtmGDtmGPmt，由||||GCGD得222(4)tmmt，（2）由（1）、（2）消去t，化简得2340mm（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的距离都相等。从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。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CEAD。在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则.CEAD在RtCDE中，DE=cos451CD，sin451,CECD设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt，(1,1,0),(0,4,).CDPDtt设平面PCD的法向量为(,,)nxyz，由nCD，nPD，得0,(4)0.xytytx取xt，得平面PCD的一个法向量{,,4}nttt，又(,0,)PBtt，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得22222|24|1cos60||,,2||||(4)2nPBttnPBtttx即解得445tt或（舍去，因为AD40t），所以4.5AB（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，由GC=CD，得45GCDGDC，从而90CGD，即,CGADsin451,GDCD设,AB则AD=4-,3AGADGD，在RtABG中，2222(3)GBABAG[来源:Z§xx§k.Com]2392()1,22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的距离都相等，从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。8.（2011年广东）如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且∠DAB=60，2PAPD,PB=2,E,F分别是BC,PC的中点．（1）证明：AD平面DEF;（2）求二面角P-AD-B的余弦值．[来源:Zxxk.Com]法一：（