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历届数学高考试题精选——空间向量与立体几何


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

A1 P

B1



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。
(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。

O

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

D

O1

C

C

D O B

A

O

B

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.

A

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, (Ⅰ) 证明:SO ? 平面 ABC ; ?BAC ? 90° ,O 为 BC 中点. S (Ⅱ)求二面角 A ? SC ? B 的余弦值.

O

C

B
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.

A

7.(2006 全国Ⅰ卷文、理)如图, l1 、 l 2 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 l 2 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 .

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

??? ?

???? ?

???? ?

???? ? ??? ?

??? ? ???? ?

??? ? ???? ?

??? ? ???? ?

可得 2m ?

2m 2 ? 1 .解得 m ?

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

z

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

D?

A?

H P

C?

B?
C

D

y

A 2 2 B ?0? ? 1 ? 1? 0 ???? ? ???? 1 2 2 因为 cos ? DH, DC ?? ? , 2 1? 2 x ???? ? ???? ? 所以 ? DH, DC ?? 60 . ? 可得 DP 与平面 AA?D?D 所成的角为 30 . 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

? 3
B

A C

D P y

x ??? ? ???? 2 2 2 , ?2), OD ? (? , , ?2) (2) ∵ OP ? (0, 2 2 2 ??? ? ???? OP ? 0, n? OD ? 0 ∴设平面 OCD 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 n?

? 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 2 所以点 B 到平面 OCD 的距离为 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 ), BO1 ? (0,?3, 3 ) ,

AC ? BO1 ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0. 所以 AC⊥BO1.
(II)解:因为 BO1 ? OC ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0, 所以 BO1⊥OC, 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,
?n ? AC ? 0 ?? 3x ? y ? 3z ? 0, 由? ?? ? ? ?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 ? 2 D1 B1 . ? AC与 A1C1平行, DB与D1 B1平行, 于是 A1C1 与 AC 共面, B1 D1 与 BD 共面. 0, 2) ? ( ? 2, 2, 0)=0, (Ⅱ)证明: DD1 ? AC=(0,

DB ? AC=(2, 2, 0) ? ( ? 2, 2, 0)=0,
? DD1 ? AC, DB ? AC. DD1与DB是平面B1 BDD1, 内的两条相交直线, ? AC ? 平面B1 BDD1 . 又平面 A1 ACC1过AC, ? 平面A1 ACC1 ? 平面B1 BDD1 .
, 0, 2), BB1=( ? 1, ? 1, 2), CC1=(0, ? 1, 2) . (Ⅲ)解: AA1=( ? 1
设 n ? ( x1 , y1 , z1 )为平面A1 ABB1的法向量,

n ? AA1 ? ? x1 ? 2 z1 ? 0, n ? BB1 ? ? x1 ? y1 ? 2 z1 ? 0, 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 ? y 2 ? 2 z 2 ? 0, m ? CC1 ? ? y 2 ? 2 z 2 ? 0. 于是 x2 ? 0, 取z 2 ? 1, 则y 2 ? 2, m ? (0,2,1). m?n 1 cos m, n ? ? . 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 , 2 SA , △ABC 为等腰直角三角形,所以 OA ? OB ? OC ? 2 且 AO ? BC ,

S

O

C

B

A

2 SA , 2 2 2 2 从而 OA ? SO ? SA .所以 △SOA 为直角三角形, SO ? AO . 又 AO ? BO ? O . 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,建立如图的空间直 角坐标系 O ? xyz .设 B(1 , 0, 0) ,则 C (?1 , 0,, 0) A(0, 1 ,, 0) S (0, 0, 1) . ? ?1 ? 1 ? ???? ? 1 1 ? ??? ? 1 1 ? ???? 0, ? ?, MA ? ? , 1 , ? ?, SC ? (?1 , 0, ? 1) . 0, ? , MO ? ? , SC 的中点 M ? ? , 2? 2? ?2 ?2 ? 2 2? ???? ? ??? ? ???? ??? ? ∴ MO · SC ? 0, MA · SC ? 0 . z ???? ? ???? S 故 MO ? SC,MA ? SC,< MO, MA ? 等于二面角 A ? SC ? B 的平
又 △SBC 为等腰三角形,故 SO ? BC ,且 SO ? 面角.

???? ? ???? ???? ? ???? MO · MA 3 , cos ? MO , MA ?? ???? ? ???? ? 3 MO· MA
3 . 3

M
O
C

所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为

x B

A y

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 (Ⅱ)在平面 ABC 内,过 C 作 CD ? CB ,建立空间直角坐标系 C ? xyz (如图)
3 1 ? ,设 P ? 0, 0, z ?? z ? 0 ? , 由题意有 A ? ,? ,0? 0 0 ? ? ? ? 2 2 ?

???? ? ? ? ? ??? 则 M ? 0,1, z0 ? , AM ? ? 3 , ? 1 , 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 ? 解得 z0

0

?1

2

? ???? ? ??? ? ? ? ∴ 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· BH=0+ - =0, ∴HN⊥BH, 又 MC∩BH=H,∴HN⊥平面 ABC, 9 9 B → ∠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 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° ,即 AO⊥OC.

l2 C

y N

x

? 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

? ? x ? z ? 0, ?n ? AD ? ( x, y, z ) ? (?1,0,?1) ? 0, ∴? ? ? ? 3 y ? z ? 0. ?n ? AC ? ( x, y, z ) ? (0, 3,?1) ? 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 | ? |n|

3 7

?

21 . 7

(Ⅲ)解法二:设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.

? V A? ACD ? V A?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 ? ? ? 2 ? , ∴S△ACD= ? 2 ? 2 2 ? ? 而 AO=1, S△CDE= ? , ? 2 ? 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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