高考數(shù)學(xué)專題：空間向量及立體幾何含解析

1、-. z.立體幾何中的向量方法1.2012年高考理設(shè)四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1,和,且長為的棱與長為的棱異面,則的取值圍是ABCD解析 以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)B、OC、OA所在直線為*、y、z軸, 則,A,2. 2012年高考理如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱,則直線與直線夾角的余弦值為ABCD解析:不妨設(shè),直線與直線夾角為銳角,所以余弦值為,選A.3.2012年高考*理如圖,在四棱錐中,丄平面,丄,丄,.()證明丄;()求二面角的正弦值;()設(shè)E為棱上的點(diǎn),滿足異面直線BE與CD所成的角為,求AE的長.【命題意圖】本小題主要考察空間兩條直線的位置關(guān)系,二面角、異面直線所成的角,直

2、線與平面垂直等根底知識(shí),考察用空間向量解決立體幾何問題的方法,考察空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力.方法一:1以為正半軸方向，建立空間直角左邊系則2，設(shè)平面的法向量則 取是平面的法向量得：二面角的正弦值為3設(shè)；則， 即方法二:(1)證明,由平面,可得,又由,故平面,又平面,所以.(2)解:如圖,作于點(diǎn),連接,由,可得平面.因此,從而為二面角的平面角.在中,由此得,由(1)知,故在中,因此,所以二面角的正弦值為.4.2012年高考新課標(biāo)理如圖,直三棱柱中,是棱的中點(diǎn),(1)證明:(2)求二面角的大小.第一問省略第二問：如圖建系:A(0,0,0),P(0,0,),M(,0),N(,0, 0),

3、C(,3,0).設(shè)Q(*,y,z),則.,.由,得:. 即:.對(duì)于平面AMN:設(shè)其法向量為.則. .同理對(duì)于平面AMN得其法向量為.記所求二面角AMNQ的平面角大小為,則.所求二面角AMNQ的平面角的余弦值為. 5.2011年如圖，為多面體，平面與平面垂直，點(diǎn)在線段上，OAB，,，都是正三角形。證明直線；II求棱錐FOBED的體積。此題考察空間直線與直線，直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，空間直線平行的證明，多面體體積的計(jì)算等根本知識(shí)，考察空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力.I綜合法證明：設(shè)G是線段DA與EB延長線的交點(diǎn). 由于OAB與ODE都是正三角形，所以=，OG=OD=2，同理，設(shè)

4、是線段DA與線段FC延長線的交點(diǎn)，有又由于G和都在線段DA的延長線上，所以G與重合.=在GED和GFD中，由=和OC，可知B和C分別是GE和GF的中點(diǎn)，所以BC是GEF的中位線，故BCEF.向量法過點(diǎn)F作，交AD于點(diǎn)Q，連QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸正向，為y軸正向，為z軸正向，建立如下圖空間直角坐標(biāo)系.由條件知?jiǎng)t有所以即得BCEF.II解：由OB=1，OE=2，而OED是邊長為2的正三角形，故 所以過點(diǎn)F作FQAD，交AD于點(diǎn)Q，由平面ABED平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐FOBED的高，且FQ=，所以6.2011年 如圖，在四棱錐中，平面，底面

5、是菱形，.()求證：平面假設(shè)求與所成角的余弦值；當(dāng)平面與平面垂直時(shí)，求的長.證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以ACBD.又因?yàn)镻A平面ABCD.所以PABD.所以BD平面PAC.設(shè)ACBD=O.因?yàn)锽AD=60，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O*yz，則P0，2，A0，0，B1，0，0，C0，0.所以設(shè)PB與AC所成角為，則.由知設(shè)P0，tt0，則設(shè)平面PBC的法向量,則所以令則所以同理，平面PDC的法向量因?yàn)槠矫鍼CB平面PDC,所以=0，即解得所以PA=7. 2011年 如圖，四棱錐P-ABCD中，PA底面ABCD，四邊形ABCD中，

6、ABAD，AB+AD=4，CD=，I求證：平面PAB平面PAD；II設(shè)AB=APi假設(shè)直線PB與平面PCD所成的角為，求線段AB的長；ii在線段AD上是否存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等？說明理由。分析： 本小題主要考察直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等根底知識(shí)，考察空間想象能力、推理論證能力、抽象根據(jù)能力、運(yùn)算求解能力，考察函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，總分值14分。解法一：I因?yàn)槠矫鍭BCD，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為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)*yz如圖在平面ABCD，作CE/AB交

7、AD于點(diǎn)E，則在中，DE=，設(shè)AB=AP=t，則Bt，0，0，P0，0，t由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，i設(shè)平面PCD的法向量為，由，得取，得平面PCD的一個(gè)法向量，又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得解得舍去，因?yàn)锳D，所以ii假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等，設(shè)G0，m，0其中則，由得，2由1、2消去t，化簡得3由于方程3沒有實(shí)數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，C，D的距離都相等。從而，在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等。解法二：I同解法一。IIi以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)*y

8、z如圖在平面ABCD，作CE/AB交AD于E，則。在平面ABCD，作CE/AB交AD于點(diǎn)E，則在中，DE=，設(shè)AB=AP=t，則Bt，0，0，P0，0，t由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，設(shè)平面PCD的法向量為，由，得取，得平面PCD的一個(gè)法向量，又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得解得舍去，因?yàn)锳D，所以ii假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等，由GC=CD，得，從而，即設(shè)，在中，這與GB=GD矛盾。所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)B，C，D的距離都相等，從而，在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等。8.2011年 如圖5在椎體P-ABCD中，ABCD是邊長為1的棱形，且DAB=60，,PB=2,E,F分別是BC,PC的中點(diǎn)1證明：AD 平面DEF;2求二面角P-AD-B的余弦值法一：1證明：取AD中點(diǎn)G，連接PG，BG，BD。因PA=PD，有，在中，有為等邊三角形，因此，所以平面PBG又PB/EF，得，而DE/GB得AD DE，又，所以AD 平面DEF。2，為二面角PADB的平面角，在在法二：1取AD中點(diǎn)為G，因?yàn)橛譃榈冗吶切?，因此，從而?/p>