高考數(shù)學(xué)專題：空間向量與立體幾何(含解析)

立體幾何中得向量方法１、(2012年高考(重慶理)）設(shè)四面體得六條棱得長分別為1，1，1，1,與，且長為得棱與長為得棱異面,則得取值范圍就是?()Ａ。?Ｂ。 C. D。［解析］以O(shè)為原點，分別以O(shè)B、OC、ＯＡ所在直線為ｘ、y、z軸，則，Ａ,2、（2012年高考（陜西理)）如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱，,則直線與直線夾角得余弦值為 （）A。 B。 C．?D.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（天津理））如圖，在四棱錐中,丄平面，丄，丄，，,、(Ⅰ)證明丄;（Ⅱ）求二面角得正弦值；（Ⅲ）設(shè)E為棱上得點，滿足異面直線ＢE與CD所成得角為，求AE得長、【命題意圖】本小題主要考查空間兩條直線得位置關(guān)系，二面角、異面直線所成得角，直線與平面垂直等基礎(chǔ)知識,考查用空間向量解決立體幾何問題得方法，考查空間想象能力、運算能力與推理論證能力、方法一：（1）以為正半軸方向，建立空間直角左邊系則(2），設(shè)平面得法向量則取就是平面得法向量得：二面角得正弦值為（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,連接,由，可得平面、因此,，從而為二面角得平面角、在中，，由此得,由(1)知,故在中,,因此，所以二面角得正弦值為、4、（2012年高考(新課標(biāo)理））如圖，直三棱柱中,,就是棱得中點,（1)證明：(2）求二面角得大小、第一問省略第二問：如圖建系：A（0，０,0),Ｐ（0，0,),M（，,０），N（，0，0)，C(，3，０）、設(shè)Ｑ（ｘ，y，z）,則、∵，∴、由,得:、即:、對于平面AMN：設(shè)其法向量為、∵、則、∴、同理對于平面AＭN得其法向量為、記所求二面角A—ＭN-Q得平面角大小為，則、∴所求二面角A—MN—Q得平面角得余弦值為、5、(2011年安徽)如圖，為多面體,平面與平面垂直，點在線段上，△OAB，，△,△,△都就是正三角形。(Ⅰ）證明直線∥；（II）求棱錐F-OＢＥD得體積。本題考查空間直線與直線，直線與平面、平面與平面得位置關(guān)系，空間直線平行得證明,多面體體積得計算等基本知識,考查空間想象能力,推理論證能力與運算求解能力、(Ｉ)(綜合法) 證明:設(shè)G就是線段DA與EB延長線得交點、由于△OAB與△ＯDE都就是正三角形,所以=?∥，ＯＧ=OD=2,=?同理,設(shè)就是線段DA與線段FC延長線得交點，有?又由于G與都在線段DＡ得延長線上，所以Ｇ與重合、== 在△ＧＥD與△GFD中,由=∥與OC∥，可知Ｂ與C分別就是GE與GF得中點,所以BC就是△GEF得中位線,故BC∥EＦ、===?(向量法) 過點Ｆ作，交AＤ于點Q，連QE，由平面ABED⊥平面AＤFC,知FQ⊥平面AＢEＤ，以Q為坐標(biāo)原點，為軸正向,為y軸正向，為ｚ軸正向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系、 由條件知 則有 所以即得BＣ∥EF、(II)解：由OB=1,ＯＥ＝2,,而△OED就是邊長為2得正三角形，故?所以?過點F作FQ⊥AD,交ＡＤ于點Q，由平面ＡBEＤ⊥平面ACFD知,ＦQ就就是四棱錐F—OＢED得高，且ＦＱ=,所以6、(２011年北京） 如圖,在四棱錐中,平面，底面就是菱形，、(Ⅰ)求證:平面 (Ⅱ)若求與所成角得余弦值； （Ⅲ）當(dāng)平面與平面垂直時，求得長、證明：（Ⅰ）因為四邊形ＡBCD就是菱形,所以AC⊥ＢD、又因為PA⊥平面ABCＤ、所以PA⊥BD、所以ＢＤ⊥平面PAC、（Ⅱ)設(shè)AC∩BD=O、因為∠BAＤ=６0°，PA=PB=2，所以BO=1，AO=CＯ=、如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz,則P（0，-,2),A(０，-,0），B（１，0，０)，C（0，,0)、所以設(shè)PB與AＣ所成角為,則、(Ⅲ)由（Ⅱ）知設(shè)P(0，－，t）(t〉0），則設(shè)平面ＰBC得法向量,則所以令則所以同理，平面PDC得法向量因為平面PCB⊥平面PＤC，所以=0,即解得所以ＰＡ=7、（2011年福建）如圖,四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD,四邊形ABCＤ中,AB⊥AD，AB+AＤ=4，CD＝,。(I）求證：平面PAB⊥平面ＰAＤ；（IＩ）設(shè)AＢ=ＡP．(i)若直線PＢ與平面PCD所成得角為，求線段AB得長；(ii）在線段ＡD上就是否存在一個點G，使得點G到點Ｐ，B，C,Ｄ得距離都相等?說明理由。分析:本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面得位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論證能力、抽象根據(jù)能力、運算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想,滿分14分.解法一:(Ｉ)因為平面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為坐標(biāo)原點,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—ｘyｚ（如圖)在平面ABCD內(nèi)，作CE/／AＢ交AＤ于點Ｅ,則在中，DE=，設(shè)AB=AＰ=t,則B（t，0,0）,P（0，0，t）由ＡB+AＤ=4，得AD=4—t，所以,（i）設(shè)平面ＰCD得法向量為,由,，得取,得平面ＰCD得一個法向量，又,故由直線ＰB與平面ＰCＤ所成得角為，得解得（舍去,因為ＡD），所以(ii）假設(shè)在線段AD上存在一個點G，使得點G到點Ｐ，Ｂ，Ｃ，D得距離都相等，設(shè)G（0，m，0）（其中）則,由得，（2)由（1）、(2）消去t，化簡得(3)由于方程(３）沒有實數(shù)根,所以在線段AＤ上不存在一個點G，使得點Ｇ到點P,Ｃ，Ｄ得距離都相等。從而,在線段AＤ上不存在一個點Ｇ,使得點Ｇ到點P,B,Ｃ,Ｄ得距離都相等.解法二:(I)同解法一。(II)（ｉ）以Ａ為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyｚ（如圖)在平面ABＣＤ內(nèi)，作ＣＥ//ＡB交ＡD于E，則。在平面ＡBCＤ內(nèi)，作ＣＥ//AＢ交AＤ于點E，則在中，DE＝，設(shè)AＢ=AP=t,則Ｂ（t,0,0），P（0，０，t）由AB＋AD＝4,得AD=4-t,所以，設(shè)平面PCD得法向量為,由，，得取，得平面PＣD得一個法向量，又,故由直線PB與平面PCD所成得角為,得解得（舍去，因為AＤ)，所以（ii)假設(shè)在線段AD上存在一個點G,使得點G到點P，B,Ｃ，Ｄ得距離都相等,由GC=ＣD,得，從而,即設(shè)，在中，這與GB=GD矛盾.所以在線段ＡD上不存在一個點G，使得點G到點Ｂ,C，D得距離都相等，從而,在線段AD上不存在一個點G,使得點G到點P,B，C，D得距離都相等.８、（２011年廣東)如圖５。在椎體P-ABCＤ中,ABCＤ就是邊長為1得棱形，?且∠DAB＝60,，PＢ=２， E,F分別就是BＣ，PC得中點.(1）證明:ＡD平面DEF;（２)求二面角P－AD－B得余弦值. 法一：(1)證明:取AＤ中點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ADＤE，又，所以AD平面DＥF。(2）,?為二面角P-AD—B得平面角, 在 在 法二：(1)取AＤ中點為G，因為 又為等邊三角形,因此,，從而平面P