歷屆數(shù)學高考中的試題精選空間向量與立體幾何

空間向量與立體幾何1.(2008海南、寧夏理)如圖，已知點P在正方體ABCD－A1B1C1D1的對角線BD1上，∠PDA=60°（1）求DP與CC1所成角的大??；（2）求DP與平面AA1D1D所成角的大小。2.（2008安徽文）如圖，在四棱錐中，底面四邊長為1的菱形，,,,為的中點。（Ⅰ）求異面直線AB與MD所成角的大小；（Ⅱ）求點B到平面OCD的距離。ABCDOO1ABOCO1D3.（2005湖南文、理）如圖1，已知ABCDOO1ABOCO1D（Ⅰ）證明：AC⊥BO1；（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小。4.（2007安徽文、理)如圖,在六面體中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,四邊形是邊長為1的正方形,平面,平面ABCD，DD1=2。(Ⅰ)求證:與AC共面，與BD共面.(Ⅱ)求證:平面(Ⅲ)求二面角的大小.歷屆高考中的“空間向量與立體幾何”試題選講(參考答案)1．解：如圖，以為原點，為單位長建立空間直角坐標系．則，．連結，．在平面中，延長交于．設，由已知，由ABCDPxyzABCDPxyzH（Ⅰ）因為，所以．即與所成的角為．（Ⅱ）平面的一個法向量是．因為，所以．可得與平面所成的角為．2．解：作于點P,如圖,分別以AB,AP,AO所在直線為軸建立坐標系,(1)設與所成的角為,,與所成角的大小為(2)設平面OCD的法向量為,則即取,解得設點B到平面OCD的距離為,則為在向量上的投影的絕對值,,.所以點B到平面OCD的距離為3．解:（I）證明由題設知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為原點，OA、OB、OO1 所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系， 如圖3，則相關各點的坐標是A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1，）,O1（0，0，）.從而， 所以AC⊥BO1.（II）解：因為所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一個法向量.設是0平面O1AC的一個法向量，由得.設二面角O—AC—O1的大小為，由、的方向可知，>， 所以cos，>=4.解（向量法）：以D為原點，以DA,DC,所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖，則有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（Ⅰ）證明：于是與AC共面，與BD共面.（Ⅱ）證明：內(nèi)的兩條相交直線，又平面（Ⅲ）解：設于是設于是5．證明：（Ⅰ）由題設，連結，為等腰直角三角形，所以，且，又為等腰三角形，故，且，從而．所以為直角三角形，．又．所以平面．（Ⅱ）解：以為坐標原點，射線分別為軸、軸的正半軸，建立如圖的空間直角坐標系．設，則．的中點，．．故等于二面角的平面角．，所以二面角的余弦值為．6．解：（Ⅰ）∵∴，又∵∴（Ⅱ）在平面內(nèi)，過作，建立空間直角坐標系（如圖）由題意有，設，則由直線與直線所成的解為，得，即，解得∴，設平面的一個法向量為，則，取，得平面的法向量取為設與所成的角為，則顯然，二面角的平面角為銳角，故二面角的平面角大小為（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知，為正方形∴（Ⅲ）解法二：取平面的法向量取為，則點A到平面的距離∵，∴7．解:如圖,建立空間直角坐標系M－xyz.令MN=1,則有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN是l1、l2的公垂線,l1⊥l2,∴l(xiāng)2⊥平面ABN.l2平行于z軸.故可設C(0,1,m).于是eq\o(AC,\s\up6(→))=(1,1,m),eq\o(NB,\s\up6(→))=(1,－1,0).∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))=1+(－1)+0=0∴AC⊥NB.ABMNCl2l1Hxyz(Ⅱ)∵eq\o(AC,\s\up6(→))=(1,1,m),eq\o(BC,\s\up6(→))=(－1,1,m),∴|eq\o(AC,\s\up6(→))|=|eq\o(BC,\s\up6(→))|,又已知∠ACB=60°,∴△ABC為正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=eq\r(2),可得NC=eq\r(2),故C(0,1,eq\r(2)).ABMNCl2l1Hxyz連結MC,作NH⊥MC于H,設H(0,λ,eq\r(2)λ)(λ>0).∴eq\o(HN,\s\up6(→))=(0,1－λ,－eq\r(2)λ),eq\o(MC,\s\up6(→))=(0,1,eq\r(2)).eq\o(HN,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))=1－λ－2λ=0,∴λ=eq\f(1,3),∴H(0,eq\f(1,3),eq\f(\r(2),3)),可得eq\o(HN,\s\up6(→))=(0,eq\f(2,3),－eq\f(\r(2),3)),連結BH,則eq\o(BH,\s\up6(→))=(－1,eq\f(1,3),eq\f(\r(2),3)),∵eq\o(HN,\s\up6(→))·eq\o(BH,\s\up6(→))=0+eq\f(2,9)－eq\f(2,9)=0,∴eq\o(HN,\s\up6(→))⊥eq\o(BH,\s\up6(→)),又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH為NB與平面ABC所成的角.又eq\o(BN,\s\up6(→))=(－1,1,0),∴cos∠NBH=eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→)),|\o(BH,\s\up6(→))|·|\o(BN,\s\up6(→))|)=eq\f(\f(4,3),\f(2,\r(3))×\r(2))=eq\f(\r(6),3)8．(1)證明：連結OC.

∵BO=DO,AB=AD,∴AO⊥BD.

∵BO=DO,BC=CD,∴CO⊥BD.

在△AOC中，由已知可得AO=1,CO=.而AC=2,∴AO2+CO2=AC2,

∴∠AOC=90°,即AO⊥OC.∴AO平面BCD.（Ⅱ）解：以O為原點，如圖建立空間直角坐標系，則B(1，0，0)，D(-1，0，0)，C(0，，0)，A(0,0,1),E(,,0),∴∴異面直線AB與CD所成角的大小為（Ⅲ）解法一：設平面ACD的法向量為n=