2011-2012年高考數(shù)學 真題分類匯編 空間向量與立體幾何（含解析）

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1、立體幾何中的向量方法 1.（2012年高考（重慶理））設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,則的取值范圍是 （　　） A． B． C． D． [解析] 以O為原點,分別以OB、OC、OA所在直線為x、y、z軸, 則,A , 2. （2012年高考（陜西理））如圖,在空間直角坐標系中有直三棱柱,,則直線與直線夾角的余弦值為 （　?。? A． B． C． D． 解析:不妨設, ,,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)求二面角的正

2、弦值; (Ⅲ)設E為棱上的點,滿足異面直線BE與CD所成的角為,求AE的長. 【命題意圖】本小題主要考查空間兩條直線的位置關系,二面角、異面直線所成的角,直線與平面垂直等基礎知識,考查用空間向量解決立體幾何問題的方法,考查空間想象能力、運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；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

3、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（新課標理））如圖,直三棱柱中,,是棱的中點, (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),C(,3,0). 設Q(x,y,z),則. ∵,∴. 由,得:. 即:. 對于平面AMN:設其法向量為. ∵. 則. ∴. 同理對于平面AMN得其法向量為. 記所求二面角A—MN—Q的平面角大小為, 則

4、. ∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值為. 5.（2011年安徽） 如圖，為多面體，平面與平面垂直，點在線段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。 （Ⅰ）證明直線∥； （II）求棱錐F—OBED的體積。 本題考查空間直線與直線，直線與平面、平面與平面的位置關系，空間直線平行的證明，多面體體積的計算等基本知識，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力. （I）（綜合法） 證明：設G是線段DA與EB延長線的交點. 由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以 = ∥，OG=OD=2， 同理

5、，設是線段DA與線段FC延長線的交點，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，所以BC是△GEF的中位線，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系. 由條件知 則有 所以即得BC∥EF. （II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是邊長為2的正三角形，故 所以 過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q，

6、由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F—OBED的高，且FQ=，所以 6.（2011年北京） 如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，. (Ⅰ)求證：平面 （Ⅱ）若求與所成角的余弦值； （Ⅲ）當平面與平面垂直時，求的長. 證明：（Ⅰ）因為四邊形ABCD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AC∩BD=O. 因為∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=. 如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O—xyz，則 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，

7、0，0），C（0，，0）. 所以 設PB與AC所成角為，則 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知 設P（0，－，t）（t>0）， 則 設平面PBC的法向量, 則 所以 令則 所以 同理，平面PDC的法向量 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AB=AP． （i）若直線PB與平面PCD所成的角為，求線段AB的長； （ii）在線段AD上是否存在一個點G，

8、使得點G到點P，B，C，D的距離都相等？說明理 由。 分析： 本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系等基礎知識，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)形結合思想、化歸與轉化思想，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為坐標原點，建立空間直角坐標系 A—xyz（如圖） 在平面ABCD內(nèi)，作CE//AB交AD于點E，則 在中，DE=， 設AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0

9、，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t， 所以， （i）設平面PCD的法向量為， 由，，得 取，得平面PCD的一個法向量， 又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得 解得（舍去，因為AD），所以 （ii）假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等， 設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的距離都相等。 從而，在線段AD上不存在一個點G， 使得點G到點P，B，C，D的距離都相等。 解法二：

10、（I）同解法一。 （II）（i）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A—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AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t， 所以， 設平面PCD的法向量為， 由，，得 取，得平面PCD的一個法向量， 又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得 解得（舍去，因為AD）， 所以 （ii）假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等， 由GC=CD，得， 從而，

11、即 設 ， 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的距離都相等， 從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等。 8.（2011年廣東） 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． （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/

12、/EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以 AD 平面DEF。 （2）， 為二面角P—AD—B的平面角， 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PBG。 延長BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD， 所以PO 平面ABCD。 以O為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線OB，OP分別為軸，z軸，平行于AD的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系。 設 由于 得 平面DEF。 （2） 取平面ABD的法向量 設平面PAD的法向量 由 取