历届数学高考中的试题精选——空间向量与立体几何

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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 ? A B C D 中,底面 A B C D 四边长为 1 的 菱形, ? A B C ?
O A ? 底 面 A B C D , O A ? 2 , M 为 O A 的中点。

?
4

,

(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

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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 C

D

O1

C

D O B

A

O

B

A

4.(2007 安徽文、理)如图,在六面体 ABCD ? A1 B 1 C 1 D 1 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,四边形
A1 B 1 C 1 D 1 是边长为 1 的正方形, DD 1 ? 平面 A1 B 1 C 1 D 1 , DD 1 ? 平面 ABCD,DD1=2。

(Ⅰ)求证: A 1 C 1 与 AC 共面, B 1 D 1 与 BD 共面. (Ⅱ)求证:平面 A1 ACC
1

? 平面 B 1 BDD 1 ;

(Ⅲ)求二面角 A ? BB 1 ? C 的大小.

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? 5.(2007 海南、 宁夏理)如图, 在三棱锥 S ? A B C 中, 侧面 S A B 与侧面 S A C 均为等边三角形, B A C ? 9 0 ° , O 为 B C 中点. (Ⅰ)证明: S O ? 平面 A B C ; S (Ⅱ)求二面角 A ? S C ? B 的余弦值.

O

C

B

A

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.

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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, A M ? M B ? M N 。 (Ⅰ)证明 AC⊥NB; (Ⅱ)若 ? A C B ? 6 0 ,求 N B 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,
C A ? C B ? C D ? B D ? 2, A B ? A D ? 2.
A

(I)求证: A O ? 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

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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, D A 为单位长建立空间直角坐标系 D ? xyz .
0 0 0 1) 则 D A ? (1,,) , C C ? ? (0,, .连结 B D , B ?D ? .
1)( 在平面 B B ?D ?D 中,延长 D P 交 B ?D ? 于 H .设 D H ? ( m, m, m ? 0 ) , ???? ?

??? ?

???? ?

D D 由已知 ? D H , A ? ? 6 0 ,由 D A ?D H ? D A D H co s ? D A, H ?

???? ??? ? ?

?

??? ???? ? ?

??? ???? ? ?
???? ?

??? ???? ? ?

可得 2 m ?

2 m ? 1 .解得 m ?
2

2 2

,所以 D H ? ? ?
2 2 1? 2

?

2



? 2

? ,? . 1 ? 2 ? 2

z
D?
C?

2 C (Ⅰ)因为 c o s ? D H , C ? ? ? 2 ???? ???? ? ?

?0?

? 0 ? 1?1 ?

2 2
?



A?

H P
B?

???? 1, (Ⅱ)平面 A A ? D ?D 的一个法向量是 D C ? (0, 0 ) .
2 ???? ???? ? D 因为 c o s ? D H , C ? ? 2 1? ?0? 2 2 2
?

C 所以 ? D H , C ? ? ? 4 5 .即 D P 与 C C ? 所成的角为 4 5 .
?

???? ???? ? ?

D A B

C

y

?1 ? 1? 0 ?

1 2

, x
z O

???? ???? ? ? D 所以 ? D H , C ? ? 6 0 .

可得 D P 与平面 A A ? D ?D 所成的角为 3 0 .

2.解:作 A P ? C D 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x , y , z 轴建立坐

M

标系

A x B C

D P y

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A ( 0 , 0 , 0 ), B (1, 0 , 0 ), P ( 0 , 2 2 , 0 ), D ( ? 2 2 , 2 2 , 0 ), O ( 0 , 0 , 2 ), M ( 0 , 0 ,1)

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,

(1)设 A B 与 M D 所成的角为 ? ,
??? ? ???? ? ∵ A B ? (1, 0 , 0 ), M D ? ( ? 2 2 , 2 2 , ? 1)

??? ???? ? ? A B ?M D 1 ? ∴ c o ? ? ??? ???? ? s ∴? ? , ? ? 2 3 AB ? M D
∴ A B 与 M D 所成角的大小为

,

?
3

(2) ∵ O P ? (0 ,

??? ?

2 2

???? , ? 2 ), O D ? ( ?

2 2

,

2 2

, ?2)

??? ? ???? ∴ 设平面 OCD 的法向量为 n ? ( x , y , z ) ,则 n ?O P ? 0 , n ?O D ? 0

? 2 y ? 2z ? 0 ? ? 2 即 ? 取z ? 2 2 ? ? x? y ? 2z ? 0 ? ? 2 2
??? ? OB ?n n

2 ,解得 n ? (0, 4,

2)

设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ,则 d 为 O B 在向量 n ? (0, 4, 2 ) 上的投影的绝对值,
??? ? ∵ OB ? ( 1 , 0 , ? ) ,2 ∴ d ?

??? ?

?

2 3

.

所以点 B 到平面 OCD 的距离为

2 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 ), BO 1 ? ( 0 , ? 3 , 3 ) ,
AC ? BO 1 ? ? 3 ? 3? 3 ? 0 . 所以 AC⊥BO1.

(II)解:因为 BO 1 ? OC ? ? 3 ?

3?

3 ? 0 , 所以 BO1⊥OC,

由(I)AC⊥BO1,所以 BO1⊥平面 OAC, BO 1 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, 由 ? n ? AC ?
? ?? 3x ? y ? ? ? ? n ? O 1C ? 0 ? y ? 0. ? ? 0 3 z ? 0, 取z ? 3,

得 n ? (1, 0 , 3 ) .

设二面角 O—AC—O1 的大小为 ? ,由 n 、 BO 1 的方向可知 ? ?? n , BO 1 >, 所以 cos ? ? cos ? n , BO 1 >=
n ? BO
1

| n | ? | BO

?
1

3 4

.

|

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4.解 (向量法) 以 D 为原点, DA,DC, DD 1 所在直线分别为 x 轴, 轴, 轴建立空间直角坐标系 D ? xyz : 以 y z 如图,则有 A(2,0,0) ,B(2,2,0) ,C(0,2,0) A1 (1, 0 , 2 ), B 1 (1,1, 2 ), C 1 ( 0 ,1, 2 ), D 1 ( 0 , 0 , 2 ). , (Ⅰ)证明:? A1 C 1 ? ( ? 1,1, 0 ), AC ? ( ? 2 , 2 , 0 ), D 1 B 1 ? (1,1, 0 ), DB ? ( 2 , 2 , 0 ),
? AC ? 2 A1 C 1 , DB ? 2 D 1 B 1 .

? AC 与 A1 C 1 平行,DB 与 D 1 B 1 平行,

于是 A 1 C 1 与 AC 共面, B 1 D 1 与 BD 共面.
0 2 ( 2 0 (Ⅱ)证明: DD 1 ? AC =( 0,,)? ? 2,,)= 0,
DB ? AC =( 2,,)( ? 2,,)= 0, 2 0 ? 2 0

? DD 1 ? AC , ? AC . DB

DD 1 与 DB 是平面 B 1 BDD 1, 内的两条相交直线,
? AC ? 平面 B 1 BDD 1 .

又平面 A1 ACC 1 过 AC ,

? 平面 A1 ACC

1

? 平面 B 1 BDD 1 .

0 2 BB ? 2 CC ? 2 . (Ⅲ)解: AA 1=( ? 1,,), 1=( ? 1, 1,), 1=( 0, 1,)

设 n ? ( x 1 , y 1 , z 1 )为平面 A1 ABB 1的法向量,
n ? AA 1 ? ? x 1 ? 2 z 1 ? 0 , n ? BB 1 ? ? x 1 ? y 1 ? 2 z 1 ? 0 ,

于是 y 1 ? 0 , 取 z 1 ? 1, 则 z 1 ? 2 , n ? ( 2 , 0 ,1). 设 m ? ( x 2 , y 2 , z 2 )为平面 B 1 BCC 1的法向量,
m ? BB 1 ? ? x 2 ? y 2 ? 2 z 2 ? 0 , m ? CC
m ?n m n 1 5
? 1 5 .
1

? ? y 2 ? 2 z 2 ? 0.

于是 x 2 ? 0 , 取 z 2 ? 1, 则 y 2 ? 2 , m ? ( 0 , 2 ,1).
cos m , n ? ? .

? 二面角 A ? BB 1 ? C 的余弦为

5.证明: (Ⅰ)由题设 A B = A C = S B = S C ? S A ,连结 O A ,
△ A B C 为等腰直角三角形,所以 O A ? O B ? O C ?
2 2 SA ,
S

且 AO ? BC , 又 △ S B C 为等腰三角形,故 S O ? B C ,且 S O ?
2 2 2

2 2

SA ,
C

O S 从而 OA ? SO ? SA . 所以 △ S O A 为直角三角形, O ? A O . 又 AO ? BO ? O . B A 所以 S O ? 平面 A B C . (Ⅱ)解:以 O 为坐标原点,射线 O B, O A 分别为 x 轴、 y 轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系

0 0 0 0 1, 0 1) O ? x y z .设 B (1,, ) ,则 C ( ? 1,, ), A (0, 0 ), S (0,, .
1? ? 1 0 S C 的中点 M ? ? ,, ? , 2? ? 2
z

S

M

O

C
A

x

B

y

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所以二面角 A ? S C ? B 的余弦值为

3 3



6.解: (Ⅰ)∵ P C ? A B , P C ? B C , A B ? B C ? B ∴ PC ? 平 面 ABC , 又∵ P C ? 平 面 P A C ∴平 面 PAC ? 平 面 ABC (Ⅱ)在平面 A B C 内,过 C 作 C D ? C B ,建立空间直角坐标系 C ? x y z (如图) 由题意有 A ? ?
3 ? 2 ? ,? 1 ? , 0 ? ,设 P ? 0, 0, z 0 ? 2 ?

? ? z0

? 0? ,

则 M ? 0 ,1, z 0 ? , A M

???? ?

? 3 1 ?? , ? , z0 ? 2 2 ?

? ? ??? ? , C P ? ? 0, 0, z0 ? ? ?
0

由直线 A M 与直线 P C 所成的解为 6 0 ,得
???? ??? ? ? ???? ??? ? ? ? 2 0 A M ? C P ? A M ? C P ? c o s 6 0 ,即 z 0 ?

2

z0 ? 3 ? z0 ,
2

解得 z 0 ? 1 ∴CM
???? ? ??? ? ? 3 ? 1 ? ? 0 , 0 ,1 ? , C A ? ? ,? ,0? ? 2 ? 2 ? ?

,设平面 M A C 的一个法向量为 n ? ? x1 , y 1 , z 1 ? ,

?

y1 ? z1 ? 0 ? ? ? 则? 3 ,取 x1 ? 1 ,得 n ? 1, 3 , ? 3 1 y1 ? z1 ? 0 ? ? 2 2 ?? 平面 A B C 的法向量取为 m ? ? 0 , 0 ,1 ? ?? ? ?? ? m ?n ? 3 设 m 与 n 所成的角为 ? ,则 c o s ? ? ?? ? ? 7 m ? n

?

?

显然,二面角 M ? A C ? B 的平面角为锐角, 故二面角 M ? A C ? B 的平面角大小为 a rc c o s (Ⅲ)解法一:由(Ⅱ)知, P C M N 为正方形 ∴V P ? M AC ? V A ? PC M ? V A ? M N C ? V M ? AC N ?
1 3 ? 1 2 A C ? C N ? sin 1 2 0 ? M N ?
0

21 7

3 12

你的首选资源互助社区 ??? ?? ? C A ? n1 ?? 3 ? (Ⅲ)解法二:取平面 P C M 的法向量取为 n1 ? ? 1, 0 , 0 ? ,则点 A 到平面 P C M 的距离 h ? ?? 2 n
1

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???? ???? ? ∵ P C ? 1, P M ? 1 ,

∴V P ? M AC ? V A ? PCM ? ?

1 3

?

? 1 ???? ???? 1 3 3 PC ? PM ? h ? ? 1? 1? ? 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). l2 连结 MC,作 NH⊥MC 于 H,设 H(0,λ , 2λ ) (λ >0). z → C ∴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, 3, 3 ), 可得HN=(0,3, - 3 ), 连结 BH,则BH=(-1,3, 3 ), 2 2 → → → → ∵HN·BH=0+9 - 9 =0, ∴HN⊥BH, 又 MC∩BH=H,∴HN⊥平面 ABC, → ∠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
A M B x N y

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.
? 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 2

,

3 2

,0),

BA ? ( ? 1, 0 ,1), CD ? ( ? 1, ? 3 , 0 ).

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∴ cos BA , CD

?

BA ? CD BA CD

?

2 4

,
2 4

∴异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos

.

(Ⅲ)解法一:设平面 ACD 的法向量为 n=(x,y,z),则
? n ? AD ? ( x , y , z ) ? ( ? 1, 0 , ? 1) ? 0 , ? x ? z ? 0, ? ∴? ? ? n ? AC ? ( x , y , z ) ? ( 0 , 3 , ? 1 ) ? 0 , ? 3 y ? z ? 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=
| EC · n | |n| ? 3 7 ? 21 7 .

1 2

,

3 2

, 0 ),

(Ⅲ)解法二:设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.
? V A ? ACD ? V A ? CDE ,
1 1 3

∴ h ·S△ACD =
3

·AO·S△CDE.

在△ACD 中,CA=CD=2,AD= 2 , ∴S△ACD=
1 2 ? 2 ? 2
2

? 2 ? ? ?? ? 2 ? ? ?

3

?

7 2

, 而 AO=1, S△CDE=

1 2

?

3 4

?2

2

?

3 2

,

∴h=

AO ? S ? CDE S ? ACD

1? ? 2 7

3 2 ? 21 7 ,

∴点 E 到平面 ACD 的距离为

21 7

.


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