高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

立体几何中的向量方法

1.（2012年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为

1,1,1,1,2和a ,且长为

a 的棱与长为2的棱异面,则a 的取值范围是（

） A ．(0,2)

B ．(0,3)

C ．(1,2)

D ．(1,3)

[解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴, 则22cos 4

AO PO AOP R ?∴∠=

=,A

)0,23

,21(),22,0,22(R R P R R 42arccos =∠∴AOP ,4

arccos ?=∴R P A

2. （2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱

111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为

（

） A ．

B ．

C ．

5 D ．35

解析:不妨设122CA CC CB ===,

1(2,2,1),(0,2,1)AB C B

111111(5

cos

,95

AB C B AB C B

AB C B

,直线1BC 与直线1AB 夹角为锐角,所以余弦值为

,选A. 3.（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥P ABCD -中,PA 丄平面ABCD ,AC 丄

AD ,AB 丄BC ,0=45ABC ∠,==2PA AD ,=1AC . (Ⅰ)证明PC 丄AD ;

(Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值;

(Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为030,求AE 的长.

【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成

的角,直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.

方法一:（1）以,,AD AC AP 为,,x y z 正半轴方向，建立空间直角左边系

A xyz -

则11

(2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22

D C B P -

(0,1,2),(2,0,0)0PC AD PC AD PC AD =-=?=?⊥

（2）(0,1,2),(2,1,0)PC CD =-=-，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =

则0

202200n PC y z y z x y x z n CD ?=-==????????-===???? 取1(1,2,1)z n =?=

(2,0,0)AD =是平面PAC 的法向量

630

cos ,sin ,6AD n AD n AD n AD n

<>=

?<>=得：二面角A PC D --的正弦值为

（3）设[0,2]AE h =∈；则(0,0,2)AE =，11

(,,),(2,1,0)22

BE h CD =-=-

3310

cos ,210

1020BE CD BE CD h BE CD

h <>=

?=+ 即1010AE =

方法二:(1)证明,由PA ⊥平面ABCD ,可得PA AD ⊥,又由,AD AC PA AC A ⊥?=,故AD ⊥平面PAC ,又

PC ?平面PAC ,所以PC AD ⊥.

(2)解:如图,作AH PC ⊥于点H ,连接DH ,由

,PC AD PC AH ⊥⊥,可得PC ⊥平面ADH .因

此,DH PC ⊥,从而AHD ∠为二面角A PC D --的平面角.

在Rt PAC ?中,2,1PA AC ==,由此得5

AH =

,由(1)知AD AH ⊥,故在Rt DAH ?中,222305DH AD AH =+=

,因此30

sin 6

AD AHD DH ∠==,所以

二面角A PC D --的正弦值为

306

4.（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱111

ABC A B C -中,11

AC BC AA ==

,D 是棱1AA 的中点,BD DC ⊥1 (1)证明:BC DC ⊥1

(2)求二面角11C BD A --的大小.

第一问省略

第二问：如图建系:

A (0,0,0),P (0,0,26),M (32

2,0),

N (3,0, 0),C (3,3,0).

设Q (x ,y ,z ),则(33)(3326)CQ x y z CP =--=--，，，，

，. ∵(3326)CQ CP λλλλ==--，

，,∴(333326)Q λλλ--，，. 由0OQ CP OQ CP ⊥??=,得:13λ=. 即:2326

(2)Q ，，. 对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33

(0)=(300)22

AM AN =-

，，，，，. 则333

012

300a AM n a b b AN n a c ?=

???=-

+=?????

???=???

?=?

=???

. ∴31

(

0)33

n =，，. 同理对于平面AMN 得其法向量为(316)v =-，，

. 记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ, 则10

cos n v n v

θ?=

?. ∴所求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值为

. 5.（2011年安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂

直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==△OAB ，,△OAC ，△ODE ，△

ODF 都是正三角形。（Ⅰ）证明直线BC ∥EF ；（II ）求棱锥F —OBED 的体积。

本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.

（I ）（综合法）

证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点. 由于△OAB 与△ODE 都是

正三角形，所以

OB ∥DE 21，OG=OD=2，

同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O

又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合.

在△GED 和△GFD 中，由OB ∥DE 21和OC ∥DF 21

，可知B 和C 分别是

GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF.

（向量法）

= = =

过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，为x 轴正向，为y 轴正向，为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.

由条件知

).23,23,0(),0,23,23(

),3,0,0(),0,0,3(--C B F E

则有

).3,0,3(),23

,0,23(-=-

=EF BC

所以,2=即得BC ∥EF.

（II ）解：由OB=1，OE=2，

,60=

?=∠EOB S EOB 知，而△OED 是边长为2

的正三角形，故.3=OED S

所以

.23

+=OED EOB OBED S S S

过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以

.2331=?=

-OBED OBED F S FQ V

6.（2011年北京）

如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，

2,60AB BAD =∠=.

(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；

（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.

证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.

又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD. 所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=3.

如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则

P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则

2226|

|||cos =?=

??AC PB AC PB θ

（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0），则),3,1(t BP --=

设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=?=?m BP m BC

所以????

?-+--=+-03,03tz y x y x

令,3=y 则.

,3t z x == 所以

)

,3,3(t m = 同理，平面PDC 的法向量

)

,3,3(t n -= 因为平面PCB ⊥平面PDC,

所以n m ?=0，即036

62=+

-t

解得6=t 所以PA=6

7. （2011年福建）

如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB+AD=4，CD=2，?=∠45CDA ．

（I ）求证：平面PAB ⊥平面PAD ；（II ）设AB=AP ．

（i ）若直线PB 与平面PCD 所成的角为?30，求线段AB 的长；

（ii ）在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理

由。

分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。解法一：

（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，

AC ?平面ABCD ，所以PA AB ⊥，又,,AB AD PA

AD A ⊥=

所以AB ⊥平面PAD 。

又AB ?平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD 。（II ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系

A —xyz （如图）

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于点E ，则.CE AD ⊥ 在Rt CDE ?中，DE=cos451CD ??=，

sin 451,CE CD =??=

设AB=AP=t ，则B （t ，0，0），P （0，0，t ）由AB+AD=4，得AD=4-t ，

所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---，

(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--

（i ）设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，

由n CD ⊥，n PD ⊥，得0,(4)0.x y t y tx -+=??

--=?

取x t =，得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-，

又(,0,)PB t t =-，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30?，得

222221

cos 60||,,

||||(4)2n PB n PB t t t x ??==?++-?即

解得44

5t t ==或（舍去，因为AD 40t =->），所以

.5AB = （ii ）假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等，

设G （0，m ，0）（其中04m t ≤≤-）

则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GC t m GD t m GP m t =--=--=-，

由||||GC GD =得222

(4)t m m t --=+，（2）由（1）、（2）消去t ，化简得2

340m m -+=（3）

由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，C ，D 的距离都相等。从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等。解法二：（I ）同解法一。

（II ）（i ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A —xyz （如图）

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于E ，则CE AD ⊥。

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于点E ，则.CE AD ⊥ 在Rt CDE ?中，DE=cos451CD ??=，

sin 451,CE CD =??=

设AB=AP=t ，则B （t ，0，0），P （0，0，t ）由AB+AD=4，得AD=4-t ，

所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---，

(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--

设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，

由n CD ⊥，n PD ⊥，得0,(4)0.x y t y tx -+=??

--=?

取x t =，得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-，

又(,0,)PB t t =-，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30?，得

222221

cos 60||,,

||||(4)2n PB n PB t t t x ??==?++-?即

解得4

45t t ==或（舍去，因为AD 40t =->），所以

5AB = （ii ）假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等，

由GC=CD ，得45GCD GDC ∠=∠=?，从而90CGD ∠=?，即,CG AD ⊥

∴sin 451,GD CD =??=

设,AB λλ=则AD=4-,

3AG AD GD λ=-=-，

在Rt ABG ?中，2222

(3)GB AB AG λλ=+=+-

239

2()1,

22λ=-+> 这与GB=GD 矛盾。

所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B ，C ，D 的距离都相等，从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等。

8.（2011年广东）

如图5．在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且∠DAB=60?，2PA PD ==,PB=2,

E,F 分别是BC,PC 的中点．（1）证明：AD ⊥平面DEF; （2）求二面角P-AD-B 的余弦值．法一：（1）证明：取AD 中点G ，连接PG ，BG ，BD 。

因PA=PD ，有PG AD ⊥，在ABD ?中，1,60AB AD DAB ==∠=?，有

ABD ?为

等边三角形，因此,BG AD BG PG G ⊥?=，所以

AD ⊥平面PBG ,.AD PB AD GB ?⊥⊥

又PB//EF ，得AD EF ⊥，而DE//GB 得AD ⊥DE ，又FE DE E ?=，所

以

AD ⊥平面DEF 。

（2）,PG AD BG AD ⊥⊥，

PGB ∴∠为二面角P —AD —B 的平面角，

在

2227,4Rt PAG PG PA AG ?=-=

中

在

3Rt ABG ???中,BG=AB sin60

734

44cos 2773

222PG BG PB PGB PG BG +-+-∴∠===-

???

法二：（1）取AD 中点为G ，因为,.PA PD PG AD =⊥

又,60,AB AD DAB ABD =∠=??为等边三角形，因此，BG AD ⊥，从而AD ⊥平面PBG 。

延长BG 到O 且使得PO ⊥OB ，又PO ?平面PBG ，PO ⊥AD ，

,AD OB G ?=

所以PO ⊥平面ABCD 。

以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设11

(0,0,),(,0,0),(,,0),(,,0).

22P m G n A n D n -则

||||sin 602GB AB =?=

333131(,0,0),(,1,0),(,,0),(,,).22222422n m B n C n E n F ∴+

+++

由于

33(0,1,0),(

,0,0),(,0,)222n m

AD DE FE ===+-

得0,0,,,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E ?=?=⊥⊥?=

AD ∴⊥平面DEF 。

（2）

(,,),(,0,)

2PA n m PB n m =--=+-

22221332,()2,1,422m n n m m n ++

=++===解之得

取平面ABD 的法向量1(0,0,1),n =-

设平面PAD 的法向量

2(,,)

n a b c =

由

22330,0,0,0,22b b

PA n a c PD n c ?=--=?=+-=得

由

取

2(1,0,

2n =

12cos ,7n n ∴<>=