新课程高中数学第三章空间向量与立体几何高考真题新人教A版选修2-1

1第三章空间向量与立体几何本章归纳整合高考真题1．(2011·课标全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A­PB­C的余弦值．证明(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)解如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0，0，1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1，0，0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·PB→＝0.即－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m·PB→＝0，m·BC→＝0.可取m＝(0，－1，－3)．cos〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A­PB­C的余弦值为－277.2．(2011·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.2(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．(1)证明因为四边形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.(2)解设AC∩BD＝O，因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝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O­xyz，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)．所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0，23，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝|PB→·AC→|PB→||AC→||＝622×23＝64.(3)解由(2)知BC→＝(－1，3，0)．设P(0，－3，t)(t0)，则BP→＝(－1，－3，t)．设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则BC→·m＝0，BP→·m＝0.所以－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0.令y＝3，则x＝3，z＝6t.所以m＝(3，3，6t)．同理，平面PDC的法向量n＝(－3，3，6t)．因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋36t2＝0，解得t＝6.所以PA＝6.3．(2011·山东高考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.3(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A­BF­C的大小．(1)证明因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°.所以∠EGF＝90°，△ABC∽△EFG.由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.连接AF，由于FG∥BC，FG＝12BC，在▱ABCD中，M是线段AD的中点，则AM∥BC，且AM＝12BC，因此FG∥AM且FG＝AM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.又FA⊂平面ABFE，GM⊄平面ABFE，所以GM∥平面ABFE.(2)解因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°.又EA⊥平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直．分别以AC，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得A(0，0，0)，B(2，－2，0)，C(2，0，0)，E(0，0，1)，所以AB→＝(2，－2，0)，BC→＝(0，2，0)．又EF＝12AB，所以F(1，－1，1)，BF→＝(－1，1，1)．设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·BC→＝0，m·BF→＝0，4所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1，0，1)．设平面向量ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·AB→＝0，n·BF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，取y2＝1，得x2＝1，则n＝(1，1，0)．所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝12.因此二面角A­BF­C的大小为60°.4．(2011·辽宁高考)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角Q­BP­C的余弦值．解如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D­xyz.(1)证明依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则DQ→＝(1，1，0)，DC→＝(0，0，1)，PQ→＝(1，－1，0)．所以PQ→·DQ→＝0，PQ→·DC→＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)依题意有B(1，0，1)，CB→＝(1，0，0)，BP→＝(－1，2，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则n·CB→＝0，n·BP→＝0，即x＝0，－x＋2y－z＝0.因此可取n＝(0，－1，－2)．5设m是平面PBQ的法向量，则m·BP→＝0，m·PQ→＝0.可取m＝(1，1，1)，所以cos〈m，n〉＝－155.故二面角Q­BP­C的余弦值为－155.5．(2011·天津高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A­A1C1­B1的正弦值．解如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(22，0，0)，B(0，0，0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0，22，0)，C1(2，2，5)．(1)易得AC→＝(－2，－2，5)，A1B1→＝(－22，0，0)，于是cos〈AC→，A1B1→〉＝AC→·A1B1→|AC―→|·|A1B1―→|＝43×22＝23，所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.(2)易知AA1→＝(0，22，0)，A1C1→＝(－2，－2，5)．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则m·A1C1→＝0，m·AA1→＝0，即－2x－2y＋5z＝0，22y＝0.不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则n·A1C1→＝0，n·A1B1→＝0，即－2x－2y＋5z＝0，－22x＝0.不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)，6于是cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝27·7＝27，从而sin〈m，n〉＝357.所以二面角A­A1C1­B1的正弦值为357.6．(2011·浙江高考)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A­MC­B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．(1)证明如图以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，AP→＝(0，3，4)，BC→＝(－8，0，0)，由此可得AP→·BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即AP⊥BC.(2)解假设存在满足题意的M，设PM→＝λPA→，λ≠1，则PM→＝λ(0，－3，－4)．BM→＝BP→＋PM→＝BP→＋λPA→＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC→＝(－4，5，0)．设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．由BM→·n1＝0，BC→·n1＝0，得－4x1－（2＋3λ）y1＋（4－4λ）z1＝0，－8x1＝0，即x1＝0，z1＝2＋3λ4－4λy1，可取n1＝(0，1，2＋3λ4－4λ)．7由AP→·n2＝0，AC→·n2＝0，即3y2＋4z2＝0，－4x2＋5y2＝0，得x2＝54y2，z2＝－34y2，可取n2＝(5，4，－3)．由n1·n2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.