空间向量与立体几何高考题汇编

如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，

PD底面ABCD，点E在棱PB上.

（Ⅰ）求证：平面AEC平面PDB；

（Ⅱ）当PD2AB且E为PB的中点时，求AE与 平面PDB所成的角的大小.

解:如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz， 设ABa,PDh,

则Aa,0,0,Ba,a,0,C0,a,0,D0,0,0,P0,0,h，

（Ⅰ）∵ACa,a,0,DP0,0,h,DBa,a,0，

∴ACDP0,ACDB0，

∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB， ∴平面AEC平面PDB.

112P0,0,2a,E（Ⅱ）当PD2AB且E为PB的中点时，

2a,2a,2a， 设AC∩BD=O，连接OE，

由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O， ∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，

11222， a,EO0,0,a222， 2 ∵EAa,a,2∴cosAEOEAEOEAEO∴AOE45，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.

2.(2009山东卷)（本小题满分12分）

如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB1111113331223EE1(31,,1)CF(3,1,0)CC1(0,0,2)22FC1(3,1,2)1

F

n(x,y,z)nCF0nCC10113xy0z0n(1,3,0)nEE13113100nEE122

M nFB0FB(0,2,0),设平面BFC1的法向量为n1(x1,y1,z1),则1（2）所以

n1FC10y10,取n1(2,0,3),则nn12130032, 3x1y12z10|n|1(3)22,|n1|220(3)27,

所以cosn,n1nn127,由图可知二面角B-FC1-C为锐角,所

7|n||n1|27以二面角B-FC1-C的余弦值为

7. 73.（2009全国卷Ⅱ）（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE平面BCC1 （I）证明：ABAC

（II）设二面角ABDC为60°，求B1C与平面BCD所成的角的大小。 （I）分析一：连结BE，ABCA1B1C1为直三棱柱， B1BC90,

E为B1C的中点，BEEC。又DE平面BCC1，

BDDC（射影相等的两条斜线段相等）而DA平面ABC，

。 ABAC（相等的斜线段的射影相等）

分析二：取BC的中点F，证四边形AFED为平行四边形，进而证AF∥DE，AFBC，得ABAC也可。

分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。

（II）分析一：求B1C与平面BCD所成的线面角，只需求点B1到面BDC的距离即可。

作AGBD于G，连GC，则GCBD，AGC为二面角ABDC的平面角，AGC60.不妨设AC23，则AG2,GC4.在RTABD中，由

ADABBDAG，易得AD6.

设点B1到面BDC的距离为h，B1C与平面BCD所成的角为。利用

11SB1BCDESBCDh，可求得h23，33又可求得B1C43 sinh130. B1C2即B1C与平面BCD所成的角为30.

分析三：利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n，则B1C与平面

BCD所成的角即为B1C与法向量n的夹角的余角。具体解法详见高

考试题参考答案。

总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益

4.（2009全国卷Ⅰ）(本小题满分12分)

如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，

AD2，DCSD2，点M在侧棱SC上，

∠ABM=60。

（I）证明：M是侧棱SC的中点；

求二面角SAMB的大小。

解法二、分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D—xyz，则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,0,2),S(0,0,2)。

（Ⅰ）设M(0,a,b)(a0,b0)，则

BA(0,2,0),BM(2,a2,b),SM(0,a,b2)，

SC(0,2,2)，由题得

1cosBA,BM2，即 SM//SC2(a2)1222(a2)b22解之个方程组得a1,b1即M(0,1,1) 2a2(b2)所以M是侧棱SC的中点。

2222,),MB(2,,) 1111法2：设SMMC，则M(0,又AB(0,2,0),MB,AB60o 故MB•AB|MB||AB|cos60o，即

422222()()，解得1， 111所以M是侧棱SC的中点。

（Ⅱ）由（Ⅰ）得M(0,1,1),MA(2,1,1)，又AS(2,0,2)，

AB(0,2,0)，

设n1(x1,y1,z1),n2(x2,y2,z2)分别是平面SAM、MAB的法向量，则

2x2y2z20n1•MA0n2•MA02x1y1z10且，即且 2y202x12z10n1•AS0n1•AB0分别令x1x22得z11,y11,y20,z22，即

n1(2,1,1),n2(2,0,2)，

202266 3∴cosn1,n2二面角SAMB的大小arccos6。 35.（2009天津卷）（本小题满分12分） 如图，在五面体

ABCDEF

中，FA 平面

ABCD,

AD1111，.0，0，C1，1，0，D0，2，0，E0，1，1，F0，0，1，M，，B1，AAB1222于是cosBF，DE解：BF1，0，1，DE0，1，1，BF•DEBFDE0011.BFDE2•22110由AM，1，，60（II）证明： CE1， AD0， 0，1，2，0，可得CE•AM0，

22CE•AD0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.

而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.

u•CE0，（III）解：设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则 u•DE0.xz0，于是令x1，可得u(1，1，1）.

yz0.0，1). 又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0，所以，cosu，vu•v0013. uv33•16.（2009年上海卷）（本题满分14分）

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1BCAB2,

C1的大小。 ABBC,求二面角B1AC1

【解】如图，建立空间直角坐标系

则A（2，0，0）、 C（0，2，0） A1（2，0，2），

B1（0，0，2） 、C1（0，2，2） ……2分 设AC的中点为M，∵BM⊥AC, BM⊥CC1;

∴BM⊥平面A1C1C,即BM=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量。……5分

设平面A1B1C1的一个法向量是n(x,y,z) =（x，y，z）， AC， A1B1 =（-2，0，0） ……7分 1=（-2，2，-2）

nAB2x0,nAC2x2y2z0,令z1,解得x0,y11n(0,1,1)...................10分

C1的大小为，显然为锐设法向量n与BM的夹角为，二面角B1AC1角

nBM1,解得3nBM2…………………….14分

coscos二面角B1AC1C1的大小为

37（2010湖南）18.（本小题满分12分）

如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点

（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M1

18.解 Ⅰ）如图，因为C1D1//B1A1，所以MA1B1异面 直线A1Ｍ和C1D1所成的角，因为A1B1平面

BCC1B1，

所以A1B1M900，而

A1B1=1，

B1MB1C12MC122，

B1M2. A1B1故tanMA1B1 即异面直线A1Ｍ和C1D1所成的角的正切值为2

（Ⅱ）由A1B1平面BCC1B1，BM平面BCC1B1，得A1B1 BM ①

由（Ⅰ）知，B1M2， BMBC2CM22，B1B2，所以

B1M2BM2B1B2，

从而BMB1M ② 又A1B1B1MB1, 再由① ②得BM平面A1B1M，而BM平面ABM，

因此平面ABM平面A1B1M.

8.（2010辽宁理数）（19）（本小题满分12分）

已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点. （Ⅰ）证明：CM⊥SN；

（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小.

证明：设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。

则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,12），S（1,12,0）.……4分

（Ⅰ）CM(1,1,1),SN(1,1222,0), 因为CM•SN112200，

所以CM⊥SN ……6分 （Ⅱ）NC(12,1,0),

设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，

则1xyz0,2令x2，得a=(2,1,-2). ……91分 2xy0.11因为cosa,SN22 3222N（12,0,0），所以SN与片面CMN所成角为45°。 ……12分

9.（2010江西理数）20. （本小题满分12分）

如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB23。

（1） （2）

求点A到平面MBC的距离；

求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。

解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

AzO（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3，0），A3，则各点坐标分别为

OB=OM=（0，-3，23），

M（1）设n(x,y,z)是平面MBC的法向量，则

BC=(1,3,0)，

BOxDyBM(0,3,3)，由nBC得x3y0；由nBM得

Cz3y3z0；取n(3,1,1),BA(0,0,23)，则距离

dBAnn2155 （2）CM(1,0,3)，CA(1,3,23).

设平面ACM的法向量为n,z)，由n1CM得xn3z01(x,y1CAx3y23z0.

x3z，yz，取n1(3,1,1).又平面BCD的法向量为n(0,0,1)，则

cosnn11,nn1n1n5 设所求二面角为，则sin1(12255)5. （2010四川）（18）（本小题满分12分）

DCABCD－A'B'C'D'的棱长为1，点M是棱AAA'的中点，B O是对角线BD'的中点.M•O

•DCABOM为异面直线AA'和BD'的公垂线； M－BC'－B'的大小； M－OBC的体积.

D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D-xyz 解得10已知正方体点（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求二面角（Ⅲ）求三棱锥以点则

A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A’(1,0,1),C’(0,1,1),D’(0,0,1)

(1)因为点M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点

所以M(1,0, ),O(,,)

11OM(,,0),AA'=(0,0,1),BD'=(-1,-1,1)

2211OMAA'=0, OMBD'+0=0

2212121212所以OM⊥AA’,OM⊥BD’

又因为OM与异面直线AA’和BD’都相交

故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线.………………………………4分 (2)设平面BMC'的一个法向量为n1=(x,y,z)

BM=(0,-1,

1), BC'＝(－1,0,1) 21yz0n1BM0 即 2n1BC'0xz0取z＝2,则x＝2,y＝1，从而n1=(2,1,2) 取平面BC'B'的一个法向量为

n2＝(0,1,0)

n1n211由图可知，二面角M-BC'-B'的平面角为锐

3|n1||n2|91cosn1,n2角 故

二

13面角M-BC'-B'的大小为

arccos………………………………………………9分

14142设平面OBC的一个法向量为n3＝4(3)易知，S△OBC＝S△BCD'A'＝12(x1,y1,z1)

BD'＝(－1,－1,1), BC＝(－1,0,0) x1y1z10n3BD'0 即 x10n1BC0取z1＝1,得y1＝1，从而n3＝(0,1,1)点M到平面OBC的距离d＝

1|BM|22

4|n3|2VM－OBC＝SOBCd分

131221…………………………………………12

3442411（2010全国卷1理数）（19）（本小题满分12分） 如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB

（Ⅰ）证明：SE=2EB；

（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小 .

12.（11广东理18）

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

法二：（1）取AD中点为G，因为PAPD,PGAD.

又ABAD,DAB60,ABD为等边三角形，因此，BGAD，从而

AD平面PBG。

ADOBG, 延长BG到O且使得PO OB，又PO平面PBG，PO AD，

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。

11P(0,0,m),G(n,0,0),则A(n,,0),D(n,,0).22设

|GB||AB|sin60

32

B(n

3331n31m,0,0),C(n,1,0),E(n,,0),F(,,).22222422

3n3m,0,0),FE(,0,)2242

由于

AD(0,1,0),DE( 得ADDE0,ADFE0,ADDE,ADFE,DEFEE AD平面DEF。

13PA(n,,m),PB(n,0,m)22

（2）

m2n2

13232,(n)m22,解之得m1,n.422

取平面ABD的法向量n1(0,0,1), 设平面PAD的法向量n2(a,b,c)

3b3bac0,由PDn20,得ac0,2222

由

PAn20,得 取

n2(1,0,3).2

3221.cosn1,n27714

13.（11湖南理19）

如图5，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径AB2,C是AB的中点，

D为AC的中点．

（Ⅰ）证明：平面POD平面PAC; （Ⅱ）求二面角BPAC的余弦值。

解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则

11D(,,0)O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2)，22

设n1(x1,y1,z1)是平面POD的一个法向量，

11xy10,1222z0.1则由n1OD0,n1OP0，得

所以z10,x1y1,取y11,得n1(1,1,0).

设n2(x2,y2,z2)是平面PAC的一个法向量， 则由n2PA0,n2PC0，

x22z20,y22z20. 得所以x22z2,y22z2.取z21, 得n2(2,2,1)。

因为n1n2(1,1,0)(2,2,1)0,

所以n1n2.从而平面POD平面PAC。

（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3(0,1,0). 由（I）知，平面PAC的一个法向量为n2(2,2,1) 设向量n2和n3的夹角为，则

n2n3210.|n2||n3|5 5cos由图可知，二面角B—PA—C的平面角与相等，

10.5所以二面角B—PA—C的余弦值为

14.（11辽宁理18）

如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，

1PD∥QA，QA=AB=2PD．

（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；

（II）求二面角Q—BP—C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D—xyz.

（I）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. 故PQ⊥平面DCQ.

又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 （II）依题意有B（1，0，1），CB(1,0,0),BP(1,2,1).

nCB0,x0,即nBP0,x2yz0.n(x,y,z)设是平面PBC的法向量，则

因此可取n(0,1,2).

mBP0,mPQ0. 设m是平面PBQ的法向量，则15.5

可取

m(1,1,1).所以cosm,n故二面角Q—BP—C的余弦值为15.（11全国大纲理19）

15.5 ………………12分

如图，四棱锥SABCD中， ABCD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，

ABBC2,CDSD1．

（Ⅰ）证明：SD平面SAB;

（Ⅱ）求AB与平面SBC所成角的大小．

解：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。

设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。 又设S(x,y,z),则x0,y0,z0.

（I）AS(x2,y2,z),BS(x,y2,z)，DS(x1,y,z)， 由|AS||BS|得

(x2)2(y2)2z2x2(y2)2z2,

故x=1。

22|DS|1得yz1, 由

222|BS|2得x(y2)z4, 又由

即

y2z24y10,故y13,z.22

…………3分

133333S(1,,),AS(1,,),BS(1,,)222222， 于是

13DS(0,,),DSAS0,DSBS0.22

故DSAD,DSBS,又ASBSS, 所以SD平面SAB。 …………6分 （II）设平面SBC的法向量a(m,n,p)，

33BS(1,,),CB(0,2,0),22则aBS,aCB,aBS0,aCB0.又

故

33p0,mn222n0. …………9分

取p=2得a(3,0,2),又AB(2,0,0)。

cosAB,aABa2121.arcsin.7故AB与平面SBC所成的角为|AB||a|7

16.（11全国新课标理18）

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．

（I）证明：PABD；

（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．

解：（Ⅰ）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

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正

C1,3,0A1,0,0B0，3,0xyz半轴建立空间直角坐标系D-，则，，，

P0,0,1．

AB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0)

AB0,{nnPB0,设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则

x3y0

即 3yz0

因此可取n=(3,1,3)设平面PBC的法向量为m，则

PB0,{mmBC0, 可取m=（0，-1，3）

cosm,n4277 2727故二面角A-PB-C的余弦值为 7

