高中数学 错误解题分析 高考真题（三）空间向量与立体几何

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A - PB - C的余弦值．

证明 (1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD. 从而BD＋AD＝AB，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)． →

2

2

2

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)， →??n·AB＝0，?－x＋3y＝0，则?即?

→??n·PB＝0.?3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．

→??m·PB＝0，

设平面PBC的法向量为m，则?

→??m·BC＝0.

－427

可取m＝(0，－1，－3)．cos〈m，n〉＝＝－.

72727

故二面角A-PB-C的余弦值为－. 7

→→

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°.

1

(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O -xyz，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

→→PB·AC66

cos θ＝||＝＝.

→→4|PB||AC|22×23→

(3)解 由(2)知BC＝(－1，3，0)．

→

设P(0，－3，t)(t>0)，则BP＝(－1，－3，t)． 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)， →→

则BC·m＝0，BP·m＝0.

?－x＋3y＝0，所以?

?－x－3y＋tz＝0.

66

令y＝3，则x＝3，z＝.所以m＝(3，3，)．

tt6

同理，平面PDC的法向量n＝(－3，3，)．

t36

因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋2＝0，

t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.

2

(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A-BF-C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，

1

由于FG∥BC，FG＝BC，

2

在?ABCD中，M是线段AD的中点， 1

则AM∥BC，且AM＝BC，

2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)． 1

又EF＝AB，

2

→

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，

3

??y1＝0，所以?

?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)，

??x2＝y2，→→

则n·AB＝0，n·BF＝0，所以?

?z2＝0，?

取y2＝1，得x2＝1， 则n＝(1，1，0)． 所以cos〈m，n〉＝

m·n1＝.

|m|·|n|2

因此二面角A - BF - C的大小为60°.

4．(2011·辽宁高考)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥1平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.

2(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)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.

(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，??x＝0，

即? ?

?→－x＋2y－z＝0.???n·BP＝0，

因此可取n＝(0，－1，－2)．

→→

4

→??m·BP＝0，

设m是平面PBQ的法向量，则?

→??m·PQ＝0.可取m＝(1，1，1)， 所以cos〈m，n〉＝－

15

. 5

15. 5

故二面角Q -BP - C的余弦值为－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A-A1C1-B1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―→|

42＝＝， 3×223

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

2. 3

→→

→→

(2)易知AA1＝(0，22，0)，A1C1＝(－2，－2，5)． 设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)， →??m·A1C1＝0，?－2x－2y＋5z＝0，

则?即?

→?22y＝0.??m·AA1＝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)， →??n·A1C1＝0，?－2x－2y＋5z＝0，

则?即?

→??n·A1B1＝0，?－22x＝0.

不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)，

5

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/84jf.html