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1、高中新课程数学(新课标人教A版)选修2-1第三章 空间向量与立体几何高考真题第三章 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. 222从而BD，AD,AB，故BD?AD. 又PD?底面ABCD，可得BD?PD. BD. 所以BD?平面PAD，故PA?(2)解 如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射
2、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)， ?,n?AB,0，,x，3y,0，,则即 ,?,3y,z,0.,n?PB,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)(cosm，n,. 72727故二面角A-PB-C的余弦值为,. 72(2011?北京高考)如图，在四棱锥P,ABCD中，PA?平面
3、ABCD，底面ABCD是菱形，AB,2，?BAD,60?. (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
4、，23，0)( 设PB与AC所成角为，则 ?PB?AC66|,. cos ,|4?2223|PB|AC?(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. ,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，,0， 2t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
5、平行四边形，?ACB,90?，EA?平面ABCD，EF?AB，FG?BC，EG?AC，AB,2EF. )若M是线段AD的中点，求证:GM?平面ABFE; (1(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
6、面ABFE， 所以GM?平面ABFE. 90?，所以?CAD,90?. (2)解 因为?ACB,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,(x，y，z)， 111?则m?BC,0，m?BF,0， ,y,0，1,所以 x,z，,11取z,
7、1，得x,1，所以m,(1，0，1)( 11设平面向量ABF的法向量为n,(x，y，z)， 222,x,y，22,?,则n?AB,0，n?BF,0，所以 z,0，,2取y,1，得x,1， 22则n,(1，1，0)( m?n1所以cosm，n,. |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 -
8、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 ?,x,0n?CB,0，,即 ,?,x，2y,z,0.,n?BP,0，因此可取n,(0，,1，,2)( ?,m?BP,0，,设m是平面PBQ的法向
9、量，则 ,?,m?PQ,0.,可取m,(1，1，1)， 15所以cosm，n,. 515故二面角Q -BP - C的余弦值为,. 55(2011?天津高考)如图，在三棱柱ABC,ABC中，H是正111方形AABB的中心，AA,22，CH?平面AABB，且111111CH,5. 1(1)求异面直线AC与AB所成角的余弦值; 11(2)求二面角A-AC?B的正弦值( 111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)， A(22，22，0)，B(0，22，0)，C(2，2，5)( 111? (1)易得AC,(,2，,2，5)，
10、 ?AB,(,22，0，0)， 11?于是cosAC，AB 11?AC?AB11, |AC?|?|AB?|1142,， 33222所以异面直线AC与AB所成角的余弦值为. 113?(2)易知AA,(0，22，0)，AC,(,2，,2，5)( 111设平面AAC的法向量m,(x，y，z)， 11?,m?AC,0，,2x,2y，5z,0，,11则 即,?,22y,0.,m?AA,0，1等圆：能够完全重合的两个圆叫做等圆，半径相等的两个圆是等圆。不妨令x,5，可得m,(5，0，2)(同样地，设平面ABC的法向量n,(x，y，z)， 111?,n?AC,0，,2x,2y，5z,0，,11则 即,?,2
11、2x,0.,n?A,B,0，11不妨令y,5，可得n,(0，5，2)， 等圆：能够完全重合的两个圆叫做等圆，半径相等的两个圆是等圆。m?n22于是cosm，n,， |m|?|n|77?72、第三单元“生活中的数”。通过数铅笔等活动，经历从具体情境中抽象出数的模型的过程，会数，会读，会写100以内的数，在具体情境中把握数的相对大小关系，能够运用数进行表达和交流，体会数与日常生活的密切联系。35从而sinm，n,. 735所以二面角A-AC?B的正弦值为. 11176(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，
12、PO,4，AO,3，OD,2. 增减性：若a0，当x时，y随x的增大而增大。(1)证明:AP?BC; (2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A -MC -B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O?xyz. 则O(0，0，0)，A(0，,3，0)，B(4，2，0)，C(,4，2，0)， P(0，0，4)， ?，3，4)，BC,(,8，0，0)，由此可得AP?BC,0， AP,(04、初步学会应用加减法解决生活中简单问题，感受数学在日常生活中的作用,感受加减法与日常生活的密
13、切联系,同时获得一些初步的数学活动经验，发展解决问题和运用数学进行思考的能力。?所以AP?BC，即AP?BC. 集合性定义：圆是平面内到定点距离等于定长的点的集合。其中定点叫做圆心，定长叫做圆的半径，圆心定圆的位置，半径定圆的大小，圆心和半径确定的圆叫做定圆。?(2)解 假设存在满足题意的M，设PM,PA，?1， ?则PM,(0，,3，,4)( ?BM,BP，PM,BP，PA 定义：在RtABC中，锐角A的对边与邻边的比叫做A的正切，记作tanA，,(,4，,2，4)，(0，,3，,4) ,(,4，,2,3，4,4)， ?AC,(,4，5，0)( 设平面BMC的法向量n,(x，y，z)，平面A
14、PC的法向量n,(x，y，z)( 1111222211.弧长及扇形的面积?,BM?n,0，,4x,(2，3)y，(4,4)z,0，,1,111,由得 ,?,8x,0，,1,BC?n,0，1抛物线的顶点在(0，0)，对称轴是y轴(或称直线x0)。x,0，1,2，3即可取n,(0，1，)( ,2，314,4z,y，11,4,4,?,AP?n,0，3y，4z,0，,2,22,由即 ,?,4x，5y,0，,22,AC?n,0，25x,y，22,4得,(5，4，,3)( 可取n2,3z,y，22,42，3由n?n,0，得4,3?,0， 124,4三、教学内容及教材分析：2解得,，故AM,3. 5综上所述， 存在点M符合题意，AM,3.