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1、2011高考数学真题考点分类新编：考点35立体几何中的向量方法（新课标地区）考点35立体几何中的向量方法 一、解答题 ,20)(本小题满分14分)如图，四棱锥P-ABCD中，1. (2011?福建卷理科?底面ABCD.四边形ABCD中，AB?AD，AB+AD=4，CD=，. PA?2，CDA,45:(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，求线段AB的长; 30:(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. 【思路点拨】(1)证面面PAB中的直线AB，从而可推得面PAB，也可,面PAD,面P
2、AD以建立坐标系证明两面的法向量垂直; (2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz-，然后用空间向量法进行求解探究. 【精讲精析】 PA,AB解法1:(I)因为平面ABCD，AB,平面ABCD，所以PA，又，ABADPAADA,AB,AB,所以平面PAD.又平面PAB，所以平面PAB平面PAD. (2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz,(如图). AD在平面ABCD内，作交于点E，则. CEAD,CEAB/在中，.设，则. ABAPt,RtCDE,BtPt(,0,0),(0,0,)DECD,:,cos451由AB+AD,4得AD,，所以， 4,tEtCtDt(0,3,0),1,
3、3,0),(0,4,0),(CDPDtt,(1,1,0),(0,4,).(i)设平面PCD的法向量为 n=(,),xyz,，,xy0,由得 nn,CDPD,(4)0.,tytz,取xt,，得平面PCD的一个法向量. n,(,4)ttt2|24|1tt,n,PB,即 cos60|,:,22222|n|,PBtttt，,(4)244解得或(舍去，因为)，所以AB, .t,t,4ADt,4055(ii)假设在线段AD上存在一个点G(如下图)，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等， 设G(0,m,0)(其中)，则 04,mtGCtmGDtmGPmt,(1,3,0),(0,4,0),(0,)222由得
4、即.? 1(3)(4),，,tmtmtm,3|GCGD,222由得? (4).,，mtmt|GDGP,2由?消去，化简得? tmm,3+40.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，由于方程?PD的距离都相等. GA解法2:(I)同解法1. DB(?)(i)同解法1 . C(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,GD，得从而即CG，所以.,AD，,:CGD90,，,，,:GCDGDC45,GDCD,:,cos451设，则，AG,AD-GD,. AB,AD,4,3,3922222在中， RtABG,GBABAG,，,，,，,
5、(3)2()1,22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P、B、C、D的距离都相等. 2. (2011?江苏高考?,22)(本小题满分10分) MAAAB,2,1ABCDABCD,如图，在正四棱柱中，点是的中点，点在NBC11111CCADNM,上，设二面角的大小为。 ,110AM(1)当时，求的长; ,906,cos(2)当时，求的长。 CM6第题图22 【思路点拨】本题考察的是空间向量基本概念、线面所成角、距离、数量积、空间想象能力、运算能力，解决本题的关键是正确的建立空间坐标系并正确标出各个点的坐标，然后利用空间向量的运算求解。 【精讲精析】 解析:以D为原
6、点，DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD为z轴正半轴，建1立空间直角坐标系， 1则A(1,0,0),A(1,0,2),N(,1,0),C(0,1,0) )，设M(0，1,z), 121面MDN的法向量， nxyz,(,)DADNDMz,(1,0,2),(,1,0),(0,1,)111112xz，,20,00,设面ADN的法向量为，则 DAnDNn,？0,0,nxyz,(,)1,11000xy，,000,2n,(2,1,1)xyz,2,1,1,则取即 0001,xy，,011,2,1(1)由题意:取 xyzz,2,1,5,;则DNnDMnnnyzz,？，,0,0,00,111111115,2
7、0xyz,111,151222？,，,，,AM(10)(01)(0) 551,xy，,011,2nn1,6(2)由题意:即取DNnDMn,0,0,yzz，,0,11116nn2,134420xxyxzyz,，,1111111,11 ？,CM.xyzz,2,1,2,;则111223.(2011?新课标全国高考理科?,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. (?)证明:PA?BD; (?)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值. BD,PADBDAD,【思路点拨】第(1)问,通过证明平面,证明时,可利,PABD222用
8、勾股定理，第(2)问可建立空间直角坐标系，求得二面Dxyz,BDADAB，,角的余弦值 APBC,BDAD,3，,:,DABABAD60,2【精讲精析】(?)因为, 由余弦定理得 222,从而BD又底面，可得 +AD= AB，故BD AD;PD ABCDBD PD,所以BD 平面PAD. 故 PABD (?)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立xxyz空间直角坐标系D-， z P D C A B y x B03,0，C,1,3,0则,. A1,0,0P0,0,1，uuuvuuvuuuvABPBBC,(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0),n,AB0,设平面P
9、AB的法向量为=(x,y,z)，则, n,n,PB0,，,xy30即 30yz,(3,1,3)因此可取n= ,m,PB0,设平面PBC的法向量为m，则 ,m,BC0,427,3可取m=(0，-1，)， cos.,mn,72727,故二面角A-PB-C的余弦值为 7. 4.(2011?山东高考理科?,19)(本小题满分12分) 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形， ? ACB=，EA ?平面ABCD，EF?AB， 90:FG?BC，EG?AC.AB=,EF. (?)若,是线段AD上的中点，求证:GM?平面ABFE; (?)若,=,求平面角,-,-,的大小. EGFDAMBC 【思路
10、点拨】(1)本小题考查线面平行的判定，只需在平面内找一条直线和已知直线平行即可.(2)本题考查利用空间向量求二面角的大小，先建立合适的空间直角坐标系，再分别求出平面BFC与平面ABF的法向量，两个法向量的夹角(或补角)即为所求二面角的大小. 【精讲精析】几何法: ABEF,2BFAEP证明:(?)，可知延长交于点，而， EFAB/FGBC/EGAC/P,PBF,则平面平面，即平面平面， BFGCPAE,BFGCAEGCAEGCGC,1MAD于是三线共点，若是线段的中点，而, BFCGAE,ADBC/FGBC/2ABFEFGAM/则，四边形为平行四边形，则，又?平面，AMGFGMAF/GM,AF
11、C平面ABFE. ABFE所以平面; GM/EA,ABFEHTBF,(?)由平面，作，则平面，作，连接，ABCDCHAB,CH,CT则，于是为二面角的平面角. CTBF,，CTHABFC,AE,1ABH若，设，则，为的中点，ABCH,22,2ACBCAE,2ACBC,23AEAE222sin，,FBA， tan，,FBA3ABEFAB,22236CHHTBHABF,，,，,sin2，在中, tan3，,CTHRtCHT,33HT则，即二面角的大小为. ，,CTH6060ABFC,0EA,坐标法:(?)证明:由四边形为平行四边形， ，平面，,ACB90ABCDABCDAxyz轴轴轴,可得以点为坐
12、标原点，ACADAE,所在直线分别为的直角坐标系，1设ACaADbAEc=,，则A(0,0,0),， CaDbMbBab(,0,0),(0,0),(0,0),(,0),21E(0,0，c).由可得，,，,EGAC,(R且0)GMGEEAAMabc(,)EGAC/211由得, GMGFFAAMADBAEAAD,，,，,FGBCAD,(R且0)FGBC/22111ABFE，则，而平面， ,GMBAEA,，(,(1),)abcGM,222ABFE所以平面; GM/AE,1(?)若，设，则， ACBCAE,2ACBC,2BCAD,(0,2,0)BF,(1,1,1)CEBF(2,0,0),(0,0,1)
13、,(2,2,0),(1,1,1)D(0,2,0),，,则, ABFn=n(,),(,)xyzxyz,设分别为平面与平面的法向量. AB,(2,2,0)CBF11112222220xy,11x,1n=(1,1,0)yz,1,0则，令，则，; ,1111,，,xyz0,11120y,2x,1yz,0,1n,(1,0,1)，令，则，. ,2222,，,xyz0222,nn,112cos,n,n于是，则， ,n,n601212nn,212即二面角的大小为. 60ABFC,PA,5.(2011?北京高考理科?T16)(14分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，.
14、，,BAD60(?)求证:; BDPAC,平面(?)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值; (?)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长. P D A C B 【思路点拨】本题可利用PA, AC, BD两两互相垂直，建系求解. PA,【精讲精析】(?)因为四边形ABCD是菱形，所以.又因为平面ABCD，ACBD,PABD,BD,所以.所以平面PAC. 0，,BADPAAB60,2(?)设.因为，所以，ACBDO,BOAOCO,1,3如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz,， z P D y O A C B x BC(1,0,0),(0,3,0)则，所以.PA(0,3,2),(
15、0,3,0),PBAC,(1,3,2),(0,23,0)PBAC,66设PB与AC所成角为，则. ,cos|,4|PBAC2223，BC,(1,3,0)Ptt(0,3,)(0),BPt,(1,3,)(?)由(?)知，设.则，设平面PBC,，,xy30,mxyz,(,)y,3的法向量，则，所以，令，则BCmBPm,0,0,，,xytz30,666，所以.同理，平面PDC的法向量.因为平面n,(3,3,)xz,3,m,(3,3,)ttt36,t,66PBC平面PDC，所以mn,0，即，解得.所以PA=. ,，,602t6(2011?湖南高考理科?T19)(12分)如图5，在圆锥PO中，已知PO=2
16、，AB?o的直径AB=2，点C是的中点，D为AC的中点. ,(?)证明:平面POD平面PAC; (?)求二面角B-PA-C的余弦值. 【思路点拨】本题主要考查了空间位置关系，首先考查空间垂直的证明，由面面垂直作为基础考查线面垂直，再转到线线垂直.再考查二面角的求法，求二面角要扣住定义法.另外解决立体几何的方法有两种:一是几何法，主要考查思维.二是向量法，主要考查向量的运用，而向量法又有两种，一是坐标法，二能力是基底法. 【精讲精析】 D(I)连接，因为,为的中点，所以. OCOAOC,ACACOD,POOACOACPO,底面底面所以,.又因为内的两条相交OD,PO是平面POD直线，所以而，所以
17、。 ACPOD,平面。ACPAC,平面平面平面PODPAC,H(II)在平面中，过作于，由(I)知，,平面平面PODPAC,PODOOHPD,OHPAC,平面,PAPAC,平面,所以又所以. PAOH,在平面中，过作连接,则有， OGPA,于G,PAOGH,平面PAOOHG从而，所以是二面角的平面角( PAHG,，OGHBPAC,2RtODAODOA,:,中,sin45在 222，POOD,102在 RtPODOH,中,2251POOD+2+2POOA,，216在 RtPOAOG,中,2232+1POOA+1010OH155cos，,OGH在,所以。 RtOHGOGH,，,中,sin5OG56
18、310故二面角的余弦值为。 BPAC,57(2011?陕西高考理科?T16)(本小题满分12分) 如图，在?ABC中，?ABC=，?BAC，AD是BC上的高，沿AD把?ABD折60,90起， 使?BDC( ,90(?)证明:平面ADB?平面BDC; (?)设E为BC的中点，求AEDB与夹角的余弦值( 【思路点拨】(1)确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明;(?)在(?)的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解( 【精讲精析】(?)?折起前AD是BC边上的高， ?当?ABD折起后，
19、 AD?DC，AD?DB， 又DB?DC=D，?AD?平面BDC， ?AD平面ABD，?平面ABD?平面BDC( (?)由?BDC及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐,90xyz,标原点，以，所在直线为轴建立如图 DBDCDA所示的空间直角坐标系，易得: 133D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,0)， 2213DB,(1,0,0)所以， AE,(,3)221AEDB222? cos,AEDB2222AEDB,1，422AEDB所以与夹角的余弦值是( 228.(2011?浙江高考理科?,20)(本题满分15分) 如图，在三棱锥
20、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 (?)证明:AP?BC; ?)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. 【思路点拨】向量法是解决立体几何问题的重要方法，这两小题均可用向量法解决，当然这类问题用传统的几何方法仍能得以解决。本题主要考查点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间想象能力与运算求解能力。 【精讲精析】方法一:(?)证明:如图， 以O为原点，以射线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
21、,0)，B(4,2,0)，C(-4,2,0),P(0,0,4)APBC,(0,3,4),(8,0,0),APAPBC,0BC由此可得所以?，即AP?BC. (?)解:设 PMPAPM,1,(0,3,4),则BMBPPMBPPA,，,，, ,，,(4,2,4)(0,3,4), ,(4,23,44), ACBC,(4,5,0),(8,0,0).设平面BMC的法向量 nxyz,(,),1111平面APC的法向量 nxyz,(,),1222,BMn,0,1由 ,BCn,0,1,，,4(23)(44)0,xyz,111得 ,80,x1,x,0,123，,即可取 n,(0,1,),23，44,zy,11,
22、44,5,xy,22,APn,0,340,yz，,4222由即得可取 n,(5,4,3),23,，,450,xyACn,0,22,1,zy,22,423，,由，得 nn,0430,1244,2解得，故AM=3 ,5综上所述，存在点M符合题意，AM=3. 方法二: (?)证明:由AB=AC,D是BC的中点，得AD?BC, 又PO?平面ABC,得PO?BC。 因为PO?AD=0，所以BC?平面PAD 故BC?PA. (?)解:如下图， 在平面PAB内作BM?PA于M,连CM. 由(?)中知AP?BC,得AP?平面BMC. 又AP平面APC,所以平面BMC?平面APC。 ,222在Rt?ADB中，AB=AD+BD=41，得AB= 41222在Rt?POD中, PB=PO+OD, 222在Rt?PDB中, PB=PD+BD, 2222所以PB=PO+OD+BD=36，得PB=6. 222在Rt?POA中, PA=AO+OP=25,得PA=5 222PAPBAB，,1又cos,，,BPA 23PAPB,从而所以 PMPBBPA,，,cos2,AMPAPM,3综上所述，存在点M符合题意，AM=3.