历届数学高考试题空间向量与立体几何.docx
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历届数学高考试题空间向量与立体几何
历届高考中的“空间向量与立体几何”试题选讲
1.(2008海南、宁夏理)如图,已知点P在正方体ABCAABOD的对角线BD上,/PDA=60。
(1)求DP与CCi所成角的大小;
(2)求DP与平面AA
n
2.(2008安徽文)如图,在四棱锥O—ABCD中,底面ABCD四边长为1的菱形,一ABC,
4
OA_底面ABCD,OA=2,M为OA的中点。
(I)求异面直线AB与MD所成角的大小;
(H)求点B到平面OCD的距离。
2和6,高为,3的等腰梯
3.(2005湖南文、理)如图1已知ABCD是上、下底边长分别为
形,将它沿对称轴O。
!
折成直二面角,如图2。
4.(2007安徽文、理)如图,在六面体ABC^A1B1C1D1中,四边形ABCD是边长为2的正方形,四边形ABiCiDi是边长为1的正方形,DDi_平面ABiCiDi,DDi_平面ABCD,DDi=2。
(I)求证:
AiCi与AC共面,BiDi与BD共面.(n)求证:
平面AACG_平面BiBDDi;
(川)求二面角A-BR-C的大小.
6.(2007四川理)如图,PCBM是直角梯形,/PCB=90°,PM//BC,PM=1,BC=2,又AC=1,ZACB=120°,AB丄PC,直线AM与直线PC所成的角为60°.
(I)求证:
平面PAC丄平面ABC;(n)求二面角M-AC-B的大小;
(川)求三棱锥P-MAC的体积.
7.(2006全国I卷文、理)如图,l1、12是互相垂直的异面直线
MN是它们的公垂线段•点AB
在11上,C在12上,AM=MB=MN。
(I)证明AC丄NB;
(n)若.ACB=60°,求NB与平面ABC所成角的余弦值。
B
C
N
8.(2006福建文、理)如图,四面体ABCD中,0、E分别是
CA=CB=CD=BD=2,AB=AD*2.
(I)求证:
AO_平面BCD;(II)求异面直线AB与CD所成角的大小;
(III)求点E到平面ACD的距离。
BD、
BC的中点,
历届高考中的“空间向量与立体几何”试题选讲
(参考合
1.解:
如图,以D为原点,DA为单位长建立空间直角坐标系D-xyz.则DA二(1,0,0),CC二(0,0,1)•连结BD,BD.
在平面BBDD中,延长DP交BD于H•设DH二(m,m,1)(m0),
由已知:
:
DH,D^>-60,由DA_DHcos:
:
DA,DH■
可得2m=pZm?
*1.解得m=-,所以DH=|—-,^―,1.
2122
*Z
-0-011
(I)因为cos:
:
DH,CC22-
1x^/2所以:
:
DH,CC二45.即DP与Cp
(n)平面AADD的一个法向量是DC二(01,0).
0110
因为cos:
:
DH‘,DC2—22
IIW2
所以:
:
DH,DC*=60.
可得DP与平面AADD所成的角为30.
•所成的角为
A
x
B
2.解:
作AP—CD于点P,如图,分别以AB,AP,AO
A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,-^O),D—-2,-2,。
),0(0,0,2),M(0,0,1),
222
⑴设AB与MD所成的角为\
2、2
•••AB=(1,0,0),MD=('
所在直线为
x,y,z轴建立坐标系
1
2
•AB与MD所成角的大小为—
3
曲(°,子,-2总《
二设平面OCD的法向量为n=(x,y,Z)则n_OP二°,n_OD二0
至讨_2z=°_
即2__取z〜2,解得n=(0,4,、2)
一辽xPy_2z=°
122,
上的投影的绝对值
设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n=(0,4,J2)
2
所以点B到平面OCD的距离为2
3
3.解:
(I)证明由题设知0A丄OOi,OB丄OOi.
所以/AOB是所折成的直二面角的平面角,
即OA丄OB.故可以O为原点,OA、OB、OOi所在直线分别为X轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图3,则相关各点的坐标是A(3,0,0),
B(0,3,0),C(0,1,3),O1(0,0,、3).
从而AC=(-3,1,、.3),B01=(0,~3,i3),
ACB01=-33・3=0.所以AC丄BO1.
(II)解:
因为BO;OC二七•・.3飞3二0,所以BO1丄OC,
BO1是平面OAC的一个法向量
由(I)AC丄BO1,所以BO1±平面OAC,设n=(x,y,z)是0平面O1AC的一个法向量,
由£竺=0二3x+yZ3z=o,取z=运,得芯(1,0,鹿).noq=0$=o.
—to—■-Ei
设二面角0—AC—01的大小为「由n、B01的方向可知二-
所以COS)-cos:
:
n,B01>=nB0>13.
|n|”|B01|4
4•解(向量法):
以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz如图,则有A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),
A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).
(I)证明:
A1C1=(-1,1,0),AC=(-2,2,0),D1B1=(1,1,0),DB=(2,2,0),
二AC=2A1C1,DB=2D1B1.
■AG与AG平行,DB与D1B1平行,于是A1C1与AC共面,B1D1与BD共面.
(n)证明:
DD1・AC=(0,0,2)((-2,2,0)=0,
DB・AC=(2,2,0)((一2,,0)=0,
DD!
_AC,B_AC.
DDi与DB是平面BiBDDi,内的两条相交直线,
.AC_平面BiBDDi.又平面AACG过AC,
平面AACG_平面B1BDD1.
(川)解:
AA=(-1,0,2),BBi=(-1,-1,2),CCi=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面AABB,的法向量,
n•AA,=-为2乙=0,n•BB=-捲一叶=2乙=0,于是yr0,取z-1,则z12,n(2,0,1).
设m=(X2,y2,Z2)为平面B1BCG的法向量,
m・BB--x2-y22z2=0,m・CG--y22z2=0.于是x20,取z21,则y2=2,m=(0,2,1).
丿im・n1
coSm,n}=「n
m|n5
1
.二面角A-BB1-C的余弦为
5
5.证明:
(I)由题设AB二AC二SB二SC=SA,连结OA,
V2
△ABC为等腰直角二角形,所以OA=OB=OCSA,
2
且AO_BC,
又厶SBC为等腰三角形,故SO_BC,且SO-SA,
2
从而OA2SO2二SA2•所以△SOA为直角三角形,SO_AO.又AO门BO=O.
所以SO_平面ABC.
(n)解:
以O为坐标原点,射线OB,OA分别为x轴、角坐标系O—xyz•设B(1,0,0),则C(—1,0,0,A(01,0),
(11)T门1)T门
SC的中点M,0,—,MO,0,-一,MA二-
TT諂:
丿(22丿"
•••MO・SC=0,MA・SC=0.故MO_SC,MA_SC,<面角.,「
cos:
:
MO,MA
MO'MA.3
3,
MO•MA
所以二面角A-SC-B的余弦值为一3
3
y轴的正半轴,建立如图的空间直S(0,01).
■j,1,-1|:
"SC=(T,0,_1).
等于二面角
6.解:
(I):
PC_AB,PC_BC,ABp|BC=B
:
.PC_平面ABC,又•••PC二平面PAC
•••平面PAC_平面ABC
(n)在平面ABC内,过C作CD_CB,建立空间直角坐标系C—xyz(如图)
31,取X|=1,得n=:
1,「3,-13」
•Vp
JMAC=VA-PCM=VAJMNC
(川)解法二:
取平面PCM
aayo
=Vm」cn—ACCNsin1200MN-
3212
的法向量取为口=[1,0,0,则点A到平面PCM的距离
=1,PM=1,
•-Vp川AC=Va-PCM
7.解:
如图,建立空间直角坐标系M—xyz.令MN=1,
则有A(—1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),
(I)•/MN是11、12的公垂线,h丄12,•12丄平面ABN.12平行于z轴.故可设C(0,1,m).于是AC=(1,1,m),NB=(1,—1,0).
•AC•Nb=1+(—1)+0=0•AC丄NB.
12
z
C
H
1i
y
A
N
M
B
x
上!
A
B
E
6
3
令y=1,得n=(-.3,1r3)是平面ACD的一个法向量•又EC=(-1,二,0),22
•••点E到平面ACD的距离h=1EC°n1=3
|n|J77
(川)解法二:
设点E到平面ACD的距离为h.
1迄
3'3丿,
(H)•/AC=(1,1,m),BC=(—1,1,m),•|AC|=|BC|,又已知/ACB=60°,•△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=2,可得NC=2,故C(0,1,2).
连结MC,作NH丄MC于H,设H(0,入,2入)(入>0).
…HN=(0,1—入,—2入),
MC=(0,1,2).HN-MC=1—入—2入=0,•••入=;,
1■■.i,2..口f22f
•-H(0,3,3),可得HN=(0,3,—3),连结BH,则BH=(—1,3,
•••Hn-Bh=0+9—9=0,•-Hn丄BH,又MCnBH=H,•HN丄平面ABC
&⑴证明:
连结
•/BO=DO,AB=AD,
•/BO=DO,BC=CD,
•CO丄BD.
在厶AOC中,由已知可得AO=1,CO=.3.而AC=2,
•AO2+CO2=AC2,
•••/AOC=90,即AO丄OC.
BDOC=0,
•-cosBA,CD
•••异面直线AB与CD所成角的大小为
n*AD=(x,y,z)•(-1,0,-1)=0,n・AC=(x,y,z)・(0,.3,-1)=0,
'x+z=0,
.丿L
-3y-z=0.
•AO_平面BCD.
(H)解:
以O为原点,如图建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),
13
C(0,3,0),A(0,0,1),E(—,,0),
22
BA=(-1,0,1),CD=(-1,-.3,0).
*k
BA*CDV2
BACD一4'
<2arccos.
4
(川)解法一:
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则
/NBH为NB与平面ABC所成的角.又BN=(—1,1,0),
ff4
BH-Bn3
•cos/NBH==
~f~f2f—
|BH|-|BN|3X2
OC.
•AO丄BD.
'Va从CD_VA-CDE,
11
••—h•Saacd=•AO•Sacde.
33
在AACD中,CA=CD=2,AD=2,
•ISaacd=
•h=^O
2
1T21
'7,而AO=1,Sacde=^322
224
SC
S.acd
•••点E到平面ACD的距离为
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- 历届 数学 高考 试题 空间 向量 立体几何