1、精選優質文檔-傾情為你奉上1(2010遼寧理19）已知三棱錐PABC中，PA面ABC，ABAC，PA=AC=，N為AB上一點，AB=4AN,M,S分別為PB,BC的中點.證明：CMSN；審題要津：本題空間坐標系易建立，可用坐標法.證明：設PA=1，以A為原點，射線AB，AC，AP分別為x，y，z軸正向建立空間直角坐標系如圖，則P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,0）,因為， 所以CMSN . 【點評】對坐標系易建立的空間線線垂直判定（證明）問題，常用向量法，即通過證明所證直線的方向向量的數量積為0證明兩直線垂直.例2(2010天津理19

2、) 在長方體中，、分別是棱,上的點，=, = .證明平面審題要津：本題空間坐標系易建立，可用坐標法.解析：如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點，設,依題意得, ,已知,于是·=0，·=0.因此，,又所以平面 【點評】對坐標系易建立的空間線面垂直問題，通常用向量法，先求出平面的法向量和直線的方向向量，證明平面法向量與直線的方向向量平行或者直接用向量法證明直線與平面內兩條相交直線垂直，再用線面垂直判定定理即可.例3 （2010年山東文）在如圖所示的幾何體中，四邊形是正方形，平面，、分別為、的中點，且.求證：平面平面.審題要津：本題空間坐標系易建立，可用坐標法.解析：以A

3、為原點，向量,分別為軸、軸、軸的正方向，如圖建立坐標系，設AM=1，則AD=AB=PD=2,則B(0,2,0),C(2,2,0),D(2,0,0),P(2,0,2), M(0,0,1),則E(0,1,),G(1,1,1),F(2,1,1)，=(-1,0,),=(1,0,0),設平面EFG的法向量=（，），則=0且=0，取=1，則=0，=（0，1,0）,易證面PDC的法向量為=(2,0,0), =0, 平面平面【點評】對于易建立空間坐標系的面面垂直問題，常向量法，即先建立坐標系，求出兩個平面的法向量，通過證明這兩個平面的法向量垂直，即得面面垂直.考點2.利用空間向量處理空間平行關系空間線線、線面

4、、面面平行關系問題是高考考查的另一個重點內容，考查的形式靈活多樣，常與探索性問題、垂直問題、空間角問題結合，可以是小題，也可以是解答題的一個小題，題目的難度一般不大，是高考中的得分點之一.例4（2010 湖南理18）在正方體，E是棱的中點。在棱上是否存在一點F，使平面?證明你的結論。審題要津：本題坐標系易建立，可用向量法求解.解析：以A為坐標原點，如圖建立坐標系，設正方形的棱長為2，則B(2,0,0),E(0,2,1),(0,0,2),(2,0,2)，=(2,2,1),=（2，0，2），設面的法向量為=（，），則=0且=0，取=1，則=1，=，=（1，1）,假設在棱上存在一點F，使平面，設F(

5、，2，2)（02）,則=（，2，2）， 則=0， 解得=1， 當F為中點時，平面.【點評】對于易建立坐標系的線面平行問題的向量解法，有兩種思路：（1）用共面向量定理，證明直線的方向向量能用平面內兩條相交直線的方向向量表示出來，即這三個向量共線，根據共面向量概念和直線在平面外，可得線面平行；（2）求出平面法向量，然后證明法向量與直線的方向向量垂直即可.對于探索性問題，通常先假設成立，設出相關點的坐標，利用相關知識，列出關于坐標的方程，若方程有解，則存在，否則不存在.注意，（1）設點的坐標時，利用點在某線段上，設出點分線段所成的比，用比表示坐標可以減少未知量，簡化計算;(2)注意點的坐標的范圍.例

6、5在三棱柱中，側棱垂直于底面，在底面ABC中=,D是BC上一點，且面，為的中點，求證：面面.審題要津：本題的坐標系容易建立，可用向量法.解析：以B點為原點，如圖建立坐標系，設AB=，BC=，=，則A（,0,0），(0，)，(0,0, )，(，0，)， (0，)，設D(0，0)（0），=(，0)，=(，)，=(，0，)，=（0，），設面的法向量為=(，)，則=0且=0，取=，則=，=，則=（，）， 又面，=0，解得=， =（，），設面的法向量為=(,),則=0且=0，取=1，則=，=，則=(，1)，=， ， 面面.【點評】對面面平行問題的向量方解法有兩種思路，（1）利用向量證明一個面內兩條相交直

7、線分別與另一個平面平行，根據面面判定定理即得；（2）求出兩個平面的法向量，證明這兩個法向量平行，則這兩個面就平行.考點3利用空間向量處理異面直線夾角、線面角、二面角等空間角問題 異面直線夾角、線面角、二面角等空間角問題是高考考查的熱點和重點，常與探索性問題、平行問題、垂直等問題結合，重點考查綜合利用空間向量、空間平行與垂直的有關定理、空間角的相關概念解決空間角問題的能力，是立體幾何中的難點，難度為中檔難度.例6(2010天津理19) 在長方體中，、分別是棱,上的點，,（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值。審題要津：本題坐標系易建立，可以向量法.解析：如圖所示，建立空間直角坐

8、標系，點A為坐標原點，設,依題意得,(1)證明：易得,于是, 所以異面直線與所成角的余弦值為 (2)解：設平面的法向量=，則=0且=0，不妨令=1,可得=(1,2,1),設平面的法向量=（，）則=0且=0，取=1,則=2，=1，則=（1,2,1）于是，從而，所以二面角的正弦值為【點評】（1）對異面直線夾角問題，先求出兩條異面直線的方向向量分別為、，在求出、的夾角，設兩異面直線的夾角，利用=求出異面直線的夾角，注意：（1）異面直線夾角與向量夾角的關系；(2)對二面角的大小問題，先求出平面、的法向量、，再求出、的夾角，在內取一點A，在內取一點B，設二面角大小為，若與同號，則=，若與異號，則=，注意

9、二面角大小與法向量夾角的關系.例7（ 2010全國卷I理7）正方體ABCD-中，B與平面AC所成角的余弦值為A B C D審題要津：本題是正方體中的線面關系問題，可用空間向量法求解.解析：如圖建立坐標系，設正方體棱長為1，與面的夾角為，則D(0,0,0),C(0,1,0)，B(1,1,0),A(1,0,0),(0,0,1),(1,1,1), =（1，1,0），=(1,0,1),=(0,0,1),設面的法向量=（，），則0=且0=，取=1，則=1，=1， =（1,1,1），=，=，故選D.【點評】對于線面夾角問題，若容易建立坐標系，則常用坐標法，建立坐標系，求出線面夾角問題中三位直線的方向向量和

10、平面法向量，設線面角為，則直線方向向量在平面法向量方向上的投影的長度與直線方向向量的模之比就是線面夾角的正弦值，即=.歷屆高考中的空間向量與立體幾何試題選講1.(2008海南、寧夏理)如圖，已知點P在正方體ABCDA1B1C1D1的對角線BD1上，PDA=60°。（1）求DP與CC1所成角的大小；（2）求DP與平面AA1D1D所成角的大小。2.（2008安徽文）如圖，在四棱錐中，底面四邊長為1的 菱形，, , ,為的中點。（）求異面直線AB與MD所成角的大小；（）求點B到平面OCD的距離。ABCDOO1ABOCO1D3.（2005湖南文、理）如圖1，已知ABCD是上、下底邊長分別為2

11、和6，高為的等腰梯形，將它沿對稱軸OO1折成直二面角，如圖2。（）證明：ACBO1； （）求二面角OACO1的大小。4.（2007安徽文、理)如圖,在六面體中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,四邊形是邊長為1的正方形,平面,平面ABCD，DD1=2。()求證:與AC共面，與BD共面. ()求證:平面 ()求二面角的大小.5.(2007海南、寧夏理)如圖，在三棱錐中，側面與側面均為等邊三角形，為中點 （）證明：平面；（）求二面角的余弦值6.(2007四川理）如圖，是直角梯形，90°，1，2，又1，120°，直線與直線所成的角為60°. （）求證：平面平面; （）求

12、二面角的大小;（）求三棱錐的體積.ABMNCl2l1H7.(2006全國卷文、理)如圖，、是互相垂直的異面直線,MN是它們的公垂線段.點A、B在上，C在上，。 （）證明ACNB；()若，求與平面ABC所成角的余弦值。8.（2006福建文、理）如圖，四面體ABCD中，O、E分別是BD、BC的中點，（I）求證：平面BCD； （II）求異面直線AB與CD所成角的大小；（III）求點E到平面ACD的距離。歷屆高考中的“空間向量與立體幾何”試題選講(參考答案)1解：如圖，以為原點，為單位長建立空間直角坐標系則，連結，在平面中，延長交于設，由已知，由ABCDPxyzH可得解得，所以（）因為，所以即與所成的

13、角為（）平面的一個法向量是因為，所以可得與平面所成的角為2解：作于點P,如圖,分別以AB,AP,AO所在直線為軸建立坐標系,(1)設與所成的角為, , 與所成角的大小為(2) 設平面OCD的法向量為,則即 取,解得設點B到平面OCD的距離為,則為在向量上的投影的絕對值, , .所以點B到平面OCD的距離為3解:（I）證明 由題設知OAOO1，OBOO1. 所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 故可以O為原點，OA、OB、OO1所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖3，則相關各點的坐標是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，）,O1（0，0，）. 從而，所以

14、ACBO1. （II）解：因為所以BO1OC，由（I）ACBO1，所以BO1平面OAC，是平面OAC的一個法向量.設是0平面O1AC的一個法向量，由 得. 設二面角OACO1的大小為，由、的方向可知，>，所以cos，>=4.解（向量法）：以D為原點，以DA,DC,所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖，則有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（）證明：于是與AC共面，與BD共面.（）證明：內的兩條相交直線， 又平面（）解：設于是設于是5證明：（）由題設，連結，為等腰直角三角形，所以，且，又為等腰三角形，故，且，從而所以為直角三角形，又所以平面（）解：

15、以為坐標原點，射線分別為軸、軸的正半軸，建立如圖的空間直角坐標系設，則的中點，故等于二面角的平面角，所以二面角的余弦值為6解： （），又（）在平面內，過作，建立空間直角坐標系（如圖）由題意有，設，則由直線與直線所成的解為，得，即，解得，設平面的一個法向量為，則，取，得平面的法向量取為設與所成的角為，則顯然，二面角的平面角為銳角，故二面角的平面角大小為（）解法一：由（）知，為正方形（）解法二：取平面的法向量取為，則點A到平面的距離，7解: 如圖,建立空間直角坐標系Mxyz.令MN=1, 則有A(1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),()MN是 l1、l2的公垂線, l1l2, l2平

16、面ABN. l2平行于z軸. 故可設C(0,1,m).于是 =(1,1,m), =(1,1,0). ·=1+(1)+0=0 ACNB.ABMNCl2l1Hxyz() =(1,1,m), =(1,1,m), |=|, 又已知ACB=60°,ABC為正三角形,AC=BC=AB=2. 在RtCNB中,NB=, 可得NC=,故C(0,1, ).連結MC,作NHMC于H,設H(0, ) (>0). =(0,1,), =(0,1, ). · = 12=0, = ,H(0, , ), 可得=(0, ), 連結BH,則=(1, ),·=0+ =0, , 又MCBH=H,HN平面ABC,NBH為NB與平面ABC所成的角.又=(1,1,0),cosNBH= = = 8 (1)證明：連結OC.BO=DO,AB=AD, AOBD.BO=DO,BC=CD, COBD.在AOC中，由已知可得AO=1,CO=.而AC=2,AO2+CO2=AC2,AOC=90°,即AOOC.AO平面BC