立体几何与空间向量经典习题

立体几何

1. (2011年高考山东卷理科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=90︒，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ. ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ) 若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;

（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ, 求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

2. (2011年高考浙江卷理科20) （本题满分15分）如图，在三棱锥P -A B C 中，A B =A C ，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（Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，

使得二面角A-MC-β为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。

3. (2011年高考辽宁卷理科18) （本小题满分12分）

如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=

PD.

4. (2011年高考全国新课标卷理科18) (本小题满分12分)

如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ （II ）求二面角Q-BP-C 的余弦值.

面ABCD.

(Ⅰ) 证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ) 若PD=AD，求二面角A-PB-C 的余弦值。

1、【解析】（Ⅰ) 连结AF, 因为EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，

EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG ∥平面ABCD, 又易证∆E F G ∽∆A B C , 所以

F G B C

=E F A B

=12

, 即F G =

B C , 即F G =

A D , 又M 为AD

的中点, 所以A M =ＢＣ∥ＡD ，所以ＦＧ∥ＡM, 所以四边形AMGF 是A D , 又因为ＦＧ∥

平行四边形, 故GM ∥FA, 又因为ＧＭ⊄平面ＡＢＦＥ,FA ⊂平面ＡＢＦＥ, 所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.

（Ⅱ）取AB 的中点O, 连结CO, 因为ＡＣ＝ＢＣ, 所以CO ⊥AB,

又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO ⊂平面ＡＢＣＤ, 所以ＥＡ⊥CO,

又ＥＡ∩AB=A,所以CO ⊥平面ＡＢＦＥ, 在平面ABEF 内, 过点O 作OH ⊥BF 于H, 连结CH, 由三

垂线定理知: CH⊥BF, 所以∠C H O 为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角. 设ＡＢ=２ＥＦ=2a , 因为∠ ACB=90︒，ＡＣ＝ＢＣ

,CO=a

, AE =

2a , 连结FO, 容

易证得FO ∥EA

且FO =

a ,

所以B F =

a , 所以

OH=

⨯

a , 所以在

R t ∆C O H 中,tan ∠ CHO=

C O O H

, 故∠ CHO=60, 所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为60.

2、【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向

量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分

法一：（Ⅰ）证明：如图，以O 为原点，以射线O P 为x 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) ，

A P =(0,3, 4) ，BC =(-8, 0, 0) 由此可得AP ⋅BC =0

P ⊥

B C ，所以AP ⊥BC ，即A

（Ⅱ）解：设PM =λPA , λ≠1 ，则P M =λ(0,-3, -4) ，

BM =BP +PM =BP +λPA =(-4, -2, 4) +λ(0,-3, -4)

=(-4, -2+3λ, 4-4λ) ，AC =(-4, 5, 0) ，BC =(-8, 0, 0)

设平面B M C 的法向量n 1=(x 1, y 1, z 1) ，

平面APC 的法向量n 2=(x 2, y 2, z 2)

⎧⎧-4x 1-(2+3λ) y 1+(4-4λ) z 1=0⎪B M ⋅n 1=0 由⎨ 得⎨

-8x =0⎩1⎪⎩B C ⋅n 2=0

⎧x 1=0 ⎧⎧3y 2+4z 2=02+3λ⎪A P ⋅n 2=0⎪

n =(0,1,) 即⎨ ，可取由即得 ⎨⎨2+3λ1

4-4λy 1⎩-4x 2+5y 2=0⎪⎪z 1=⎩A C ⋅n 2=04-4λ⎩

5⎧

x =y 2

2⎪⎪4

⎨

3⎪z =-y 22⎪⎩4

2+3λ4

=0解得λ= ，故A M =3 可取n 2=(5,4, -3) ，由n 1⋅n 2=0得4-3⋅

4-4λ5

综上所述，存在点M 符合题意，A M =3

法二（Ⅰ）证明：AB =AC , D 为BC 中点, ∴AD ⊥BC ,

又PO ⊥平面ABC , ∴P O ⊥B C 因为∴PO AD =O 所以B C ⊥平面PAD 故

B C ⊥P A

（Ⅱ）如图，在平面P A B 内作BM ⊥AP 于M , 连结CM, 由（Ⅰ）知BC ⊥P A, 得P A ⊥平面B M C ，又A P ⊂平面PAC, 所以平面B M C ⊥平面PAC,

222

在R t A D B 中，AB =AD +BD =

41得AB =

在R t P O D 中，PD 2=PO 2+OD 2，

在R t P D B 中，PB 2=PD 2+BD 2所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36得P B =6，

在R t P O A 中，PA =AO +OP =25得P A =5又cos ∠BPA =

PA +PB -AB

2PA ⋅PB

222

从而PM =PB cos ∠BPA =2，所以AM =PA -PM =3综上所述，存在点M 符合题意，

A M =3.

3、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.

（I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.

则D Q =(1,1,0), D C =(0,0,1), PQ =(1,-1, 0).

所以PQ ⋅D Q =0, PQ ⋅D C =0.

即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.

又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分

（II ）依题意有B （1，0，1），C B

=, 0) , 1(

(B 2, 1P . ) 1

⎧⎪n ⋅C B =0, ⎧x =0,

即⎨设n =(x , y , z ) 是平面PBC 的法向量，则⎨

-x +2y -z =0. ⎪⎩n ⋅B P =0, ⎩

因此可取n =(0,-1, -2).

⎧⎪m ⋅B P =0,

设m 是平面PBQ 的法向量，则⎨

⎪⎩m ⋅P Q =0.

可取m =(1,1,1).所以cos =-

故二面角Q —BP —C

的余弦值为-

………………12分

分析：（1）要证明线线垂直只要证明线面垂直或者用向量去证明；（2

）求二面角的余弦只

需建立适当的坐标系，有空间向量来完成。

解：(1)证明：在三角形ABD 中，因为∠BAD =60︒, AB =2AD ∴该三角形为直角三角形，所以

BD ⊥AD , PD ⊥平面PAD ∴PD ⊥BD 且PD ⋂AD =D BD ⊥平面PAD , PD ⊆平面PAD ∴BD ⊥PA

（2）建立如图的坐标系，设点的坐标分别是

A (a , 0, 0), B (0, 3a , 0), C (-a , 3a , 0), P (0, 0, a )

则AB =(-a , 3a , 0), BC =(-a , 0, 0), AP =(-a , 0, a ) ，设平面⎧⎪n ∙AB =0

PAB 的法向量为n =(x , y , z ) ，所以，⎨ 取得

⎪⎩n ∙AP =0

n =(3, 3, 3) ，同理设平面PBC 的法向量为m ，

⎧27⎪m ∙PC =0

cos ==- 取得，于是，，因此二面角m

=(0, -1, -3) ⎨

7⎪⎩m ∙BC =0

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的余弦值是-。

点评：该题考查空间内的垂直关的证明，空间角的计算。考查定理的理解和运用，空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这一关键。