新课程高中数学第三章空间向量和立体几何高考真题新人教A版选修2-1.docVIP

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＝eq \r(3)AD. 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD. (2)解　如图，以D为坐标原点，AD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， 则A(1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，P(0，0， 1)． eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－1)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0， 0)． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0.))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y－z＝0.)) 因此可取n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))． 设平面PBC的法向量为m，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0.)) 可取m＝(0，－1，－eq \r(3))．cos〈m，n〉＝eq \f(－4,2\r(7))＝－eq \f(2\r(7),7). 故二面角A-PB-C的余弦值为－eq \f(2\r(7),7). 2．(2011·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面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＝eq \r(3). 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz，则P(0， －eq \r(3)，2)， A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)． 所以eq \o(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)， eq \o(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)． 设PB与AC所成角为θ，则 cos θ＝|eq \f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)|＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4). (3)解　由(2)知eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)． 设P(0，－eq \r(3)，t)(t0)，则eq \o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t)． 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)， 则eq \o(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \o(BP,\s\up6(→))·m＝0. 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0.)) 令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(6,t).所以m＝(3，eq \r(3)，eq \f(6,t))． 同理，平面PDC的法向量n＝(－3，eq \r(3)，eq \f(6,t))． 因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0， 解得t＝eq \r(6).所以PA＝eq \r(6). 3．(2011·山东高考)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. (1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE； (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