高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)之欧阳化创编

立体几何中的向量方法
时间：2021.02.06
创作：欧阳化
1.（2012年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别
为1,1,1,1,2
和a ,且长为a 的棱与长为
2
的棱异面,则a 的取
值
范
围
是
（
） A ．(0,
2)B ．(0,3)C ．(1,2)D ．(1,3)
[解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴,
则22cos 4
AO PO AOP R
•∴∠==
,A )0,2
3,21(),22,0,22(
R R P R R 42arccos =∠∴AOP ,4
2
arccos
⋅=∴R P A
2. （2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有
直三棱柱111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值
为
（
） A 5
52
5D ．35
解析:不妨设122CA CC CB ===,
1
1(2,2,1),(0,2,1)
AB C B
,
111111(5cos
,95AB C B AB C B
AB C B
,直线1BC 与直
线1AB 夹角为锐角,所以余弦值为
5,选A.
3.（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥P ABCD -中,PA
丄平面ABCD ,AC 丄AD ,AB 丄BC ,0=45ABC ∠,==2PA AD ,=1AC . (Ⅰ)证明PC 丄AD ;
(Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值;
(Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为030,求AE 的长.
【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面
角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,考
查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.
方法一:（1）以,,AD AC AP 为,,x y z 正半轴方向，建立空间直角左边系A xyz -
则11(2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22
D C B P -
（2）
(0,1,2),(2,1,0)
PC CD =-=-，设平面
PCD
的法向量
(,,)n x y z =
则0
202200n PC y z y z x y x z n CD ⎧=-==⎧⎧⎪⇔⇔⎨⎨⎨-===⎩⎩⎪⎩ 取1(1,2,1)z n =⇒= (2,0,0)AD =是平面PAC 的法向量
D
B
A
P
得：二面角A PC D --的正弦值为306
（
3
）
设
[0,2]
AE h =∈；则
(0,0,2)
AE =，
11
(,,),(2,1,0)22
BE h CD =-=-
2
3310cos ,210
1020BE CD BE CD h BE CD
h <>=
⇔
=
⇔=+ 即10
10
AE =
方法二:(1)证明,由PA ⊥平面ABCD ,可得
PA AD ⊥,又由,AD AC PA AC A ⊥⋂=,故AD ⊥平
面PAC ,又PC ⊂平面PAC ,所以PC AD ⊥. (2)解:如图,作AH PC ⊥于点H ,连接DH ,由
,PC AD PC AH
⊥⊥,可得
PC ⊥
平面
ADH
.因
此,DH PC ⊥,从而AHD ∠为二面角A PC D --的平面角.
在Rt PAC ∆中,2,1PA AC ==,由此得25
AH =,由(1)知AD AH ⊥,故
在Rt DAH ∆中,222305
DH AD AH =
+=
,因此30
sin 6
AD AHD DH ∠=
=,
所以二面角A PC D --的正弦值为
30
6
. 4.（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱111
ABC A B C -中,112
AC BC AA ==,D 是棱1AA 的中点,BD DC ⊥1
(1)证明:BC DC ⊥1
(2)求二面角11C BD A --的大小. 第一问省略
第二问：如图建系:
A (0,0,0),P (0,0,26),M (32-,3
2
,0), N (3,0, 0),C (3
,3,0).
设Q (x ,y ,z ),则(33)(3326)CQ x y z CP =--=--，，，，，.
∵(3326)
CQ CP λλλλ==--，，,∴(
333326)Q λλλ--，，.
由0
OQ CP
OQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2326(2)Q ，，.
对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33
(0)=(300)22
AM AN =-
，，，，，. 则
333
0012
30300a AM n a b b AN n a c ⎧=
⎪⎪
⎧⎧⋅=-
+=⎪⎪⎪⇒⇒
=
⎨
⎨⋅=⎪⎪⎪
⎩
=⎩
=⎪⎪⎩
. ∴31(0)33
n =，，.
同理对于平面AMN 得其法向量为(
316)v =-，，.
记所求二面角A —MN —Q 的平面角大小为θ, 则10
cos n v n v
θ⋅=
=⋅. ∴所求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值为10.
5.（2011年安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与
平面
AGFD
垂直，点O 在线段
AD
上，1,2,OA OD ==△
OAB ，,△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线BC ∥EF ；
（II ）求棱锥F —OBED 的体积。

本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位
置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力. （I ）（综合法）
证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点. 由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，所以
OB ∥DE
21，OG=OD=2，
同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有
.2=='OD G O
又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合. 在△GED 和△GFD
中，由OB ∥DE 21和OC ∥DF 21
，可知
B 和
C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF. （向量法）
过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥
平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，
为x 轴正向，为
y 轴正向，为z 轴正向，建立
如图所示空间直角坐标系.
由条件知).23
,23,0(),0,23,23(
),3,0,0(),0,0,3(--C B F E
则有
).3,0,3(),23
,0,23(-=-
=
所以,2=即得BC ∥EF.
= =
= =
（II ）解：由OB=1，OE=2，2
3,60=
︒=∠EOB S EOB 知，而△
OED 是边长为2的正三角形，故.3=
OED S
所以
.23
3=
+=OED EOB OBED S S S
过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面
ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=
3，所以
.2331=⋅=
-OBED OBED F S FQ V
6.（2011年北京）
如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱
形，2,60AB BAD =∠=.
(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC
（Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长. 证明：（Ⅰ）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. （Ⅱ）设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=
3.
如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则 P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C
（0，
3，0）.
所以).0,32,0(),2,3,
1(=-=
设PB 与AC 所成角为θ，则
4
63
2226cos =⨯=
.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC
设P （0，－3，t ）（t>0），
则),3,1(t -
-=
设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m m
所以⎪
⎩⎪⎨
⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.
6
,3t z x == 所以
)
6
,3,3(t m = 同理，平面PDC
的法向量
)
6
,3,3(t n -= 因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即036
62
=+
-t
解得6=
t
所以PA=6
7. （2011年福建）
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD 中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，︒
∠45
CDA．
=
（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︒30，求线段AB的长；
（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。

分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。

解法一：
（I）因为PA⊥平面ABCD，
AC⊂平面ABCD，
所以PA AB
⊥，
又,,
⊥=
AB AD PA AD A
所以AB⊥平面PAD。

又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。

（II ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系
A —xyz （如图）
在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于点E ，则.CE AD ⊥ 在Rt CDE ∆中，DE=cos451CD ⋅︒=，
设AB=AP=t ，则B （t ，0，0），P （0，0，t ） 由AB+AD=4，得AD=4-t ， 所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---，
（i ）设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，
由n CD ⊥，n PD ⊥，得0,(4)0.x y t y tx -+=⎧⎨
--=⎩
取x t =，得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-，
又(,0,)PB t t =-，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30︒，得
解得4
45t t ==或（舍去，因为
AD 40t =->），所以
4
.
5AB = （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，
设G （0，m ，0）（其中04m t ≤≤-）
则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GC t m GD t m GP m t =--=--=-，
由||||GC GD =得222
(4)t m m t --=+，（2）
由（1）、（2）消去t ，化简得2
340m m -+=（3）
由于方程（3）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 ，D 的距离都相等。

从而，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。

解法二：
（I）同解法一。

（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz （如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，
则CE AD
⊥。

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则.
CE AD
⊥在Rt CDE
∆中，DE=cos451
CD⋅︒=，
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)
E t C t D t
---，
设平面PCD的法向量为(,,)
n x y z
=，
由n CD
⊥，n PD
⊥，得
0, (4)0.
x y
t y tx
-+=
⎧
⎨
--=⎩
取x t=，得平面PCD的一个法向量{,,4}
n t t t
=-，
又(,0,)
PB t t
=-，故由直线PB与平面PCD所成的角为30︒，得
解得
4
4
5
t t
==
或（舍去，因为AD40
t
=->），
所以
4
.
5 AB=
（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=CD ，得45GCD GDC ∠=∠=︒，
从而90CGD ∠=︒，即,CG AD ⊥
设,AB λλ=则AD=4-,
3AG AD GD λ=-=-，
在Rt ABG ∆中，2222(3)GB AB AG λλ=+=+-
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B ，C ，D 的距离都相等，
从而，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。

8.（2011年广东）
如图5．在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形， 且∠DAB=60︒，2PA PD ==
,PB=2, E,F 分别是BC,PC 的中点．
（1）证明：AD ⊥平面DEF;
（2）求二面角P-AD-B 的余弦值．
法一：（1）证明：取AD 中点G ，连接PG ，BG ，BD 。

因PA=PD ，有PG AD ⊥，在ABD ∆中，1,60AB AD DAB ==∠=︒，有ABD ∆为
等边三角形，因此,BG AD BG PG G ⊥⋂=，所以
AD ⊥平面PBG ,.AD PB AD GB ⇒⊥⊥
又PB//EF ，得AD EF ⊥，而DE//GB 得AD ⊥DE ，又FE DE E ⋂=，所以
AD ⊥平面DEF 。

（2）,PG AD BG AD ⊥⊥，
PGB ∴∠为二面角P —AD —B 的平面角， 在
2227
,4Rt PAG PG PA AG ∆=-=中
在Rt ABG ∆⋅︒中,BG=AB sin60 法二：（1）取AD 中点为G ，因为,.PA PD PG AD =⊥
又,60,AB AD DAB ABD =∠=︒∆为等边三角形，因此，BG AD ⊥，
从而AD ⊥平面PBG 。

延长BG 到O 且使得PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，PO ⊥AD ，,AD OB G ⋂=
所以PO ⊥平面ABCD 。

以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP
分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设11(0,0,),(,0,0),(,,0),(,,0).22P m G n A n D n -则
由于3(0,1,0),(,0,0),()2242n m AD DE FE ===+-
得0,0,,,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E ⋅=⋅=⊥⊥⋂=
AD ∴⊥平面DEF 。

（2）
1(,,),()2PA n m PB n m =--=+- 取平面ABD 的法向量1(0,0,1),n =- 设平面PAD 的法向量2(,,)n a b c =
由
2230,0,0,0,2222b b PA n a c PD n c ⋅=--=⋅=+-=得由得
取2n =。