空间向量与立体几何1.(2008海南、宁夏理)如图，已知点P 在正方体ABC D －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA=60°。

（1）求DP 与CC 1所成角的大小；（2）求DP 与平面AA 1D 1D2.（2008安徽文）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的 菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。

（Ⅰ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅱ）求点B 到平面OCD 的距离。

1A3.（2005湖南文、理）如图1，已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2。

（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小。

4.（2007安徽文、理)如图,在六面体1111D C B A ABCD -中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,四边形1111D C B A 是边长为1的正方形,⊥1DD 平面1111D C B A ,⊥1DD 平面ABCD ，DD 1=2。

(Ⅰ)求证:11C A 与AC 共面，11D B 与BD 共面. (Ⅱ)求证:平面;1111BDD B ACC A 平面⊥ (Ⅲ)求二面角C BB A --1的大小.A BC D O O 1 A B O C O 1 D5.(2007海南、宁夏理)如图，在三棱锥S ABC -中，侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形，90BAC ∠=°，O 为BC 中点． （Ⅰ）证明：SO ⊥平面ABC ； （Ⅱ）求二面角A SC B --的余弦值．6.(2007四川理）如图，PCBM 是直角梯形，∠PCB ＝90°，PM ∥BC ，PM ＝1，BC ＝2，又AC ＝1，∠ACB ＝120°，AB ⊥PC ，直线AM 与直线PC 所成的角为60°. （Ⅰ）求证：平面PAC ⊥平面ABC ; （Ⅱ）求二面角B AC M --的大小; （Ⅲ）求三棱锥MAC P -的体积.OS B AC7.(2006全国Ⅰ卷文、理)如图，1l 、2l 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段.点A 、B 在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==。

（Ⅰ）证明AC ⊥NB ；(Ⅱ)若60OACB ∠=，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值。

8.（2006福建文、理）如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC的中点，2,CA CB CD BD AB AD ====== （I ）求证：AO ⊥平面BCD ；（II ）求异面直线AB 与CD（III ）求点E 到平面ACD 的距离。

A BM NCl 2l 1 H历届高考中的“空间向量与立体几何”试题选讲(参考答案)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(100)DA =，，，(001)CC '=，，．连结BD ，B D ''． 在平面BB D D ''中，延长DP 交B D ''于H ．设(1)(0)DH m mm =>，，， 由已知60DH DA <>=，，由cos DA DH DA DH DA DH =<>， 可得2m =2m =，所以222DH ⎛= ⎝，（Ⅰ）因为0011cos 2DH CC +⨯'<>==，所以45DH CC '<>=，．即DP 与CC '所成的角为45． （Ⅱ）平面AA D D ''的一个法向量是(010)DC =，，． 因为01101cos 2DH DC ⨯+⨯+⨯<>==，， 所以60DH DC <>=，． 可得DP 与平面AA D D ''所成的角为30．2．解：作AP CD ⊥于点P ,如图,分别以AB,AP ,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系(0,0,0),(1,0,0),(0,,0),((0,0,2),(0,0,1)222A B P D O M -, (1)设AB 与MD 所成的角为θ, (1,0,0),(1)22AB MD ==--∵ 1cos ,23AB MDAB MD πθθ===⋅∴∴ ,∴AB 与MD 所成角的大小为3π (2)22(0,,2),(2)OP OD =-=--∵ ∴设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则0,0n OP n OD ==即 20220y z x y z -=⎪⎪⎨⎪+-=⎪⎩取z =解得(0,n =设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB 在向量(0,n =上的投影的绝对值, (1,0,2)OB =-∵, 23OB n d n⋅==∴.所以点B 到平面OCD 的距离为233．解:（I ）证明由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1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）,O 1（0，0，3）. 从而)3,3,0(),3,1,3(1-=-=BO AC ，.03331=⋅+-=⋅BO AC 所以AC ⊥BO 1.（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x n =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n AC n 取得)3,0,1(=n .设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知=<θn ，1BO >，所以cos <=cos θn ，1BO >=.43||||11=⋅BO n4.解（向量法）：以D 为原点，以DA ,DC ,1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系xyz D -如图，则有A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），).2,0,0(),2,1,0(),2,1,1(),2,0,1(1111D C B A （Ⅰ）证明：),0,2,2(),0,1,1(11-=-=AC C A ),0,2,2(),0,1,1(11==DB B D.2,21111B D DB C A AC ==∴平行，与平行，与1111B D DB C A AC ∴ 于是11C A 与AC 共面，11D B 与BD 共面.（Ⅱ）证明：，）＝，，（），，＝（00222001-••AC DD ，）＝，，（），，＝（0022022-••AC DB.1AC DB AC DD ⊥⊥∴，，是平面与111BDD B DB DD 内的两条相交直线， .11BDD B AC 平面⊥∴又平面，过AC ACC A 11.1111BDD B ACC A 平面平面⊥∴（Ⅲ）解：.210211201111），，＝（），，，＝（），，，＝（----CC BB AA 设的法向量，为平面11111),,(ABB A z y x n =,02,021111111==--=•=+-=•z y x BB n z x AA n于是).1,0,2(,2,1,0111====n z z y 则取 设的法向量，为平面11222),,(BCC B z y x m =.02,022212221=+-=•=+--=•z y CC m z y x BB m于是).1,2,0(,2,1,0222====m y z x 则取.51,cos =•=n m n m n m .511---∴的余弦为二面角C BB A5．证明：（Ⅰ）由题设AB AC SB SC ====SA ，连结，ABC △为等腰直角三角形，所以22OA OB OC SA ===，且AO BC ⊥，又SBC △为等腰三角形，故SO BC ⊥，且22SO SA =， 从而222SA SO OA =+．所以SOA △为直角三角形，SO AO ⊥．又AO BO O =．所以SO ⊥平面ABC ．（Ⅱ）解：以O 为坐标原点，射线OB OA ，分别为x 轴、y 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O xyz -．设(100)B ，，，则(100)(010)(001)C A S -，，，，，，，，．SC 的中点11022M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，111101(101)2222MO MA SC ⎛⎫⎛⎫=-=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，． 00MO SC MA SC ==，∴··．故,MO SC MA SC MO MA ⊥⊥>，，<等于二面角A SC B --的平面角．3cos 3MO MA MO MA MO MA<>==，··， 所以二面角A SC B --的余弦值为33．6．解：（Ⅰ）∵,,PC AB PC BC ABBC B ⊥⊥=∴PC ABC ⊥平面， 又∵PC PAC ⊂平面 ∴PAC ABC ⊥平面平面（Ⅱ）在平面ABC 内，过C 作CD CB ⊥，建立空间直角坐标系C xyz -（如图）由题意有31,02A ⎫-⎪⎪⎝⎭，设()()000,0,0P z z >， 则()()000310,1,,,,,0,0,2M z AM z CP z ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭由直线AM 与直线PC 所成的解为060，得0cos60AM CP AM CP ⋅=⋅⋅，即2200032z z z π=+，解得01z =O SB C OSBA Mx zy∴()310,0,1,,02CM CA ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MAC 的一个法向量为{}111,,n x y z =，则11110102y z y z +=⎧-=，取11x =，得{1,3,n = 平面ABC 的法向量取为()0,0,1m =设m 与n 所成的角为θ，则3cos 7m n m nθ⋅-==⋅显然，二面角M AC B --的平面角为锐角， 故二面角M AC B --的平面角大小为arccos 7（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知，PCMN 为正方形 ∴011sin12032P MAC A PCM A MNC M ACN V V V V AC CN MN ----====⨯⋅⋅⋅=（Ⅲ）解法二：取平面PCM 的法向量取为()11,0,0n =，则点A 到平面PCM 的距离113CA n h n ⋅== ∵1,1PCPM ==， ∴11111326P MAC A PCM V V PC PM h --===⨯⋅⋅=⨯⨯=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 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN. l 2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 ⊥NB.(Ⅱ)∵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 ⊥MC 于H,设H(0,λ,2λ) (λ>0). ∴HN →=(0,1－λ,－2λ),MC →=(0,1,2). HN →·MC →= 1－λ－2λ=0, ∴λ= 13 ,∴H(0,13, 23), 可得HN →=(0,23, － 23), 连结BH,则BH →=(－1,13, 23),∵HN →·BH →=0+29 － 29 =0, ∴HN →⊥BH →, 又MC ∩BH=H,∴HN ⊥平面ABC,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角.又BN →=(－1,1,0),∴cos ∠NBH= BH →·BN →|BH →|·|BN →|= 4323×2= 63l 18． (1)证明：连结OC.∵BO=DO,AB=AD, ∴AO ⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD,∴CO ⊥BD.在△AOC 中，由已知可得AO=1,CO=3.而AC=2, ∴AO 2+CO 2=AC 2,∴∠AOC=90°,即AO ⊥OC. ,0=OC BD∴AO ⊥平面BCD .（Ⅱ）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)，C (0，3，0)，A (0,0,1),E (21,23,0), ).0,3,1(),1,0,1(--=-=CD BA∴,42,cos =•=CD BA CD BA CD BA∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为.42arccos（Ⅲ）解法一：设平面ACD 的法向量为n =(x,y,z ),则⎪⎩⎪⎨⎧=-•=•=--•=•,0)1,3,0(),,(,0)1,0,1(),,(z y x AC n z y x AD n ∴⎩⎨⎧=-=+.03,0z y z x 令y=1，得n=(-3,1,3)是平面ACD 的一个法向量.又),0,23,21(-=EC ∴点E 到平面ACD 的距离h=.72173|||·|==n n EC （Ⅲ）解法二：设点E 到平面ACD 的距离为h .CDE A ACD A V V --- ,∴h 31·S △ACD =31·AO ·S △CDE . 在△ACD 中，CA =CD =2,AD =2,∴S △ACD =,2722222132=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯而AO =1, S △CDE =,23243212=⨯⨯ ∴h =,72127231=⨯=•∆∆ACD CDE S S AO ∴点E 到平面ACD 的距离为721.。