空间向量高考题
1. 如下图 , 在长方体 ABCD— A1 B1C1 D1中, 已知 AB=4, AD=3, AA1=
2. E、F 分别是线段AB、BC上的点 , 且 EB=FB=1.
（Ⅰ）求二面角C— DE—C1的正切值 ; （Ⅱ）求直线 EC1与 FD1所成角的余弦值 .
、如图四棱锥 P—ABCD中底面 ABCD为矩
形AB AD
,
侧面 PAD为等
边
2 .,,, =8,=4三角形 , 并且与底面所成二面角为60°.
（Ⅰ）求四棱锥P— ABCD的体积 ;（Ⅱ）证明PA⊥BD.
4、如图，α⊥β，α ∩β＝l ，∈α，∈β，点
A
在直线 l 上的射影为
1
，点
A B A
B 在直线l 上的射影为1，已知＝，1，
1
＝，求：
B AB 2AA=1BB
（Ⅰ）直线 AB分别与平面α，β所成的角的大小；（Ⅱ）二面角A1－AB－ B1的大小 .
证∵α⊥β，α∩β=l ， AA1⊥l ， BB1⊥l ，∴AA1⊥β，BB1⊥α ，
则∠ BAB1，∠ ABA1分别是 AB与α和β所成的角 .
Rt△BB1A 中， BB1=，AB=2，∴ sin∠BAB1=，
∴∠ BAB1=45°.
Rt△AA1B 中， AA1=1，AB=2，
∴sin ∠ABA1=，∴∠ ABA1=30°.
故 AB与平面α，β所成的角分别是45°， 30°.
( Ⅱ) 如图，建立坐标系，则A1（ 0， 0， 0）， A（0，0， 1）， B1（0，1，0）， B （，1，0）.
在 AB上取一点 F（x，y，z），则存在 t ∈R，使得=t，
即（ x，y，z－1）=t() ，∴点 F 的坐标为 (t ，t ，1－ t).
要使，须=0，即（，t ，1－t ）·（，1，－1）=0，
2t+t－(1 －t)=0 ，解得 t=，∴点 F 的坐标为 () ∴().
1
）. ∴
设 E 为 AB 的中点，则点 E 的坐标为（ 0，
又
∴，∴∠A1FE为所求二面角的平面角.
又 cos∠A1FE=
∴二面角A1－ AB－B1的大小为 arccos.
5、如图，在直三棱柱中，、分别为、的中点。

（ I ）证明： ED为异面直线与的公垂线；（II）设求二面角的大小
（Ⅰ）如图，建立直角坐标系其中原点为的中点。

设则
又=(-2a,0,2c)
, ∴ED⊥AC1所以是异面直线与的公垂线。

（Ⅱ）不妨设
则
，
，即，又，
面又，
，
，即，又
，
面
，即得和的夹角为，所以二面角为
6、已知四棱锥 P－ABCD的底面为直角梯形， AB∥DC，底面ABCD，
且 PA=AD=DC=AB=1，M是 PB的中点。

（Ⅰ）证明：面 PAD⊥面 PCD；（Ⅱ）求 AC与 PB所成的角；（Ⅲ）求面 AMC
与面 BMC所成二面角的大小。

证：因为 PA⊥AD，PA⊥AB，AD⊥AB，以 A 为坐标原点， AD长为单位长度，
如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).
(I) 证明：因=(0,0,1),=(0,1,0),故·=0, 所以 AP⊥DC.
又由题设知 AD⊥DC，且 AP与 AD是平面 PAD内的两条相交直线，由此得 DC⊥
面PAD。

又 DC在面 PCD上，故面 PAD⊥面 PCD.
（ II ）解：因=(1,1,0),=(0,2,-1),
故||=，||=，·=2，所以
cos<·>==
由此得 AC与 PB所成的角为 arccos
（III ）解：在 MC上取一点 N(x,y,z), 则存在λ∈R，使
=λ，
=(1-x,1-y,-z),=(1,0,-), ∴x=1- λ,y=1,z=λ .
要使 AN⊥MC只需·=0, 即 x- z=0, 解得λ=.
可知当λ=时,N点坐标为(,1,), 能使·=0.
此时 ,=( ,1,),=( ,-1,), 有·=0.
由·=0,·=0 得 AN⊥MC,BN⊥MC.所以∠ ANB为所求二面角的平面角 .
∵||=,||=,·=-
∴cos<,>=故所求的二面角为arccos(-).
7、如图，四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD为矩形， PD⊥底面 ABCD，AD=PD，
E、 F 分别为 CD、PB的中点。

（Ⅰ）求证： EF⊥平面 PAB；（Ⅱ）设 AB=BC，求 AC与平面 AEF所成的角的大小。

证：以 D为坐标原点， DA的长为单位，建立如图所示的直角坐标系 .
（Ⅰ）证明：
设 E（a，0，0）其中 a>0，则 C（ 2a，0，0）， A（0，1，0）B（2a， 1， 0）， P （ 0， 0， 1）， F（a，，）.
=（0，，），=（2a，，=（ 2a， 0， 0）。

·=0，∴ EF⊥PB.
·=0，∴ EF⊥AB
又 PB 平面 PAB，AB 平面 PAB，PB∩AB=B.
∴EF⊥平面
PAB.
（Ⅱ）解：由 AB= BC，得 a=.
可得=（，-1，0），=（，
cos<·>==,
异面直线 AC、PB所成的角为 arccos.
=（，-，）.
∴·=0,PB⊥AF.
又 PB⊥EF， EF、 AF为平面 AEF内两条相交直线 ,即 AC与平面 AEF所成的角为 arcsin.
8.如图，已知四棱锥 P—ABCD，PB⊥AD，侧面 PAD为边长等于 2 的正三角形，底面 ABCD为菱形，侧面 PAD与底面 ABCD所成的二面角为 1
（Ⅰ）求点 P 到平面 ABCD的距离；（Ⅱ）求面 APB与面 CPB所成二面角的大小 .
（Ⅰ）解：如图，作PO⊥平面 ABCD，垂足为点 O.
连结 OB、OA、OD，OB与 AD交于点 E，连结 PE.
∵AD⊥PD，∴ AD⊥OB，
∵PA＝PD，∴ OA＝OD，
于是 OB平分 AD，点 E 为 AD的中点，所以PE⊥AD.
由此知∠ PEB为面 PAD与面 ABCD所成二面角的平面角，
∴∠ PEB＝1，∠ PEO＝ 60 . 由已知可求得 PE＝，
∴PO＝PE·
sin60 =
×
= ,
即点 P 到平面BCD的距离为
.
A
（Ⅱ）：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点， x 轴平行于 DA.
P
)，B（
0,,0
）， PB中点 G的坐标为
（
0,,
），连结 AG
(0,0,.
又知A（，，），C（－，，）由此得到：
=(1,－
,
－
),
1020 .
=(0,, －),=(－2,0,0).于是有·＝0,·＝0，所以⊥,⊥.,的夹角等于所求二面角的平面角,
于是 cos ==－,
所以所求二面角的大小为π－ arccos.。