湖南历年平面向量题目

湖南历年高考立体几何专题2011年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）19（本题满分12分）如图3，在圆锥中，已知的直径的中点（I）证明：（II）求直线和平面所成角的正弦值2010年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18.（本小题满分12分） 如图3所示，在长方体ABCD-中，AB=AD, AA1=, M是棱C的中点. （）求异面直线和所成的角的正切值; （）证明：平面ABM平面A1B1M.图32009年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18（本小题满分12分）如图, 在正三棱柱中, , , 点是的中点，点在上，且.图3()证明：平面平面；()求直线和平面所成角的正弦值. 2008年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18.（本小题满分12分）如图所示，四棱锥PABCD的底面积ABCD是边长为1的菱形，BCD60，E是CD的中点，PA底面积ABCD，PA.()证明：平面PBE平面PAB；()求二面角ABEP的大小.2007年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18.（本小题满分4分）如图3，已知直二面角，直线CA和平面所成的角为. ()证明； ()求二面角的大小.2006年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18.（本小题满分4分）QBCPAD图2如图2，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高都是2，AB=4. ()证明PQ平面ABCD； ()求异面直线AQ与PB所成的角； ()求点P到平面QAD的距离.2005年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18（本小题满分14分）如图1，已知ABCD是上下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2.（）证明：ACBO1；（）求二面角OACO1的大小.图1 图22004年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18（本小题满分12分）如图，在底面 是菱形的四棱锥PABC中，ABC=600，PA=AC=a,PB=PD=,点E是PD的中点.（I）证明PA平面ABCD，PB平面EAC；（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的正切值.湖南历年高考立体几何专题参考答案2011年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）19（本题满分12分）如图3，在圆锥中，已知的直径的中点（I）证明：（II）求直线和平面所成角的正弦值解析：（I）因为又内的两条相交直线，所以（II）由（I）知，又所以平面在平面中，过作则连结，则是上的射影，所以是直线和平面所成的角在在2010年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18.解 ）如图，因为，所以异面直线和所成的角，因为平面，所以，而=1，故. 即异面直线和所成的角的正切值为（）由平面，BM平面，得 BM 由（）知， ，所以，从而BMB1M 又, 再由 得BM平面A1B1M，而BM平面ABM，因此平面ABM平面A1B1M. 2009年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18（本小题满分12分）如图, 在正三棱柱中, , , 点是的中点，点在上，且.()证明：平面平面；图3()求直线和平面所成角的正弦值. 解 （）如图所示，由正三棱柱的性质知平面又平面，所以 而，所以平面又平面，故平面平面 （）解法1 过点作垂直于点，连结由（）知，平面平面，所以平面故是直线和平面所成的角 因为平面，所以而是边长为的正三角形，于是,又因为，所以，即直线和平面所成角的正弦值为 解法2 如图所示，设是的中点，以为原点建立空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是，易知，.设是平面的一个法向量，则解得，故可取 于是由此即知，直线和平面所成角的正弦值为2008年普通高等学校招全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18.（本小题满分12分）如图所示，四棱锥PABCD的底面积ABCD是边长为1的菱形，BCD60，E是CD的中点，PA底面积ABCD，PA.()证明：平面PBE平面PAB；()求二面角ABEP的大小.解解法一()如图年示，连结BD，由ABCD是菱形且BCD60知，BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BECD，又ABCD，所以BEAB.又因为PA平面ABCD，BE平面ABCD，所以PABE.而PAABA，因此BE平面PAB.又BE平面PBE，所以平面PBE平面PAB.()由()知，BE平面PAB，PB平面PAB，所以PBBE.又ABBE，所以PBA是二面角ABEP的平面角.在RtPAB中，tanPBA，PBA60.故二面角ABEP的大小是60.解法二如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A(0,0,0)，B(1,0,0)，C()，D()，P()，E().()因为，平面PAB的一个法向量是(0,1,0)，所以和共线.从而BE平面PAB.又因为BE平面BEF，所以平面PBE平面PAB.()易知=(1,0,-), =(0,0),设=(x1,y1,z1)是平面PBE的一个法向量，则有所以y1=0,x1=z1.故可取=(,0,1).而平面ABE的一个法向量是=(0,0,1).于是，cos,.故二面角A-BE-P的大小是.2007年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18. ()证明：在平面内过点C作COPQ于点O，连结OB， 因为，所以又因为CA=CB，所以OA=OB，而，所以，从而BOPQ，又COPQ，所以PQ平面OBC，因为平面OBC，故()解：解法一 由()知，BOPQ，又，所以过点O作OHAC于点H，连结BH，由三垂线定理知：BHAC，故是二面角的平面角。由()知，所以是CA和平面所成的角，即不妨设AC=2，则，在中，所以于是在中，故二面角的大小为解法二 由()知：，故可以O为原点，分别以直线OB、OA、OC为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图）。因为，所以是CA和平面所成的角，即，不妨设AC=2，则，在中，所以则相关各点的坐标分别是，所以，设是平面ABC的一个法向量，由得：取，得。易知是平面的一个法向量设二面角的平面角为，由图可知，所以故二面角的大小为2006年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18. 解法一（）连结AC、BD，设.由PABCD与QABCD都是正四棱锥，所以PO平面ABCD，QO平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ平面ABCD.（）由题设知，ABCD是正方形，所以ACBD. QBCPADzyxO由（），QO平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，2），A（，0，0），Q（0，0，2），B（0，0）.所以于是.从而异面直线AQ与PB所成的角是.()由（），点D的坐标是（0，0），设是平面QAD的一个法向量，由得.取x=1，得.所以点P到平面QAD的距离.解法二（）取AD的中点，连结PM，QM.因为PABCD与QABCD都是正四棱锥，所以ADPM，ADQM. 从而AD平面PQM.又平面PQM，所以PQAD.同理PQAB，所以PQ平面ABCD.QBCPADOM（）连结AC、BD设，由PQ平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.因为OAOC，OPOQ，所以PAQC为平行四边形，AQPC.从而BPC（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.因为，所以.从而异面直线AQ与PB所成的角是.()连结OM，则.所以PMQ90，即PMMQ.由（）知ADPM，所以PM平面QAD. 从而PM的长是点P到平面QAD的距离.在直角PMO中，.即点P到平面QAD的距离是.2005年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）ABOCO1Dxyz18解法一（I）证明 由题设知OAOO1，OBOO1.所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为轴、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，）图3O1（0，0，）.从而所以ACBO1. （II）解：因为所以BO1OC，由（I）ACBO1，所以BO1平面OAC，是平面OAC的一个法向量.设是0平面O1AC的一个法向量，由 得. 设二面角OACO1的大小为，由、的方向可知，F EABOCO1D所以cos，=即二面角OACO1的大小是解法二（I）证明 由题设知OAOO1，OBOO1， 所以AOB是所折成的直二面角的平面角，图4即OAOB. 从而AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1内的射影.因为 ，所以OO1B=60，O1OC=30，从而OCBO1由三垂线定理得ACBO1.（II）解 由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC.设OCO1B=E，过点E作EFAC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O1FAC.所以O1FE是二面角OACO1的平面角. 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，所以，从而，又O1E=OO1sin30=，所以 即二面角OACO1的大小是2004年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）18（）证法一 因为底面ABCD是菱形，ABC=60，所以AB=AD=AC=a， 在PAB中，由PA2+AB2=2a2=PB2 知PAAB.同理，PAAD，所以PA平面ABCD.因为 所以