湖南历年平面向量题目.docx
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湖南历年平面向量题目.docx
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湖南历年平面向量题目
P
B
图3
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PO中,已知PO-.2丄O的直径
AB=2,点C在AB上,且三CAB=30D为AC的中点.
(I)证明:
AC_平面POD;
(II)求直线和平面PAC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-AB1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M
是棱CG的中点.
(I)求异面直线AM和GD1所成的角的正切
值;
(U)证明:
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3,在正三棱柱ABC—AQG中,AB=4,AA=.7,点D是BC的中点,点
E在AC上,且DE_AE.
(I)证明:
平面ADE_平面ACCiA;
1
C
E
D
图3
1
(n)求直线AD和平面ADE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
如图所示,四棱锥
12分)
P—ABCD的底面积ABCD是边长为1的菱形,/BCD=
60°,E是CD的中点,PA丄底面积ABCD
(I)证明:
平面PBE丄平面PAB;
(n)求二面角A—BE—P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14分)
如图3,已知直二面角:
•—PQ一一:
,APQ,B:
C■-,CA二CB,
.BAP=45,直线CA和平面〉所成的角为30.
I)证明BC_PQ;
n)求二面角B-AC-P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)
图2
18.(本小题满分14分)如图2,已知两个正四棱锥P-
ABCD与Q-ABCD的高都是2,AB=4.(I)证明PQ丄平面ABCD;
(n)求异面直线AQ与PB所成的角;
(川)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3的等腰梯形,
将它沿对称轴OOi折成直二面角,如图2.
(I)证明:
AC丄BOi;
(U)求二面角O—AC—Oi的大小.
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.(本小题满分12分)
如图,在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中,/ABC=60°,PA=AC=a,PB=PD=2a,点E是PD的中点.
(I)证明PA丄平面ABCD,PB//平面EAC;
,的正切值.
D
II)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角
P
6
B
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po中,已知po-、2丄o的直径
AB=2,点C在AB上,且三CAB=30D为AC的中点.
(I)证明:
AC_平面POD;
(II)求直线和平面PAC所成角的正弦值.
解析:
(I)因为OA=OC,D是AC的中点,所以AC_OD.又
PO_底面LO,AC底面—O,所以AC_OD.PO是平面POD内的两条相交直线,所以AC_平面POD;
(11)由(I)知,AC_平面POD,又AC平面PAC,所以平面POD_平面PAC,在平面POD中,过O作
OH_PD于H,贝UOH_平面PAC,连结CH,贝UCH是
OC在平面PAC上的射影,所以•OCH是直线OC和平面PAC所成的角.
在RtPOD中,OHPOLOD22
Jpo2+od23
在RtLoHC中,sinOCH=OH2
OC3
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I)如图,因为C1D1//B1A1,所以•MAjBj异面直线AM和C1D1所成的角,因为A1B,_平面BCC1B1,所以.A1B1M=90°,而片B=1,
B-;B1C;MC1二22,
,yB1M,■—
故tan^MA1B1-2.
A1B1
(n)由AB<|_平面BCC1B1,BM二.平面BCC1B1,得A,B^BM①
由(i)知,BiM=乜2,BM二BC2CM2=、2,B,B=2,所以
B,M2BM2工B,B2,
从而BM_BiM②又A,B,B,M=B,,再由①②得BM_平面AiBiM,而
BM平面ABM,
因此平面ABM丄平面AiBiM.
2009年普通高等学校招全国统一考试(湖南卷)
数学(文史类)
I8.(本小题满分I2分)
如图3,在正三棱柱ABC-ABiCi中,AB=4,AA^=.7,点D是BC的中点,点E在
AC上,且DEIAiE.
(I)证明:
平面ADE_平面ACCiAi;
求直线AD和平面ADE所成角的正弦值
Bi
B
解(I)如图所示,由正三棱柱ABC-ABCi的性质知AAi_平面ABC.
又DE平面ABC,所以DE_AA.
而DE_AE,AADAE,所以DE_平面ACGA.
又DE二平面ADE,故平面ADE_平面ACCiAi.
(n)解法i过点A作AF垂直AE于点F,
连结DF•由(I)知,平面ADE_平面
Bi
ACGA,所以AF_平面ADE•故.ADF是直线AD和平面ADE所成的角.
因为DE_平面ACCiA,所以DE_AC•而.:
ABC是边长为4的正三角形,于是
AD=2.3,AE=4_CE
即直线
坐标分别是A(2,0,0),A,(2,0,7),D(―1,.3,0),E(—1,0,0).
易知AD=(-3,.3^.7),DE=(0^,3,0),=^3,.3,0).
设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量,则
nDE3y=0,
nAD=_3x…:
'3y-7z=0.
解得X=-—7z,y=0.
3
故可取n=(.7,0,-3).
于是
n
|n||AD|
cosn,AD
B1
A1
O
E
C
\d
B
-37-「.一21
4238
由此即知,直线AD和平面ADE所成角的正弦值为—21•
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P—ABCD的底面积ABCD是边长为1的菱形,/
BCD=60°,E是CD的中点,PA丄底面积ABCD,PA=■■■3.
(I)证明:
平面PBE丄平面PAB;
(II)求二面角A-BE—P的大小.
解解法一(I)如图年示,连结BD,由ABCD是菱形且/BCD=60°知,△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点,所以BE丄CD,又AB//CD,所以BE丄AB.又因为PA丄平面
ABCD,BEU平面ABCD,所以PA丄BE.而PAQAB=A,因此BE丄平面PAB.
又BEU平面PBE,所以平面PBE丄平面PAB.
(I)由(I)知,BE丄平面PAB,PBU平面PAB,所以PB丄BE.
又AB丄BE,所以/PBA是二面角A—BE—P的平面角.
PAL
在Rt△PAB中,tan/PBA=3,/PBA=60°.
AB
故二面角A—BE—P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
Q;QA;Q
坐标分别是A(0,0,0),B(1,0,0),C(—,,0),D(—,,0),
2222
-3
P(0,0,、3),E(1,,0).
2
(I)因为BE=(0,,0),平面pab的一个法向量是n0=(0,1,0),
2
所以BE和n0共线.从而BE丄平面PAB.又因为B吐平面BEF,所以平面PBE丄平面PAB.
(I)易知PB=(1,0,-■■3),
Be=(0,-
Xi0yi-3zi二0,
%0乙=0.
设n—=(xi,yi,zi)是平面PBE的一个法向量,则有
所以yi=0,xi=\3zi.故可取ni=(3,0,1).
而平面ABE的一个法向量是n2=(0,0,1).
nLn21
1斤山乔「2
故二面角A-BE-P的大小是60.
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.(I)证明:
在平面
内过点C作CO丄PQ于点0,连结0B,
因为〉_:
「-PQ,所以C0-:
-
又因为CA=CB,所以OA=OB,
而BAO二45,
所以ABO=45,AOB=90,
从而BO丄PQ,又CO丄PQ,
所以PQ丄平面OBC,
因为BC平面OBC,故BC_PQ
(n)解:
解法一由(I)知,BO丄PQ,又>--PQ,BO二氓,所以
过点O作OH丄AC于点H,连结BH,由三垂线定理知:
BH丄AC,故乙BHO是二面角B-AC-P的平面角。
由(I)知,CO_:
•,所以•CAO是CA和平面〉所成的角,即•CAO=30
不妨设AC=2,则AO二3,OHAOsin30=
2
在RtOAB中,ABO=/BAO=45,所以BO=AO=3
-2
故二面角B「AC「P的大小为arctan2
解法二由(I)知:
OC_OA,OC_OB,OA_OB,故可以O为原点,分别以直线OB、OA、OC为x轴、y轴、
z轴建立空间直角坐标系(如图)
因为CO_:
•,所以.CAO是CA和平面所成的角,即.CAO二30,
不妨设AC=2,则AO=3,CO=1
在RtOAB中,.ABO=/BAO=45,
所以BO=AO二..3
则相关各点的坐标分别是O(O,O,O),B(、..3,0,0),A(0,、..3,0),C(0,0,1)
所以AB=(..3,-...3,0),AC=(0,—.3,1)
取x=1,得比二(1,1,.3)。
易知
n2二(1,0,0)是平面1的一个法向量
设二面角B-AC-P的平面角为
V,由图可知,V-n「n2
于是
n1■n2
故二面角B「AC「P的大小为arccos
5
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(I)连结AC、BD,设ACBD=O.
由P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥,所以PO丄平面ABCD,QO丄平面ABCD.
从而P、O、Q三点在一条直线上,所以PQ丄平面ABCD.
(H)由题设知,ABCD是正方形,所以AC丄BD.
由(I),QO丄平面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(2.2,0,0),
Q(0,0,—2),B(0,2、-2,0)
所以AQ=(-2.2,0,-2)
PB=(0,2.2,-2)
—AQPBcosAQ,PB-
D
C
O
B
y
|aq||pb
从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos
3
(皿)由(H),点D的坐标是(0,—2、.2,0),AD=(_2、2,2..2,0),
PQ=(0,0,-4),设n=(x,y,z)是平面QAD的一个法向量,由
J—Cr~
nAQ=0仆』2x+z=0
」.__付弋.
nAD=0込+y=o
Lk
取x=1,得n=(1,-1,2).
所以点P到平面QAD的距离d
解法二(I)取AD的中点,连结PM,QM.因为P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥,所以AD丄PM,AD丄QM.从而AD丄平面PQM.
又PQ二平面PQM,所以PQ丄AD.
同理PQ丄AB,所以PQ丄平面ABCD.
(H)连结AC、BD设ACBD=0,由PQ丄平面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OA=OC,OP=OQ,所以PAQC为平行四边形,
AQIIPC.
从而/BPC(或其补角)是异面直线AQ与PB所成的角
因为PB二PC=,OCOP2=、:
(2.2)222=2、3,
所以cos^BPC=
222
PB+PC-BC
D
C
O
B
12+12—16_1
2232.33
从而异面直线AQ与PB所成的角是
1
arccos—.
3
2PBPC
2005年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)
数学(文史类)
i8•解法一(I)证明由题设知OA丄OOi,OB丄OOi.所以/AOB是所折成的直二面角的平面角,
即OA丄OB.故可以O为原点,OA、OB、OOi
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,i,、3)
Oi(o,o,.3).
从而AC=(-3,i,•3),BOi=(0,-3,、3),ACBOi=-3.3.3=0.
所以AC丄BOi.
"・i—J—
(ii)解:
因为BO^!
OC3•...3「3=0,所以BOi丄oc,
由(I)AC丄BOi,所以BOi丄平面OAC,B01是平面OAC的一个法向量.
设n=(x,y,z)是o平面OiAC的一个法向量,
由」
nAC=0
―L=>*
nOQ=0
-3x+y+忌=0,取z=运,得匚=(i,0^'3).y=0.
设二面角O—AC—O1的大小为
「由n、BO1
的方向可知
v-:
:
:
n,BOi>,
nBOi
即二面角O-AC—Oi的大小是arccos子
所以cosJ-cos:
:
n,BOi>=
|n||BOi|
解法二(I)证明由题设知OA丄OOi,OB丄OOi,所以/AOB是所折成的直二面角的平面角,
即OA丄OB.从而AO丄平面OBCOi,
OC是AC在面OBCOi内的射影.
.=OC=
"oo1-
所以/OOiB=60°,/OiOC=30°,从而OC丄BOi
由三垂线定理得AC丄BOi.
(II)解由(I)AC丄BOi,OC丄BOi,知BOi±平面AOC.
设OCQOiB=E,过点E作EF丄AC于F,连结OiF(如图
内的射影,由三垂线定理得OiF丄AC.
因为tan.—OO’BO^=3tan/QOC
OOi
4)
,贝UEF是OiF在平面AOC
18.
P
所以/OiFE是二面角O—AC—Oi的平面角
由题设知OA=3,OOi=.3,OiC=1,
所以OiA=.OA2OOi2=2..3,AC=OiA2OiC2=.13,
OiAOiC
2、3
从而O1F--
又OiE=OOi•sin30=——,
AC
13
2
O1E
所以sin.1
■.13
J3
即二面角o—AC—Oi的大小是arcsin
O1F
4
4
2004年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)
数学(文史类)
(I)证法一因为底面ABCD是菱形,/ABC=60°
所以AB=AD=AC=a,在厶PAB中,
由PA2+AB2=2a2=PB2知PA丄AB.
同理,PA丄AD,所以PA丄平面ABCD.
因为PB=PDDCCB=2EDDCDA
-(EDDA)(EDDC)=EAEC.
所以PB、EA、EC共面.
又PB二平面EAC,所以PB//平面EAC.
证法二同证法一得PA丄平面ABCD.
连结BD,设BD-AC=O,贝UO为BD的中点.
连结OE,因为E是PD的中点,所以PB//OE.
又PB二平面EAC,OE:
_平面EAC,故PB//平面EAC.
(H)解作EG//PA交AD于G,由PA丄平面ABCD.知EG丄平面ABCD.
作GH丄AC于H,连结EH,贝UEH丄AC,ZEHG即为二面角
面角
又E是PD的中点,从而G是AD的中点,
1i3
EGa,AGa,GH=AGsin60a.
224
所以
taz电二亘
GH3
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