空间向量与立体几何解答题含答案

空间向量与立体几何解答题精选（选修2--1）1．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，1DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC，AB1，M是2PB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。证明：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1A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).2（Ⅰ）证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0),故APDC0,所以APDC.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AC(1,1,0),PB(0,2,1),（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在R,使NCMC,要使ANMC,只需ANMC0即xz0,解得.由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为1245所求二面角的平面角.2．如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD底面ABCD．（Ⅰ）证明：AB平面VAD；（Ⅱ）求面VAD与面DB所成的二面角的大小．证明：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标图系.（Ⅰ）证明：不防设作A(1,0,0)，则B(1,1,0)，V(,0,123)，2由ABVA0,得ABVA，又ABAD，因而AB与平面VAD内两条相交直线VA，AD都垂直.∴AB平面VAD.（Ⅱ）解：设E为DV中点，则E(1,0,344)，由EBDV0,得EBDV,又EADV.因此，AEB是所求二面角的平面角，解得所求二面角的大小为arccos217.3．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩侧棱PA底面ABCD，AB3，BC1，PA2，E为PD的中点.（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，并求出点N到AB和AP的距离.解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A,B,C,D,P,E的坐标为A(0,0,0)、B(3,0,0)、C(3,1,0)、D(0,1,0)、P(0,0,2)、E(0,12,1)，从而AC(3,1,0),PB(3,0,2).设AC与PB的夹角为，则∴AC与PB所成角的余弦值为3714.（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z)，则NE(x,12,1z)，由NE面PAC可得，形，NEAP0,NEAC0.13z10,(x,,1z)(0,0,2)0,x2∴6即化简得13x0.z1(x,1,1z)(3,1,0)0.22即N点的坐标为(33,0,1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1,.664．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB4,BC2,CC13,BE1.（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离.解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,4,0)A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3)设F(0,0,z).∵AEC1F为平行四边形，（II）设n1为平面AEC1F的法向量，又CC1(0,0,3),设CC1与n1的夹角为，则∴C到平面AEC1F的距离为5．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1，中，ADAA11,AB2，点E在棱AD上移动.（1）证明：D1EA1D；（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；（3）AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为.4解：以D为坐标原点，直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0)（1）因为DA1,D1E(1,0,1),(1,x,1)0,所以DA1D1E.（2）因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0)，nAC0,AD1(1,0,1)，设平面ACD1的法向量为n(a,b,c)，则nAD10,也即a2b0a2b，得，从而n(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离为acac0（3）设平面D1EC的法向量n(a,b,c)，∴CE(1,x2,0),D1C(0,2,1),DD1(0,0,1),nD1C0,2bc0由令b1,c2,a2x，ab(x2)0.nCE0,∴n(2x,1,2).依题意cos4|nDD1||n||DD1|222(x2)252.2∴x123（不合，舍去），x223.∴AE23时，二面角D1ECD的大小为.46．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C,C1的一点，EAEB1，已知AB2,BB12,BC1,BCC13，求：（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；（Ⅱ）二面角AEB1A1的平面角的正切值.解：（I）以B为原点，BB1、BA分别为y,z轴建立空间直角坐标系.由于，AB2,BB12,BC1,BCC1在三棱柱ABCA1B1C1中有B(0,0,0),A(0,0,2),B1(0,2,0),C(3133,,0),C1(,,0)22223设E(3,a,0),由EAEB1,得EAEB10,即2又AB侧面BB1C1C，故ABBE.因此BE是异面直线AB,EB1的公垂线，则|BE|311，故异面直线AB,EB1的距离为1.44（II）由已知有EAEB1,B1A1EB1,故二面角AEB1A1的平面角的大小为向量B1A1与EA的夹角.7．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上一点，PFEC.已知PD2,CD2,AE,求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；（Ⅱ）二面角EPCD的大小.解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.12由已知可得D(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0)设A(x,0,0)(x0),则B(x,2,0),113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0).由PECE得PECE0，222即x23331330,故x.由DECE(,,0)(,,0)0得DECE，422222又PDDE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE|1，故异面直线PD,CE的距离为1.（Ⅱ）作DGPC，可设G(0,y,z).由DGPC0得(0,y,z)(0,2,2)0即z2y,故可取DG(0,1,2),作EFPC于F，设F(0,m,n)，则EF(31,m,n).2231,m,n)(0,2,2)0,即2m12n0，2222312m2,故m1,n,EF(,,).22222由EFPC0得(又由F在PC上得n因EFPC,DGPC,故EPCD的平面角的大小为向量EF与DG的夹角.故cosDGEF|DG||EF|2,,即二面角EPCD的大小为.244