高中数学 空间向量与立体几何解答题精选解题思路大全

10|AN|530,|BN|530,ANBN4.51（数学选修2-1）第三章空间向量与立体几何解答题精选1已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC，2AB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),故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以cosAC,PBACPB.|AC||PB|5（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在R,使NCMC,NC(1x,1y,z),MC(1,0,1),x1,y1,z1..22要使ANMC,只需ANMC0即x1z0,解得4.25可知当4时,N点坐标为12能使ANMC0.(,1,),555此时,AN(1,1,2),BN(1,1,2),有BNMC05555由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为所求二面角的平面角cos(AN,BN)ANBN|AN||BN|2.3故所求的二面角为arccos(2).333)321).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)，1V(,0,)，22AB(0,1,0),VA1(,0,22由ABVA0,得ABVA，又ABADAD都垂直∴AB平面VAD，因而AB与平面VAD内两条相交直线VA，（Ⅱ）解：设E为DV中点，则EA1E(,0,)，44由EBDV0,得EBDV,又EADV.因此，AEB是所求二面角的平面角，cos(EA,EB)EAEB,|EA||EB|7解得所求二面角的大小为arccos21.73如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，ABE为PD的中点，BC1，PA2，（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；A（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(0,1,1)，23VDCB(3,0,3),EB(3,1,3),DV(1,0,344442227713x从而AC(3,1,0),PB(3,0,2).设AC与PB的夹角为，则cosACPB3|AC||PB|3,14∴AC与PB所成角的余弦值为314（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z)，则NE(x,1,1z)，由NE面PAC可得，2(x,1,1z)(0,0,2)0,z10,xNEAP0,2∴NEAC0.即化简得1(x,,1z)(3,1,0)0.260.z1即N点的坐标为(2,0,1)，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AECF所截面而得到的，其中1AB4,BC2,CC13,BE1（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面AECF的距离1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)∵AECF为平行四边形，17333311116333333由AECF为平行四边形,1由AFEC1得,(2,0,z)(2,0,2),z2.F(0,0,2).EF(2,4,2).于是|BF|26,即BF的长为26.（II）设n1为平面AECF的法向量，1显然n不垂直于平面ADF,故可设n(x,y,1)11nAE0,0x4y10由1得2020nAF0,xy14y10,x1,即2x20,1y.4又CC(0,0,3),设CC与n的夹角为，则1cos11CCn3114.|CC1||n|331∴C到平面AECF的距离为1d|CC|cos344.133115如图，在长方体ABCDABCD，中，ADAA1,AB2，点E在棱AD上移11111动（1）证明：DEAD；11（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(x2)252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A(1,0,1),D(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0)11（1）因为DA,DE(1,0,1),(1,x,1)0,所以DADE.1111（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,AD(1,0,1)，设平面ACD11的法向量为n(a,b,c)，则nAD10,a2b0a2b也即ac0，得ac，从而n(2,1,2)，所以点E到平面ACD的距离为1|DEn|2121h1.|n|33（3）设平面DEC的法向量n(a,b,c)，∴CE(1,x2,0),DC(0,2,1),DD(0,0,1),1nDC0,2bc011b1,c2,a2x由1令，nCE0,∴n(2x,1,2).ab(x2)0.依题意cos4|nDD|1|n||DD|2.22∴x211（不合，舍去），x22∴AE2时，二面角D1ECD的大小为46如图，在三棱柱ABCABC中，AB侧面BBCC，E为棱CC上异于C,C的一1111111点，EAEB1，已知AB2,BB12,BC1,BCC1，求：3（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；（Ⅱ）二面角AEB1A的平面角的正切值1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,BCC13在三棱柱ABCABC中有111233333333332321,2(B(0,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),C(,1,0),C,3,0)122122设E(2,a,0),由EAEB1,得EAEB10,即0(,a,2)(,2a,0)223a(a2)a22a3,44得(a1)(a3)0,即a1或a3(舍去),故E(,1,0)2222221333BEEB(,,0)(0)0,即BEEB.12222441又AB侧面BBCC，故ABBE因此BE是异面直线AB,EB的公垂线，111则|BE|1，故异面直线AB,EB1的距离为1（II）由已知有EAEB,BA111EB1,故二面角AEB1A的平面角的大小为向1量BA与EA的夹角11因BA11BA(0,0,2),EA(,1,2),22故cosEABA11,|EA||BA|11即tan.27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),331443333332113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0).由PECE得PECE0，222313即x2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(3,m1,n).22由EFPC0得(,m1,n)(0,2,2)0,即2m12n0，22又由F在PC上得nm2,故m1,n,EF(12,,).22222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2,,即二面角EPCD的大小为.|DG||EF|2442