高中数学空间向量与立体几何解答题精选解题思路大全

1、(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，ABDC,1/DAB =90 ,PA_L底面 ABCD，且 PA = AD =DC = 2AB=1, M是PB的中点(I)(n)(出) 证明:证明：面PAD，面PCD ；求AC与PB所成的角；求面AMC与面BMC所成二面角的大小以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证明：因 AP =(0,0,1),DC =(0,1,0)，故AP DC =0,所以AP_L

2、DC.由题设知 AD _L DC，且AP与AD是平面PAD又DC在面PCD上，故面PAD，面PCD(n)解：因 AC = (1,1,0), PB =(0,2,-1),故 | aC|=&,i pB|=75,aC pB=2,所以cos 二 AC, PB eAC PB 10| AC | | PB |5九 w R,使 NC =“MC,(出)解：在MC上取一点N(x,y,z),则存在11NC =(1 -x,1 - y, -z), MC =(1,0,),. x=1-y=1,z= 22要使AN _LMC,只需ANlMC =0即x1z = 0,解得九=4.25.4 12 可知当九=4时，N点坐标为(，,1,/

3、2, BB1 -2,BC -1, BCC1 =一3在三柱ABCAB1cl中有一.31. 3 3B(0mA(0,0,.2),B(0,2,0),C(T，-,0),C1(T，-10)设 E( J,a,0),由 EA _L EB，得 EA EB1 =0,即20 =(- -,-a, .2),2-a,0) TOC o 1-5 h z 223二-a(a 2); a -2a , 44得(a1)(a-3)=0,即a = 1 或2 = 3(舍去),故(；3,1,0)22222 23 13 33 3 口口BE EBi =(, ,0) ( 0)= + =0,即BE_LEBi.2 22 24 4又AB _L侧面BBC1

4、c，故AB _L BE 因此BE是异面直线AB, ER的公垂线,3 1则| BE |= i + = 1,故异面直线 AB, EB1的距离为1 4 4(II )由已知有EA _L EB1, B1A，EB1，故二面角 AEB,A的平面角H的大小为向量BA1与EA的夹角3 1因B1A = ba = (0,0, . 2), EA =(-3,- 2 , . 2),故cos?=EA B1A,IEAIIB1A1I3一2即tanu =27如图，在四棱锥 P -ABCD中，底面 ABCD为矩形，PD _L底面ABCD , E是AB上一点，PF _L EC 已知 PD =V2,CD =2,AE =-2求(I)异面

5、直线 PD与EC的距离；(n)二面角E - PC -D的大小解：(I)以D为原点，DA、DC、而分别为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), TOC o 1-5 h z 1-1-3_ _ _/n31,0) = 0得DE ICE , 2E(x, ,0),PE=(x, ,-V2),CE =(x,- ,0).由 PE _L CE得 PE CE = 0 , 222即 x2.3=0,故 x = 6 由 de。匚=g，1,。)/3422 22又PD _L 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(n)作 DG _LPC ,可设 G(0, y,z)由 DG PC = 0 得(0, y,z) (0,2,jN) = 0即 z = j2y,故可取 DG=(0,142),作 EF _LPC 于 F ,设 F(0,m,n), TOC o 1-5 h z 一 、31贝U EF =( ,m , n).21由 EF PC =0得(J,m ,n) (0,2,扬=0,即2m1 拒n = 0, 22又由 F 在 PC 上得 n = - - m+J2,故m =1,n = , EF =(-，,-). 222 2 2因EF_lPC,DG