高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案

77空间向量与立体几何经典题型与答案1已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形， AB//DC,DAB90,PA底面1ABCD,且PAADDC一，AB1,M是PB的中点2(I)证明：面PAD面PCD；(□)求AC与PB所成的角；(m)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,-)(I)证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0)，故APDC0,所以APDC.R,使NCMC,由题设知ADDC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DCR,使NCMC,PAD又DC在面PCD上，故面PAD±®PCD(n)解:因AC(1,1,0),PB(0,2,1),cosAC,PBACPB10|AC||PB|5故|AC|V2,|PB|J5,ACPB2,所以cosAC,PBACPB10|AC||PB|5124.5(田)解：在124.51NC(1x,1y,z),MC(1,0,21),x1,y1,z要使AN可知当uuuruuuu要使AN可知当MC,只需ANgMC质Px1z0,解得4 12八一———一时，N点坐标为(一,1,一)，能使ANMC0.TOC\o"1-5"\h\z5 55此时，AN1 2(,1,),bn此时，AN1 2(,1,),bn55(-,1,一)，有BNMC05 5由ANMC0,BNMC0彳#ANMC,BNMC.所以ANB为所求二面角的平面角

umr 30uur30uuiruuurQ|AN|-umr 30uur30uuiruuurQ|AN|--,|BN|--,ANgBN

5 5cos湍部)uANgBNur|AN||BN|2故所求的一面角为arccos(-)2如图，在四棱锥VABCD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),贝UB(1,1,0),V(1,O,m)，TOC\o"1-5"\h\z2 2，1 3AB(0,1,0),VA(,0,——)2 2由ABVA0,得ABVA,又ABAD,因而AB与平面VAD内两条相交直线VA,AD者B垂直 二•AB平面VAD(n)解：设E为DV中点,则eJ,0,乌,4 47— 3 3—— 3 3—— 1 ,3EA("o,7EB牙，7DV(30学.由EBDV0,彳#EBDV,又EADV.cos(EA,EB)EAEB 21|EA||EB| 7解得所求二面角的大小为、21arccos—因此，cos(EA,EB)EAEB 21|EA||EB| 7解得所求二面角的大小为、21arccos—3如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD,AB石，BC1,PA2,E为PD的中点(I)3如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD,AB石，BC1,PA2,E为PD的中点(I)求直线AC与PB所成角的余弦值；(n)在侧面PAB内找一点N,使NE面PAC,弁求出点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(声0,0)、C(掷,1,0)、D(0,1,0)、1P(0,0,2)、E(0，2,1),从而AC(3,1,0),PB(.3,0,2).设AC灯陌的夹角为，则ACPBcos—— ——|AC||PB|3.714・•・AC与PB所成角的余弦值为萼(□)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z),则NE(x,1,1z),由NE面PAC可得,NEAP0,NEAC0.1x,,1z)(0,0,2)0, z2 _化简得x,1,1z)(-.3,1,0)0.23x0,10.2即N点的坐标为争叽从而N点到AB和AP的距离分别为福4如图所示的多面体是由底面为 ABCD的长方体被截面AECiF所截面而得到的，其中AB4,BC2,CC13,BE1(I)求BF的长；(II)求点C到平面AECiF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):AECi:AECiF为平行四边形,°，得0,A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),Ci(0,4,3)设F(0,0,z)由AEC〔F为平行四边形，由AF ECi得,(2,0,z)(2,0,2),z2.F(0,0,2).EF(2,4,2).于是|BF|2y6,即bf的长为2<6.()设n1为平面AECiF的法向量,显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1(x,y,i)niAE由 niAF即4yi

2x0,20,i,

i4又CCi(0,0,3)，设CCi与ni的夹角为 ，则CCiCCinicos——一|CCi||ni|3 433二.C到平面AECiF的距离为d|CCi|cosc433 d|CCi|cosc433 4333 33ii5，如图，在长方体ABCDABiCiDi,中，ADAAii,AB2,点E在棱AD上移动(i)证明：DiEAD;(2)当E为AB的中点时，求点E至I面ACDi即巨离;1a \ql(3)AE等于何值时，二面角DiECD的大「』*34中可「解：以D为坐标原点，直线DA,DC,DDi分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AEx,贝UAi(1,0,1),Di(0Q1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(020)TOC\o"1-5"\h\z(1)因为5K，DE(1,0,1),(1,x,1)0,所以da1 DE.(2)因为E为AB的中点,则E(1,1,0),从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0),AD；(1,0,1),设平面ACD1的法向量为n(a,b,c),则n"0,nAD1 0,也即a2b0,得a2b,从而n(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离为ac0ac|D1En|212 1h -.|n| 3 3(3)设平面D〔EC的法向量n(a,b,c),「.CE(1,x2,0),D1C(0,2,1)，宙(0,0,1),由nDf°’2bc0令b1,c2,a2x,nCE0,ab(x2)0.「•n(2x,1,2).TOC\o"1-5"\h\z依题意cos 1nDD1| 2 2 2.4|n||DD1| 2 .(x2)25 2二.％2<3(不合，舍去)，x2 2F二•AE273时，二面角D1ECD的大小为一4E为棱CC1上异于C,G的如图，在三棱柱ABCAB1cl中，AB侧面E为棱CC1上异于C,G的点，EA(I)(n)解：由于，EB1,已知AB6,BB2,BC1,BCG点，EA(I)(n)解：由于，异面直线AB与异面直线AB与EB1的距离;二面角AEB1A的平面角的正切值AB2,BB12,BC1,BCC13(I)以BAB2,BB12,BC1,BCC13在三棱柱ABCA1B1cl中有

3 1 33B(0,0,0),A(0,0j2),Bi(0,2,0),C(左-,0),Cip2-,-,0)设E(更,a,0),由EA EB1,得EAEB；0,即20(—,a,v12)(—,2a,0)TOC\o"1-5"\h\z2a(a2)a22a3,4 4得(a2)(a2)0,即a2或a2(舍去)，故E(日,g,0)BEEb；(",；,0)(直30) 330,即BEEB1.22 22 44又AB侧面BBiCiC，故ABBE,因此BE是异面直线AB,EB；的公垂线,则|BE|F；1,故异面直线AB,EBi的距离为1,44()由已知有EAEB；BiA.EB；故二面角AEBiA的平面角的大小为向量BA与EA的夹角———一—J3I因BiAiBA(0,0,，2),EA(一,—「2),TOC\o"1-5"\h\z2 2故cos EABiAi 2cos. .一,|EA||BiA| 3即tan ^2.2PD底面ABCD,E是AB7如图，在四棱锥PABCD中，底面PD底面ABCD,E是AB一点，PFEC已知PD2,CD2,AEi一点，PFEC已知PD2,CD2,AEi,2求（I）异面直线PD与EC的距离;（口）二面角E解：（I）以D为原点，DA、DC、DP分别为PCD的大小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)(x0),则B(x,2,0),TOC\o"1-5"\h\z1 3E(x,2,0),PE(x,2,<2),CE(x,-,0).由PECE得PECE0,即x2 — 0,故x -^-. 由DECE (-^-,—,0) (——, —,0) 0得/r/