高中數學空間向量與立體幾何經典題型與答案

1、空間向量與立體幾何經典題型與答案1四棱錐P ABCD的底面為直角梯形，AB/DC ,1PA AD DC ，AB 1，M 是 PB 的中點2(I)證明：面PAD 面PCD ;(n)求AC與PB所成的角；(川)求面 AMC與面BMC所成二面角的大小證明:以A為坐標原點 AD長為單位長度，如圖建立空間直角坐標系，那么各點坐標為1A(0,0,0), B(0,2,0), C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,；)證明：因 AP (0,0,1), DC (0,1,0),故 AP DC 0,所以 AP DC.由題設知 AD DC，且AP與AD是平面PAD內的兩條相交直線，由此得

2、DC 面PAD 又DC在面PCD 上,故面PAD丄面PCD(n)解:因 AC (1,1,0),PB(0,2, 1),故 | AC |cos.2, | PB |5, AC PB 2,所以AC PB 10AC, PB.| AC | | PB |5(出)解:在 MC上取一點N(x,y,z)，那么存在R,使 NC MC,NC(1要使AN 1x,1 y, z),MC (1,0, JHIT ULTMC,只需 ANgMC 0即 x,y1,z可知當此時，AN一 z 0,解得41 2一時,N點坐標為(一,1,一),能使AN MC 5 51 2 - (,1,),有 BN MC5551 2 (,1, ),BN550

3、.由AN MC 0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB為.30 LLIT LILT,AN gBNLULT LLJITAN gBN 2 injLjur| AN | | BN |3所求二面角的平面角LUT J30 LULT Q| AN | BN | 5LULT uuur cos(AN, BN)故所求的二面角為arccos(彳).2 如圖，在四棱錐 V ABCD中，底面 ABCD是正方形，側面 VAD是正三角形平面VAD 底面ABCD(I)證明：AB 平面VAD ;(n)求面VAD與面DB所成的二面角的大小證明：以D為坐標原點，建立如下圖的坐標圖系(I)證明：不防設作 A(1,0,0),1

4、； 3那么 B(1,1,0), V( ,0),2 21 . 3AB (0,1,0),VA( ,0,)2 2由AB VA 0,得AB VA，又AB AD，因而AB與平面VAD內兩條相交直線 VA , AD都垂直 AB 平面 VAD1 J3(n)解：設E為DV中點，貝U E( ,0,),4433 33 13EA ( ,0,), EB ( ,1, ),DV ( ,0,).444422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_21|EA| |EB| 7解得所求二面角的大小為arccos工217PA 2 , E為PD的中點3

5、 如圖，在四棱錐 P ABCD中，底面ABCD為矩形，側棱 PA 底面ABCD , AB , BC 1,(I)求直線 AC與PB所成角的余弦值；并求出點N到AB和AP的距離(n)在側面 PAB內找一點N，使NE 面PAC ,解：(I)建立如下圖的空間直角坐標系,那么 A, B,C,D,P,E 的坐標為 A(0,0,0)、B( 3,0,0)、C( .3,1,0)、D(0,1,0)、1P(0,0,2)、E(0,1),2從而 AC (.3,1,0), PB ( . 3,0, 2).設AC與PB的夾角為，貝UAc Pb 337cos-|AC | | PB |2 7143 7 AC與PB所成角的余弦值為

6、14 如下圖的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面 AEC1F所截面而得到的，其中 AB 4, BC 2,CC1 3,BE 1(I)求BF的長； (n)求點C到平面AEC1F的距離解：(I)建立如下圖的空間直角坐標系，貝UD(0,0,0) , B(2,4,0)A(2,0,0), C(0,4,0), E(2,4,1),G(0,4,3)設 F(0,0, z) AEC1F為平行四邊形，(n)由于 N點在側面PAB內，故可設 N點坐標為(x,0, z)，那么NE(1x, ,1z),由NE面PAC可得，21z) (0,0,2) 0,z 1 0,3NEAP0,(x,2,1x即化簡得廠16NEAC0.(x

7、,12Jz) ( 3,1,0)0.3x 2°z1即N點的1坐標為(3,0;1),從而N點到AB和AP的距離分別為1,366由AEC1F為平行四邊形,由 AFECi 得,(2,0,z) ( 2,0,2),z 2. F (0,0,2).EF ( 2, 4,2).于是| BF | 26,即BF的長為2 6.(II )設ni為平面AECiF的法向量，顯然m不垂直于平面ADF，故可設m (x, y,1)ni AEn1 AF0,得 0 x 4 y 10即 4y 1°,2x 20,x 1,0,2 x 0 y 20又CCi (0,0,3),設CCi與ni的夾角為，貝yCCi ni3433c

8、os |CCi | |nil 3 ，!丄 1336 C到平面AEC1F的距離為4 334 33d | CCi | cos 3 .33115 如圖，在長方體 ABCD A1B1C1D1，中，AD AA, 1,AB 2，點E在棱AD上移動(1)證明:D1E A-i D ；(2) 當E為AB的中點時，求點 E到面ACD,的距離；(3) AE等于何值時，二面角 D, EC D的大小為4解：以D為坐標原點，直線 DA,DC,DDi分別為x, y, z軸，建立空間直角坐標系，設 AE x，那么A(1,0,1),Di(0,0,1), E(1,x,0), A(1,0,0), C(0,2,0)(1) 因為DAi

9、,DiE(1,0,1), (1,x, 1) 0,所以 DAiDi E.(2) 因為 E 為 AB 的中點，貝U E(1,1,0)，從而 D,E (1,1, 1), AC ( 1,2,0),n AC0,ADi(i,0,i)，設平面ACDi的法向量為n (a,b,c)，那么n ADi0,a2b0口a2b 也即，得，從而n(2,i,2)，所以點E到平面ACDi的距離為ac0ach 1DiEn I2 i2iInI33.(3)設平面 Di EC 的法向量 n (a,b,c) , CE (1,x 2,0),DC(0,2, 1),DD!(0,0,1),由 n DlC 0，C 0令 b 1, c 2,a2 x

10、,n cE 0, a b(x 2)0. n(2x,i,2).依題意cosInDDi |2224|n|DDi |2,(x 2)252 xi2、3 (不合，舍去)，X22. 3 AE23時，二面角DiECD的大小為一.46 如圖，在三棱柱 ABC AiBiCi中，AB側面BBiCiC , E為棱CCi上異于C,Ci的一點,EAABBR2,BC i, BCCi3，求:(I)異面直線AB與EBi的距離;(n)二面角 A EBi Ai的平面角的正切值審解：(I)以B為原點，BBi、BA分別為y,z軸建立空間直角坐標系由于，AB2,BBi 2,BC i, BCCi3在三棱柱ABC AiBiCi中有B(0,

11、0,0), A(0,0, -2), B (0,2,0) ,C( 3, i ,0), C ( 3,3 ,0)2 2 2 2設 E( 3 ,a,0),由 EAEBi,得 EA EBi 0,即2EBi，：a,.2 23,22 2a,03 aa 2 a2 2a 3,4 4得a 2a 3°，即 a ；或 a 2舍去，故二，。一 一:<3 13 33 3BE EB1 一, ,0 0_ _ 0,即 BE EB1.2 22244又 AB 側面 BB1C1C，故 AB BE因此BE是異面直線AB, EB1的公垂線,因 B1A1故cos即tanBA 0,0,、2, EAEA B1A1lEAWA |

12、2 '2、3一3,1的大小為向量B1A1 與EA的夾3 1那么1 BE|4 1，故異面直線AB, EB1的距離為1(II)由有EA EB1,BA1EB,故二面角A ER A的平面角7 如圖，在四棱錐 P ABCD中，底面 ABCD為矩形，PD 底面ABCD，E是AB上 1_1一點，PF EC PD 2, CD 2,AE ,；-2求(I)異面直線 PD與EC的距離；(n)二面角 E PC D的大小解：(I)以D為原點，DA、DC、DP分別為x, y, z軸建立空間直角坐標系由可得 D(0,0,0), P(0,0,篤2), C(0,2,0)設 A(x,0,0)(x0),那么 B(x,2,0),E(x,1,0),PE(x,2, <2),CE(x, j,0).由 PE CE得 PE CE 0,即x? 4 0,故x23.由de ce (23,2,0) (2,0得 DE CE，又PD DE，故DE是異面直線PD與CE的公垂線，易得1故異面直線PD,CE的距離為1(n)作 DG PC，可設 G(0, y,z)由 DG PC 0 得(0, y, z)(02 2) 0、2y 故可取DG(0,1, . 2),作 EF PC 于 F，設 F(0, m, n),uuuEF(23,m