空間向量與立體幾何解答題精選含答案)

1、1已知四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，AB/DC, ZDAB =90 : PA丄1底面ABCD，且PA =AD =DC= ,AB =1,M是PB的中點。2(I )證明：面PAD丄面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，則各點坐標為A(0,0,0), B(0,2,0), C(1,1,0),D(1,0,0), P(0,0,1), M (0,1,-2).(I)證明：因AP =(0,0,1),DC =(0,1,0),故AP ” DC=0,所以AP丄DC.由題設知AD丄DC，且AP與AD是平面PA

2、D內的兩條相交直線，由此得DC丄面PAD. 又DC在面PCD上，故面PAD丄面P CD.(n)解：因AC =(1,1,0),PB =(0,2,-1),故|AC|= J2,|PB|=/5,AC PB =2,所以 AC PB麗cos c AC, PB X=.| AC | | PB|5(川)解：在MC上取一點N(X, y, z)，則存在- - 1 1NC =(1-x,1-y,z),MC =(1,0,-2), x = 1 - X, y = 1, z = - L.14要使AN丄MC,只需ANDMC =0即X-z=0,解得廠=.2541 2-*可知當 A=4時,N 點坐標為(-,1,-),育任使 AN M

3、C =0.55 512* 12-此時，AN =(,1,), BN =(,1,),有 BN -MC =05555由AN MC =0,BN MC =0得AN丄MC,BN丄MC所以NANB為所求二面角的平面角.-T 730 T 屈 T 匸4：|AN l = -,l BN 1 = -, ANLBNI T AN BN L 2/. cos(AN , BN ) =T-=.| AN | l BN | 32故所求的二面角為 arccos(- 一).空間向量與立體幾何解答題精選(選修2-12-1)A忘R,使NC =AMC,32.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丄

4、底面ABCD.(I)證明：AB丄平面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，建立如圖所示的坐標圖系.(I)證明：不防設作A(1,0,0),由ABVA=O,得AB丄VA,又屈A)，因而AB與平面VAD內兩條相交直線VA,AD都垂直. AB丄平面VAD.(n)解：設E為DV中點，則町0,丁3A/S3J31由EB ”DV =0,得EB丄DV,又EA丄DV.因此，N AEB是所求二面角的平面角,cos（iA,EB） =JA巴|EA| .I EB|V2i arccos.73如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形,側棱PA丄底面ABCD，AB=J3，BC=1,E

5、為PD的中點.(I )求直線AC與PB所成角的余弦值；(n )在側面PAB內找一點N，使NE丄面PAC, 并求出點N到AB和AP的距離.解：(I )建立如圖所示的空間直角坐標系，則A,B,C,D, P, E的坐標為A（0,0,0）、B(73,0,0)、c(73,i,0)、D(0,i,0)、P（0,0,2）、E（0,2,1），則B(I,I,O)，v(2,0爭，AB -（OIVAN1,。,逅）2 2J21-7解得所求二面角的大小為C從而AS =(73,1,0),函=(73,O,-2).設AC 與 PB的夾角為0，則cos空竺=廠| AC | H PB I 2j7NE =(-x, ,1-z)，由NE

6、丄面PAC可得,2A(2,0,0), C(0,4,0), E(2,4,1),Ci(0,4,3)設F(0,0,z). AECiF為平行四邊形,33714 AC與PB所成角的余弦值為3IT(n)由于N點在側面PAB內,故可設N點坐標為(x,0, z)，則NE AP =0,NE AC .x,1,z) (0,0,2) =0,fz1 =0,即2化簡得廠 1(x，1,1z) (73,1,0)=0.*如 2 =0.XE1即N點的坐標為j3(J,0,1)，從而N點到AB和AP的距離分別為61V3,64.如圖所示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 =28 =3

7、,BE =1.(I)求BF的長;(n )求點C到平面AECiF的距離.解：(I)建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0,0,0),B(2,4,0)”.由 AEC1F 為平行四邊形，” .由 AF =EC1得 ,(2,0,z) =(2,0,2),”Z=2.”.F (0,0,2)./. EF =(-2T2).于是|BF |=2J6,即BF的長為 276.(II )設ni為平面AECiF的法向量,顯然ni不垂直于平面ADF,故可設ni=(x, y,1),/曰0XX +4X y +1=0得2咒X +0X y +2 =0f4y +1=0,|xT二41|2x +2 =0, y4又CCi=(0,0,3),設

8、CCi與ni的夾角為a，則CC1n3cos。=-|2|忖|3咒匸耳V 16 C到平面AECiF的距離為d=|CC；|沁 逅二還333115.如圖，在長方體ABCD ABiCiDi，中，AD = AAi= 1,AB = 2，點E在棱AD上移動.(1)證明：DiE丄AiD；由匹邏=0冋”AF = 0,_4J3333(2)當E為AB的中點時，求點E到面ACDi的距離;兀(3)AE等于何值時，二面角Di- EC D的大小為一.4CB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，貝yAi(1,0,1),Di(0,0,1), E(1,x,0), A(1,0

9、,0), C(0,2,0)(1)因為DAi，DiE =(1,0,1),(1,x,-1) =0,所以DAi丄DiE.(2)因為E為AB的中點，貝yE(1,1,0)，從而D1E = (1,1,1), AC =(-1,2,0),AD? =(1,0,1)，設平面ACD1的法向量為n=(a, b, c)，則TAC二0n ”ADj= 0,也即a+2b=0，得(a=2b，從而n = (2,1,2),所以點E到平面ACD1的距離為l_a+c = 0ia=c,| D1E 1 |2+1-21h =|n|(3)設平面 DEC 的法向量n = (a,b,c), CE =(1,x-2,0), D1C =(0,2,1),

10、 DD1= (0,0,1),n”DC=o,213 7=0由 =彳令b =1,二C =2,a =2-x,nCE =0,la+b(x2)=0. n = (2-x,1,2).2J(x-2)2+ 52兀依題意cos=4|n|何1| AE =2 時，二面角D1 EC - D的大小為一.46.如圖，在三棱柱ABC ABQ中，AB丄側面BBQC,E為棱CG上異于CC的一點，EA丄EB1，已知AB = J2, BB = 2, BC =1Z BCG=二，求:3(I )異面直線AB與EB1的距離;(n )二面角A EB1A的平面角的正切值.解：(I)以B為原點，BB1、BA分別為y,z軸建立空間直角坐標系.由于，

11、AB=運,BB1= 2, BC = 1/ BCG =-3 X1 =2 + J3(不合，舍去),X2= 2 -T/3.在三棱柱ABC AB1C1中有yL731V 3 3B(0,0,0), A(0,0j2), Bi(0,2,0),C2_,0), c,(于-,0)3_,_.設E( ,a,0),由 EA 丄 EBi,得 EA ”EB,= 0,即 20=(-,a,7-H-,2-a,0)2 233= _+a(a- 2) = &2 2a + ,44131得(a )(a )=0,即卩a =-或a222一 一V3 1V3 3BE -EB,0) ( -0)=-2 22 2=!(舍去),故E(孕1,0)33

12、站+ =0,即卩BE丄EB1.44又AB丄側面BBiCiC，故AB丄BE.因此BE是異面直線AB,EBi的公垂線,則1西=駅，故異面直線AB，EBi的距離為1.(II)由已知有EA丄EB1,B1A1丄EBj,故二面角A-EBj-A,的平面角日的大小為向量B1A1與EA的夾角.-y3 1 因 B1A1=BA =(0,0,7-), EA =(-，一,J2)2 2故 cos日二E業(yè)羊,|EA|B1A| J3即 tan 0.2EA B1A17.如圖，在四棱錐P ABCD中，底面ABCD為矩形，PD丄底面ABCD,E是AB上 一點，PF丄EC.已知P D = J2CD =2,AE二丄，2求(I)異面直線

13、PD與EC的距離;(n)二面角E P C 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.由已知可得D(0,0,0), P(0,0, 72),C(O,2,O)設A(x,O,O)(x0),則B(x20),A E11_ .3.E(x,2,0), PE =(X,2，-J2), CE =(X,-2,0).由PE丄CE 得 PE CE = 0，即 X2-3=0，故 X=方.由 DE 錠=(逅丄 0H 逅,3,0) = 0 得 DE 丄 CE，422222又PD丄DE，故DE是異面直線PD與CE的公垂線，易得| DE |= 1，故異面直線P D,CE的距離為1.(n)作DG丄PC，可設G(0, y,z)由DG FC = 0得(0, y,z) .(02_