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空间向量与立体几何解答题精选


空间向量与立体几何解答题精选(选修 2--1)
1.已知四棱锥 P ? ABCD 的底面为直角梯形, AB // DC ,

1 ?DAB ? 90? , PA ? 底面 ABCD ,且 PA ? AD ? DC ? , 2 AB ? 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 1 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)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 | ? 10 . 5

(Ⅲ)解:在 MC 上取一点 N ( x, y, z ) ,则存在 ? ? R, 使 NC ? ? MC,

1 1 NC ? (1 ? x,1 ? y,? z ), MC ? (1,0,? ),? x ? 1 ? ? , y ? 1, z ? ?.. 2 2 1 4 要使 AN ? MC , 只需 AN MC ? 0即x ? z ? 0, 解得? ? . 2 5

4 1 2 可知当? ? 时, N点坐标为( ,1, ),能使 AN ? MC ? 0. 5 5 5 1 2 1 2 此时, AN ? ( ,1, ), BN ? ( ,?1, ), 有 BN ? MC ? 0 5 5 5 5

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.

30 30 4 ,| BN |? , AN BN ? ? . 5 5 5 AN BN 2 ? cos( AN , BN ) ? ?? . 3 | AN | ? | BN | 2 故所求的二面角为 arccos(? ). 3 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, | AN |?

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.

0) (Ⅰ)证明:不防设作 A( 1 , 0 , ,
则 B(1,1, 0) , V ( ,0,

1 2

3 ), 2

1 3 AB ? (0,1,0),VA ? ( ,0,? ) 2 2
由 AB ? VA ? 0, 得 AB ? VA , 又 AB ? AD , 因而 AB 与平面 VAD 内两条相交直线 VA ,

AD 都垂直. ∴ AB ? 平面 VAD .
(Ⅱ)解:设 E 为 DV 中点,则 E ( ,0,

1 4

3 ), 4

3 3 3 3 1 3 EA ? ( ,0,? ), EB ? ( ,1,? ), DV ? ( ,0, ). 4 4 4 4 2 2
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 |

?

21 , 7

解得所求二面角的大小为 arccos 21 . 7 P ? ABCD 3.如图,在四棱锥 中,底面 ABCD 为矩形, 侧棱 PA ? 底面 ABCD , AB ? 3 , BC ? 1 , PA ? 2 ,

V D A B C

E 为 PD 的中点. (Ⅰ)求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值; (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) 、
1 P(0, 0, 2) 、 E (0, ,1) , 2
从而 AC ? ( 3,1,0), PB ? ( 3,0,?2).

设 AC与PB 的夹角为 ? ,则

cos ? ?

AC ? PB | AC | ? | PB |

?

3 2 7

?

3 7 , 14

∴ AC 与 PB 所成角的余弦值为

3 7 . 14

) (Ⅱ)由于 N 点在侧面 PAB 内,故可设 N 点坐标为 ( x , 0z, ,则
1 NE ? (? x, ,1 ? z ) ,由 NE ? 面 PAC 可得, 2
? ? NE ? AP ? 0, ? ? ? NE ? AC ? 0. 1 ? (? x, ,1 ? z ) ? (0,0,2) ? 0, ? z ? 1 ? 0, ? ? ? 2 即? 化简得? 1 1 ? 3 x ? ? 0. ?(? x, ,1 ? z ) ? ( 3 ,1,0) ? 0. ? 2 ? ? 2 ?

? 3 ?x ? ∴? 6 ?z ? 1 ?

即 N 点的坐标为 (

3 3 . ,0,1) ,从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分别为 1, 6 6

4.如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截面而得到的,其中

AB ? 4, BC ? 2, CC1 ? 3, BE ? 1 .
(Ⅰ)求 BF 的长; (Ⅱ)求点 C 到平面 A E C 的距离. 1 F

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) .
∵ AEC1F 为平行四边形,

?由AEC1 F为平行四边形 , ?由AF ? EC1得, (?2,0, z ) ? (?2,0,2), ? z ? 2. ? F (0,0,2). ? EF ? (?2,?4,2). 于是 | BF |? 2 6 , 即BF的长为2 6 .
(II)设 n1 为平面 AEC1F 的法向量,

显然n1不垂直于平面 ADF, 故可设n1 ? ( x, y,1)
? ?n1 ? AE ? 0, ?0 ? x ? 4 ? y ? 1 ? 0 由? 得? ?? 2 ? x ? 0 ? y ? 2 ? 0 ? n ? AF ? 0 , ? 1
? x ? 1, ?4 y ? 1 ? 0, ? 即? ?? 1 ?? 2 x ? 2 ? 0, ? y ? ? . 4 ?

又CC1 ? (0,0,3),设CC1与n1 的夹角为 ? ,则
cos? ? CC1 ? n1 | CC1 | ? | n1 | ? 3 3? 1? 1 ?1 16 ? 4 33 . 33

∴ C 到平面 AEC1F 的距离为

d ?| CC1 | cos? ? 3 ?

4 33 4 33 ? . 33 11

E 在棱 AD 上移 5.如图,在长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 ,中, AD ? AA 1 ? 1, AB ? 2 ,点
动.(1)证明: D1E ? A 1D ; (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

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 A1 (1,0,1), D1 (0,0,1), E(1, x,0), A(1,0,0), C(0, 2,0)
(1) 因为DA ,0,1), (1, x,?1) ? 0, 所以DA1 ? D1 E. 1, D 1 E ? (1 (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E (1,1, 0) ,从而 D1 E ? (1,1,?1), AC ? (?1,2,0) ,

? ?n ? AC ? 0, AD1 ? (?1,0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n ? (a, b, c) ,则 ? ? ?n ? AD1 ? 0,
也即 ?

?? a ? 2b ? 0 ?a ? 2b ,得 ? ,从而 n ? (2,1,2) ,所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 ?? a ? c ? 0 ?a ? c
? 2 ?1? 2 1 ? . 3 3

h?

| D1 E ? n | |n|

(3) 设平面 D1EC 的法向量 n ? (a, b, c) , ∴ CE ? (1, x ? 2,0), D1C ? (0,2,?1), DD1 ? (0,0,1), 由?

? ?n ? D1C ? 0,

?2b ? c ? 0 令 b ? 1 ,? c ? 2 ,a ? 2 ?x , ?? a ? b( x ? 2) ? 0. ? ? n ? CE ? 0 , ?

∴ n ? (2 ? x,1,2). 依题意 cos

?
4

?

| n ? DD1 | | n | ? | DD1 |

?

2 2 2 ? ? . 2 2 2 ( x ? 2) ? 5

∴ x1 ? 2 ? 3 (不合,舍去) , x2 ? 2 ? 3 . ∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . 4

6.如图,在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AB ? 侧面 BB1C1C , E 为棱 CC1 上异于 C , C1 的一 点, EA ? EB1 ,已知 AB ?

2, BB1 ? 2, BC ? 1, ?BCC1 ?

?
3

,求:

(Ⅰ)异面直线 AB 与 EB1 的距离; (Ⅱ)二面角 A ? EB1 ? A1 的平面角的正切值. 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, ?BCC1 ?

?
3

在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中有

B(0,0,0), A(0,0, 2), B1(0,2,0) , C (

3 1 3 3 ,? ,0), C1 ( , ,0) 2 2 2 2

设 E(

3 , a,0),由EA ? EB1 , 得EA ? EB1 ? 0,即 2 3 3 , ? a, 2 ) ? ( ? ,2 ? a,0) 2 2

0 ? (?
?

3 3 ? a(a ? 2) ? a 2 ? 2a ? , 4 4

1 3 1 3 3 1 得(a ? )(a ? ) ? 0,即a ? 或a ? (舍去),故E ( , ,0) 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 3 3 BE ? EB1 ? ( , ,0) ? (? ? ? 0) ? ? ? ? 0,即BE ? EB1 . 2 2 2 2 4 4
又 AB ? 侧面 BB1C1C ,故 AB ? BE . 因此 BE 是异面直线 AB, EB1 的公垂线, 则 | BE |?

3 1 ? ? 1 ,故异面直线 AB, EB1 的距离为 1 . 4 4

(II)由已知有 EA ? EB1 , B1 A1 ? EB1 , 故二面角 A ? EB1 ? A1 的平面角 ? 的大小为向 量 B1 A1与EA 的夹角.

因B1 A1 ? BA ? (0,0, 2 ), EA ? (? 故 cos? ? 即 tan? ? EA ? B1 A1 | EA || B1 A1 | 2 . 2 ? 2 3 ,

3 1 ,? , 2 ), 2 2

7.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 ?

1 , 2

求(Ⅰ)异面直线 PD 与 EC 的距离; ? D (Ⅱ)二面角 E ? P C 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),

1 1 3 E ( x, ,0), PE ? ( x, ,? 2 ), CE ? ( x,? ,0). 2 2 2
即x ?
2

由 PE ? CE得PE ? CE ? 0 ,

3 1 3 3 3 3 ? 0, 故x ? . 由 DE ? CE ? ( , ,0) ? ( ,? ,0) ? 0得DE ? CE , 2 2 2 2 4 2

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?

2 y, 故可取DG ? (0,1, 2 ), 作 EF ? PC 于 F ,设 F (0, m, n) ,
3 1 , m ? , n). 2 2 3 1 , m ? , n) ? (0,2,? 2 ) ? 0,即2m ? 1 ? 2n ? 0 , 2 2 2 2 3 1 2 m ? 2 , 故m ? 1, n ? , EF ? (? , , ). 2 2 2 2 2

则 EF ? (?

由 EF ? PC ? 0得(?

又由 F 在 PC 上得 n ? ?

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 | DG || EF |

?

2 ? ,? ? , 2 4

? D 即二面角 E ? P C 的大小为

? . 4


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