《高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案.docx（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、空间向量与立体几何经典题型与答案1已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB/DC，DAB=90o,PA底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=1，M是PB的中点2（）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,)2（）证明：因AP=(0,0,1),DC=(0,1,0),故APDC=0,所以APDC.由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得D
2、C面PAD又DC在面PCD上，故面PAD面PCD（）解：因AC=(1,1,0),PB=(0,2,-1),故|AC|=2,|PB|=5,ACPB=2,所以cos=ACPB|AC|PB|10=.5要使ANMC,只需ANgMC=0即x-1z=0,解得l=4.可知当l=时,N点坐标为(,1,),能使ANMC=0.此时,AN=(,1,),BN=(,-1,),有BNMC=0（）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在lR,使NC=lMC,11NC=(1-x,1-y,-z),MC=(1,0,-),x=1-l,y=1,z=l.22uuuruuuur2541255512125555由ANMC=0,BNMC=0
3、得ANMC,BNMC.所以ANB为所求二面角的平面角30uuur30uuuruuur4555ANgBN2故所求的二面角为arccos(-).uuurQ|AN|=,|BN|=,ANgBN=-.uuuruuuruuuruuurcos(AN,BN)=uuuruuur=-.|AN|BN|3232如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD底面ABCD（）证明：AB平面VAD；（）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（）证明：不防设作A(1,0,0)，,0,则B(1,1,0)，V(13)，2213AB=(0,1,0),V
4、A=(,0,-)22由ABVA=0,得ABVA，又ABAD，因而AB与平面VAD内两条相交直线VA，AD都垂直AB平面VAD3（）解：设E为DV中点，则E(1,0,)，44333313EA=(,0,-),EB=(,1,-),DV=(,0,).444422由EBDV=0,得EBDV,又EADV.因此，AEB是所求二面角的平面角，|EA|EB|=cos(EA,EB)=EAEB217,解得所求二面角的大小为arccos217.3如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点V（）求直线AC与PB所成角的余弦值；DC（）在侧面PAB
5、内找一点N，使NE面PAC，并求出点N到AB和AP的距离解：（）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)、P(0,0,2)、E(0,1,1)，2从而AC=(3,1,0),PB=(3,0,-2).设AC与PB的夹角为q，则AB|AC|PB|=cosq=ACPB327=3714,AC与PB所成角的余弦值为3NE=(-x,1-z)，由NE面PAC可得，714（）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z)，则12即化简得1-3x+=0.z=1(-x,1-z)(3,1,0)=0.NEAP=0,NEAC
6、=0.261213(-x,1-z)(0,0,2)=0,z-1=0,x=2即N点的坐标为(3,0,1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1,3664如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AECF所1截面而得到的，其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1（）求BF的长；（）求点C到平面AEC1F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)CCA(2,0,0),(0,4,0),E(2,4,1),(0,4,3)设F(0,0,z)1AEC1F为平行四边形，由AECF为平行四边形,1由AFEC得,(2,0,z)(2,0,2),1z2.F(0,0,2).E
7、F(2,4,2).于是|BF|26,即BF的长为26.（）设n为平面AEC11F的法向量，由得nAF0,4y10,显然n不垂直于平面ADF,故可设n11nAE0,0x4y1012x0y201x1,即12x20,y.4(x,y,1)又CC1(0,0,3),设CC与n11的夹角为，则cosCCn11|CC|n|11C到平面AEC13311116F的距离为43333.d|CC|cos3433433.133115如图，在长方体ABCDABCD1111，中，ADAA11,AB2，点E在棱AD上移动（1）证明：D1EAD；1（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD的距离；1（3）AE等于何值时，二面角D
8、1ECD的大小为4解：以D为坐标原点，直线DA,DC,DD分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标1系，设AE=x，则A(1,0,1),D(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0)11（1）因为DA,DE=(1,0,1),(1,x,-1)=0,所以DADE.1111（2）因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而DE=(1,1,-1),AC=(-1,2,0)，1，设平面ACD的法向量为n=(a,b,c)，则nAC=0,nAD=0,AD=(-1,0,1)111-a+c=0a=c也即-a+2b=0，得a=2b，从而n=(2,1,2)，所以点E到平面ACD的距离为1h=|DE
9、n|1|n|=2+1-21.33（3）设平面DEC的法向量n=(a,b,c)，CE=(1,x-2,0),DC=(0,2,-1),DD111=(0,0,1),由nD1C=0,2b-c=0nCE=0,n=(2-x,1,2).a+b(x-2)=0.令b=1,c=2,a=2-x，4=|nDD|n|DD|=依题意cosp11222(x-2)2+5=22.x1=2+3（不合，舍去），x=2-32AE=2-3时，二面角D-EC-D的大小为1p436如图，在三棱柱ABC-ABC中，AB侧面BBCC，E为棱CC上异于C,C的1111111一点，EAEB，已知AB=2,BB=2,BC=1,BCC=p，求：111（
10、）异面直线AB与EB的距离；1（）二面角A-EB1-A1的平面角的正切值3解：（I）以B为原点，BB、BA分别为y,z轴建立空间直角坐标系1由于，AB=2,BB=2,BC=1,BCC=p11在三棱柱ABC-ABC中有11112222,-,0),C(B(0,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),C(313,3,0)1设E(32,a,0),由EAEB,得EAEB=0,即110=(-33,-a,2)(-,2-a,0)22得(a-)(a-)=0,即a=或a=(舍去),故E(,0)BEEB=(,0)(-0)=-+=0,即BEEB.222244+a(a-2)=a2-2a+=33,441313312
11、2222231333311又AB侧面BBCC，故ABBE因此BE是异面直线AB,EB的公垂线，111则|BE|=31+44=1，故异面直线AB,EB的距离为11（）由已知有EAEB,BAEB,故二面角A-EB-A的平面角q的大小为111111向量BA与EA的夹角11因BA=BA=(0,0,2),EA=(-1131,-,2),223,故cosq=EABA11|EA|BA|11=2即tanq=22.7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，PFEC已知PD=2,CD=2,AE=1,2求（）异面直线PD与EC的距离；（）二面角E-PC-D的大小解：（）以D
12、为原点，DA、DC、DP分别为E(x,0),PE=(x,-2),CE=(x,-,0).由PECE得PECE=0，即x2-3=0,故x=.由DECE=(,0)(,-,0)=0得DECE，31则EF=(-,m-,n).31由EFPC=0得(-,m-,n)(0,2,-2)=0,即2m-1-2n=0，又由F在PC上得n=-m+2,故m=1,n=,EF=(-,).因EFPC,DGPC,故E-PC-D的平面角q的大小为向量EF与DG的夹角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),11322233133422222又PDDE，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（）作DGPC，可设G(0,y,z)由DGPC=0得(0,y,z)(0,2,-2)=0即z=2y,故可取DG=(0,1,2),作EFPC于F，设F(0,m,n)，uuur22uuuruuur22r22uuu31222222uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurEFr故cosq=DGuuu=2,q=p,即二面角E-PC-D的大小为p|DG|EF|244.