高中数学解题思路大全—空间向量与立体几何

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空间向量与立体几何解答题精选
1 已知四棱锥
P?ABCD
的底面为直角梯形，
ABDC
，
?DAB? 90
?
,PA?
底面
ABCD
，且
1
PA?AD? DC?
，
AB?1
，
M
是
PB
的中点
2
（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?D C
，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< br>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
10
cos?AC,PB???.
5< br>|AC|?|PB|
AC?PB


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

11
NC?(1?x,1?y,?z),MC?(1,0, ?),?x?1?
?
,y?1,z?
?
..

22
?????????
14
要使
AN?MC,
只需
AN
?MC?0
即
x?z?0,
解得
?
?.

25< br>412
可知当
?
?时,N点坐标为(,1,),能使AN?MC?0.
555

1212
此时,AN?(,1,),BN?(,?1,),有BN?MC?0
5555
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
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????
30
??? ?
30
????????
4
?
|AN|?,|BN|?,AN
?
BN??.
555
????????
????????
AN?
BN2

?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,
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)
，
则
B(1,1,0)
，
V(,0,
1
2
3
)
，
2

13
AB?(0,1,0),VA?(,0,?)

22
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
333313
EA?(,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
|EA|?|EB|
?
21
,

7
解得所求二面角的大小为
arccos
21
.

7

3 如图，在四棱锥
P?ABCD
中，底面
ABCD
为矩形，侧棱
PA?
V
D
C
B

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A

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底面
ABCD
，
AB?3
，
BC ?1
，
PA?2
，
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
27
?< br>37
,

14
∴
AC
与
PB
所成角的余弦值为
37

14
（Ⅱ）由于
N
点在侧面
PAB
内，故可设
N
点坐标为
(x,0,z)
，则
1
NE?(?x,,1?z)< br>，由
NE?
面
PAC
可得，
2
?
?
NE?AP?0,
?
?
?
NE?AC?0.
?
1
?
3
z?1?0,
(?x,,1?z)?(0,0,2)?0,
?
x ?
?
?
??
2
∴
?
6

即< br>?
化简得
?1
?3x??0.
?
z?1
?
( ?x,
1
,1?z)?(3,1,0)?0.
?
2
?
??
2
?
33

,0,1)
，从而
N
点到
AB
和
AP
的距离分别为
1,
66
即
N
点的坐标为
(

4 如图所示的多面体是由底面为
ABCD< br>的长方体被截面
AEC
1
F
所
截面而得到的，其中
AB?4,BC?2,CC
1
?3,BE?1

（Ⅰ）求
BF
的长； （Ⅱ）求点
C
到平面
AEC
1
F
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)
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A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C
1< br>(0,4,3)
设
F(0,0,z)

∵
AEC
1
F
为平行四边形，
?由AEC
1F为平行四边形,
?由AF?EC
1
得,(?2,0,z)?(?2,0,2),
?z?2.?F(0,0,2).
?EF?(?2,?4,2).
于是|BF|?26 ,即BF的长为26.
（II）设
n
1
为平面
AEC
1F
的法向量，


显然n
1
不垂直于平面ADF,故 可设n
1
?(x,y,1)

?
?
n
1
? AE?0,
?
0?x?4?y?1?0
由
?
得
?

?2?x?0?y?2?0
?
?
n
1
?AF?0,
?
?
x?1,
?
4y?1?0,
?
即
?
?
?
1

?
?2x?2?0,
?
y??.
4
?
又CC
1
?(0,0,3),设CC
1
与n
1< br>的夹角为
?
，则
cos
?
?
CC
1
?n
1
|CC
1
|?|n
1
|
?
33?1?
1
?1
16
?
433
.

33
∴
C
到平面
AEC
1
F
的距离为
d?|CC
1
|cos
?
?3?

433433
?.

3311
5 如图，在长方体
ABC D?A,AB?2
，点
E
在棱
AD
上移动 （1）证明：
1
BC
11
D
1
，中，
AD?AA
1
?1
D
1
E?A
1
D
；
（2）当
E
为
AB
的中点时，求点
E
到面
ACD
1
的距离；
（3）
AE
等于何值时，二面角
D
1?EC?D
的大小为

解：以
D
为坐标原点，直线
DA ,DC,DD
1
分别为
x,y,z
轴，建立空间直角坐标系，设
AE ?x
，则
?

4
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A
1
(1,0,1) ,D
1
(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DA
1
?D
1
E.

1
,D
1
E?(1
（2）因为
E
为
AB
的中点，则
E(1,1,0)
，从而
D
1
E?(1,1,?1),AC?(?1,2,0)
，
?
?
n?AC?0,

AD
1
?(?1,0,1)
，设平面
ACD
1
的法向量为
n?(a,b,c)
，则?
?
?
n?AD
1
?0,
?
?a?2b?0< br>?
a?2b
也即
?
，得
?
，从而
n?(2, 1,2)
，所以点
E
到平面
ACD
1
的距离为
?
?a?c?0
?
a?c
h?
|D
1
E?n|
|n|
?
2?1?21
?.

33
（3）设平面
D
1
EC
的法向量
n?(a,b,c)
，∴
CE?(1,x ?2,0),D
1
C?(0,2,?1),DD
1
?(0,0,1),

?
?
n?D
1
C?0,
?
2b?c?0
由
?
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 ?DD
1
|
|n|?|DD
1
|
?
222
??.

2
22
(x?2)?5
∴
x
1
? 2?3
（不合，舍去），
x
2
?2?3

∴
AE?2?3
时，二面角
D
1
?EC?D
的大小为

?

4
6 如图，在三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，
AB?
侧面
BB
1
C
1
C
，
E
为棱
CC
1
上异于
C, C
1
的一点，
EA?EB
1
，
已知
AB?2,BB
1
?2,BC?1,?BCC
1
?
?
3
，求：
（Ⅰ）异面直线
AB
与
EB
1
的距离；
（Ⅱ）二面角
A?EB
1
?A
1
的平面角的正切值
解 ：（I）以
B
为原点，
BB
1
、
BA
分别为
y,z
轴建立空间直角坐标系


由于，
AB?2,BB< br>1
?2,BC?1,?BCC
1
?
?
3


在三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中有
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B(0,0,0),A(0,0,2),B
1
(0,2,0)
,< br>C(
3133
,?,0),C
1
(,,0)

2222
设
E(
3
,a,0),由EA?EB
1
,得EA?EB
1
?0,即

2
33
,?a,2)?(?,2?a,0)

22

0?(?
?
33
?a(a?2)?a
2
?2a?,

44
131331
得(a?)(a?)?0,即a?或a?(舍去),故E(,,0)
222222

313333
BE?EB
1
?(,,0)? (???0)????0,即BE?EB
1
.
222244
又
AB?
侧面
BB
1
C
1
C
，故
AB?BE
因此
BE
是异面直线
AB,EB
1
的公垂线，
则
|BE|?
31
??1
，故异面直线
AB,EB
1
的距离为
1

44
（II）由已知有
EA?EB
1,B
1
A
1
?EB
1
,
故二面角
A? EB
1
?A
1
的平面角
?
的大小为向量
B
1
A
1
与EA
的夹
角
因B
1
A1
?BA?(0,0,2),EA?(?
故cos
?
?
即tan
?
?

31
,?,2),
22

EA?B
1
A
1
|EA||B
1
A
1
|
2
.
2
?
2
3
,
7 如图，在四棱锥
P? ABCD
中，底面
ABCD
为矩形，
PD?
底面
ABCD< br>，
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；
（Ⅱ）二面角
E?PC?D
的大小
解：（Ⅰ）以
D
为原点，< br>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)

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设
A(x,0,0)(x?0),则B(x,2,0),

113
E(x,,0),PE?(x,,?2),CE?(x,?,0).
由
PE?CE得PE?CE?0
，
222
即
x?
2
3133
33
?0,故x?.
由
DE?CE?(,,0)?(,?,0)?0得DE?CE
，
2222
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< br>z?2y,故可取DG?(0,1,2),
作
EF?PC
于
F
，设
F(0,m,n)
，
????
31
则
EF?(?,m?,n).

22
????????
31
由
EF?PC?0得(?,m?,n)?(0,2,?2)?0 ,即2m?1?2n?0
，
22
又由
F
在
PC
上 得
n??
?
22
???
312
m?2,故m?1,n?,E F?(?,,).

22222
????????
???????????? ????
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
????????
?< br>DG?EF2
?
?
?
故
cos
?
?
???????
,
?
?,
即二面角
E?PC?D
的大小为
.

4
4
|DG||EF|
2
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