高中数学解题思路大全—空间向量与立体几何

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，AB//DC，DAB90,PA底面ABCD，且

1PA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

1A(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10cosAC,PB.5|AC||PB|ACPB

（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在R,使NCMC,

11NC(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.

25412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05555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(,0,123)， 2

13AB(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(,0,143)， 4333313EA(,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arccos21.

7

3 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PAVDCB 快乐阅读网WWW.ZUOWENW.COM 最新最全的考试资源网站WWW.ZUOWENW.COM A快乐阅读网WWW.ZUOWENW.COM 最新最全的考试资源网站WWW.ZUOWENW.COM

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)、

1P(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|327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

1NE(x,,1z)，由NE面PAC可得，

2NEAP0,NEAC0.13z10,(x,,1z)(0,0,2)0,x2 ∴6 即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)

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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AEC1F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|26,即BF的长为26.（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n1AF0,x1,4y10,即1 2x20,y.4又CC1(0,0,3),设CC1与n1的夹角为，则 cosCC1n1|CC1||n1|3311116433. 33∴C到平面AEC1F的距离为

d|CC1|cos3

433433. 33115 如图，在长方体ABCDA,AB2，点E在棱AD上移动 （1）证明：1BC11D1，中，ADAA11D1EA1D；

（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

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

 4快乐阅读网WWW.ZUOWENW.COM 最新最全的考试资源网站WWW.ZUOWENW.COM

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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D1E. 1,D1E(1（2）因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而D1E(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,a2b0a2b也即，得，从而n(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离为

ac0ach|D1En||n|2121. 33（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),

nD1C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DD1||n||DD1|222.

222(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

 46 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

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B(0,0,0),A(0,0,2),B1(0,2,0),C(3133,,0),C1(,,0) 2222

设E(3,a,0),由EAEB1,得EAEB10,即 233,a,2)(,2a,0) 22

0(33a(a2)a22a, 44131331得(a)(a)0,即a或a(舍去),故E(,,0)222222

313333BEEB1(,,0)(0)0,即BEEB1.222244又AB侧面BB1C1C，故ABBE 因此BE是异面直线AB,EB1的公垂线，

则|BE|311，故异面直线AB,EB1的距离为1 44（II）由已知有EAEB1,B1A1EB1,故二面角AEB1A1的平面角的大小为向量B1A1与EA的夹角

因B1A1BA(0,0,2),EA(故cos即tan

31,,2),22

EAB1A1|EA||B1A1|2.223,7 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； （Ⅱ）二面角EPCD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)

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设A(x,0,0)(x0),则B(x,2,0),

113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0). 由PECE得PECE0，

222即x23133330,故x. 由DECE(,,0)(,,0)0得DECE，

222242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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312m2,故m1,n,EF(,,). 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

DGEF2故cos,, 即二面角EPCD的大小为.

44|DG||EF|2快乐阅读网WWW.ZUOWENW.COM 最新最全的考试资源网站WWW.ZUOWENW.COM