高中数学 空间向量与立体几何解答题精选解题思路大全 下载本文

(数学选修2-1)第三章 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,

1?DAB?90?,PA?底面ABCD,且PA?AD?DC?,

2AB?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

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??..

2214要使AN?MC,只需ANMC?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

30304,|BN|?,ANBN??.555ANBN2 ?cos(AN,BN)???.3|AN|?|BN|2故所求的二面角为arccos(?).3|AN|?

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

,因而AB与平面VAD内两条相交直线VA,

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

22B?AD由AB?VA?0,得AB?VA,又AAD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.

73 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, VDABC 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)

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,