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高中数学选修2-1空间向量与立体几何解答题与答案

时间:2012-11-28


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

解答题精选及答案

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 λ ∈ R , 使 NC = λ MC ,

1 1 NC = (1 ? x,1 ? y ,? z ), MC = (1,0, ? ),∴ x = 1 ? λ , y = 1, z = λ.. 2 2 ???? ???? ? 1 4 要使 AN ⊥ MC, 只需 ANi MC = 0即x ? z = 0, 解得λ = . 2 5 4 1 2 可知当λ = 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 ∵| AN |= ,| BN |= , AN iBN = ? . 5 5 5 ???? ???? ???? ???? AN i 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, 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

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 21 = , 7 | EA | ? | EB |

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 ⊥ 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 θ ,则

cos θ =

AC ? PB
| AC | ? | PB |

=

3 2 7

=

3 7 , 14 3 7 . 14

∴ AC 与 PB 所成角的余弦值为

(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 ) ,由 NE ⊥ 面 PAC 可得, 2
? ? NE ? AP = 0, ? ? ? NE ? AC = 0. 1 ? ?z ? 1 = 0, ? (? x, 2 ,1 ? z ) ? (0, 0,2) = 0, ? ? 即? 化简得? 1 ? 3 x + = 0. ? (? x, 1 ,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 AEC1 F 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 AEC1 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)

A(2, 0, 0), C (0, 4, 0), E (2, 4,1),C1 (0, 4, 3)设 F (0, 0, z ) .
∵ AEC1 F 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 AEC1 F 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? ? n ? AF = 0 , ?? 2 × x + 0 × y + 2 = 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 α ,则 cos α =

CC1 ? n1
| CC1 | ? | n1 |

=

3 3× 1+ 1 +1 16

=

4 33 . 33

∴ C 到平面 AEC1 F 的距离为

d =| CC1 | cos α = 3 ×

4 33 4 33 = . 33 11

5.如图,在长方体 ABCD ? A1 B1 C1 D1 ,中, AD = AA1 = 1, AB = 2 ,点 E 在棱 AD 上移 动. (1)证明: D1 E ⊥ A1 D ; (2)当 E 为 (3)

AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离;
π . 4

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, DD 分别为 x , y , z 轴,建立空间直角坐标系,设 1

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DA1 , D1 E = (1,0,1), (1, x,?1) = 0, 所以DA1 ⊥ D1 E. (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,

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 D1 EC 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 ?? ? ?a + b ( x ? 2) = 0. ?n ? CE = 0,

令 b = 1,∴c = 2, a = 2 ? x ,

∴ n = ( 2 ? x,1,2). 依题意 cos

π | n ? DD1 | 2 2 2 = = ? = . 2 4 | n | ? | DD1 | 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

π . 4

6.如图,在三棱柱 ABC ? A1 B1 C1 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, ∠ BCC 1 =

π ,求: 3

(Ⅰ)异面直线 AB 与 EB1 的距离; (Ⅱ)二面角 A ? EB1 ? 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, BB1 = 2, BC = 1, ∠ BCC 1 =

π 3

在三棱柱 ABC ? A1 B1 C1 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 ? A 的平面角 θ 的大小为向 1 量 B1 A1与 EA 的夹角 .

因B1 A1 = BA = (0,0, 2 ), EA = ( ? 故 cos θ = 即 tan θ =

3 1 ,? , 2 ), 2 2

EA ? B1 A1
| EA || B1 A1 | 2 . 2

=

2 3

,

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) 设 A( x,0,0)( x > 0), 则B ( x ,2,0),

1 1 3 E ( x, ,0), PE = ( x , ,? 2 ), CE = ( x, ? ,0). 由 PE ⊥ CE得 PE ? CE = 0 , 2 2 2
即 x2 ?

3 3 3 1 3 3 = 0, 故x = . 由 DE ? CE = ( , ,0) ? ( ,? ,0) = 0得DE ⊥ CE , 4 2 2 2 2 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 ? 2 n = 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 θ 的大小为向量 EF与DG 的夹角. 故 cos θ =

DG ? EF
| DG || EF |

=

2 π ,θ = , 2 4

即二面角 E ? PC ? D 的大小为

π . 4


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