高中数学 空间向量与立体几何解答题精选解题思路大全
（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 ，
⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且1
2
PA AD DC ===，
1AB =，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
(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2
A B C D P M
（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=?==所以故
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),1,2,0(),0,1,1(-==
.
510
|
|||,cos ,2,5||,2||=?>=<=?==PB AC 所以故
（Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=
..2
1
,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x z y x
要使14
,00,.25
AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得
),5
2
,1,51(),52,1,51(,.
0),5
2
,1,51(,54=?-===?=MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λ
ANB MC BN MC AN ∠⊥⊥=?=?所以得由.,0,0为
所求二面角的平面角
30304||,||,.5
2
cos(
,).
3||||2
arccos().
3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN =
==-∴==-?-故所求的二面角为
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(1,0,0)A ，
则(1,1,0)B ， )2
3
,
0,21(V ， )23
,0,21(),0,1,0(-==VA AB
由,0=?得AB VA ⊥，又A B A D ⊥，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)4
3,
0,41
(E ， ).2
3,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=
由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=?又得 因此，AEB ∠是所求二面角的平面角，
,7
21
),cos(=
=
解得所求二面角的大小为.7
21arccos
3 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， 侧棱PA ⊥底面ABCD
，AB =1BC =，2PA =，
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(0,0,0)A 、
B 、,0)
C 、(0,1,0)
D 、
(0,0,2)P 、1
(0,,1)2
E ，
从而).2,0,3(),0,1,3(-== 设PB AC 与的夹角为θ，则
,14
7
37
23cos =
=
=
θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为
14
7
3 （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则
)1,2
1
,(z x NE --=，由NE ⊥面PAC 可得，
?????=+-=-???
????=?--=?--?????=?=?.021
3,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.
0,0x z z x z x 化简得即 ∴?????==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(
，从而N 点到AB 和AP
的距离分别为 4 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中
14,2,3,1AB BC CC BE ====
（Ⅰ）求BF 的长；
（Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离
解：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,4,0)B
1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z
∵1AEC F 为平行四边形，
.
62,62||).
2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,
11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴
（II ）设1n 为平面1AEC F 的法向量，
)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ?
??=+?+?-=+?+??????=?=?02020140,0,011y x y x n n 得由
??
???-==∴???=+-=+.
41,
1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α，则 .33
33
4116
1
133|
|||cos 1111=++
?=
?=
n CC α ∴C 到平面1AEC F 的距离为
.11
33
4333343cos ||1=?
==αCC d 5 如图，在长方体1111ABCD A BC D -，中，11
,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动 （1）证明：11D E A D ⊥；
（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4
π
解：以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设
AE x =，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C
（1）.,0)1,,1(),1,0,1
(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为 （2）因为E 为AB 的中点，则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=D ，
)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a =，则????
?=?=?,
0,
01AD n 也即??
?=+-=+-002c a b a ，得?
??==c a b
a 2，从而)2,1,2(=，所以点E 到平面1ACD 的距离为
.3
1
32121=-+=
=
h （3）设平面1D EC 的法向量),,(c b a =，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD D x
由??
?=-+=-??????=?=?.0)2(0
2,
0,01x b a c b D 令1,2,2b c a x =∴==-， ∴).2,1,2(x n -= 依题意.22
5
)2(2224
cos
211=+-?=
=
x π
∴321+=x （不合，舍去），322-=x
∴2AE =1D EC D --的大小为
4
π
6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥
，已知112,1,3
AB BB BC BCC π
=
==∠=
，求：
（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；
（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值
解：（I ）以B 为原点，1BB 、BA 分别为,y z 轴建立空间直角坐标系
由于，112,1,3
AB BB BC BCC π
=
==∠=
在三棱柱111ABC A B C -中有
1(0,0,0),(0,2,0)B A B ,)0,2
3,23(),0,21,23(
1C C -
设即得由,0,),0,,2
3
(
11=?⊥EB EA EB EA a E
)0,2,2
3()2,,23(0a a --?--= ,4
32)2(432+-=-+=
a a a a .
,04
3
43)02323()0,21,23()
0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB E a a a a ⊥=+-=??-?=?===--即故舍去或即得
又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线， 则14
1
43||=+=
，故异面直线1,AB EB 的距离为1 （II ）由已知有,,1111EB A B EB EA ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量A B 与11的夹角
.2
2tan ,
32||||cos ),2,2
1
,23(),2,0,0(111111=
=
=--===θθ即故因A B EA A B
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
,2
1
,2,2=
==
AE CD PD 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(0,0,0),(0,2,0)D P C 设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>
).0,2
3
,(),2,21,(),0,21,(-=-=x CE x PE x E 由0=?⊥CE PE 得，
即.2
3
,0432
==-
x x 故 由CE DE ⊥=-?=?得0)0,23,23()0,21,23(，
又PD DE ⊥，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线
PD ,CE 的距离为1
（Ⅱ）作DG PC ⊥，可设(0,,)G y z 由0=?得0)2,2,0(),,0(=-?z y 即),2,1,0(,2==
y z 故可取作EF PC ⊥于F ，设(0,,)F m n ，
则1
(,).2
EF m n =-
-
由1
0(,)(0,2,0,21022
EF PC m n m ?=-
-?=-=得即，
又由F 在PC 上得11,(,22222
n m n EF =-
===-故 因,,EF PC DG PC ⊥⊥故E PC D --的平面角θ的大小为向量EF DG 与的夹角 故2cos ,2
4||||DG EF DG EF πθθ?=== 即二面角E PC D --的大小为.4π