高考数学基础解答题-空间向量与立体几何.doc

空间向量与立体几何1． 如图，在三棱柱中，，顶点在底面上的射影恰为点B，且BACA1B1C1．（1）求棱与BC所成的角的大小；(2)段上确定一点P，使，并求出二面角的平面角的余弦值．ks5uBACA1B1C1zxyP解法一：（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则，，．，故与棱BC所成的角是． ………………6分（2）设，则．于是（舍去），则P为棱的中点，其坐标为． ……………8分设平面的法向量为，则, 即 令 故 ……………11分而平面的法向量=(1,0,0)，则故二面角的平面角的余弦值是． ………………13分BACA1B1C1解法二：(1) 由题意可知，所以是与棱BC所成的角(或其补角)，连接和，∵ ，∴ ，又，且，∴ ，∴ .在平行四边形中，由余弦定理可得，在Rt△中，由勾股定理可得.在△中，由余弦定理可得，∴ ，∴ 故棱与棱BC所成的角是．(2) 作于Q，连接QA，PA， 作于R，则R应在AB的延长线上，连接PR， 由题意可知，， ∴ ，∴ 是二面角的平面角. 设，则，， 在△中， ， 在Rt△中，由可得， 解得或(舍去)，即P是中点. 在Rt△中，，， ∴ ， ∴ ，即二面角的平面角的余弦值是．2．如图5，在三棱柱中，侧棱底面,为的中点,. (1) 求证：平面； (2) 若四棱锥的体积为, 求二面角的正切值.（1）证明: 连接,设与相交于点,连接, ∵ 四边形是平行四边形,∴点为的中点. ∵为的中点，∴为△的中位线,∴ . …… 2分∵平面,平面,∴平面. …… 4分(2)解: 依题意知，， ∵平面,平面,∴ 平面平面，且平面平面.作，垂足为，则平面， ……6分设，在Rt△中，，，∴四棱锥的体积 . …… 8分依题意得，，即. …… 9分(以下求二面角的正切值提供两种解法)解法1:∵,平面，平面，∴平面.取的中点，连接，则,且.∴平面.作，垂足为，连接，由于，且，∴平面.∵平面,∴.∴为二面角的平面角. …… 12分由Rt△～Rt△,得,得,在Rt△中, .∴二面角的正切值为. …… 14分解法2: ∵,平面，平面， ∴平面.以点为坐标原点,分别以,,所在直线为轴, 轴和轴,建立空间直角坐标系. 则,,,. ∴, 设平面的法向量为, 由及,得 令,得. 故平面的一个法向量为, …… 11分 又平面的一个法向量为, ∴,. …… 12分 ∴,. …… 13分 ∴,. ∴二面角的正切值为. …… 14分3．如图6，正方形所在平面与圆所在平面相交于，线段为圆的弦，垂直于圆所在平面，垂足是圆上异于、的点，，圆的直径为9． （1）求证：平面平面；（2）求二面角的平面角的正切值．（1）证明：∵垂直于圆所在平面，在圆所在平面上，∴． 在正方形中，，∵，∴平面．∵平面，∴平面平面． （2）解法1：∵平面，平面，∴． ∴为圆的直径，即．设正方形的边长为，在△中，，在△中，，由，解得，． ∴． 过点作于点，作交于点，连结，GF由于平面，平面，∴．∵，∴平面．∵平面，∴．∵，，∴平面．∵平面，∴．∴是二面角的平面角．在△中，，，，∵，∴． 在△中，， ∴．故二面角的平面角的正切值为． 解法2：∵平面，平面，∴．∴为圆的直径，即． 设正方形的边长为，在△中，，在△中，，由，解得，．∴． xyz以为坐标原点，分别以、所在的直线为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，[来源:学§科§． 设平面的法向量为， 则即取，则是平面的一个法向量．设平面的法向量为，则即取，则是平面的一个法向量．∵， ∴．∴．故二面角的平面角的正切值为．4．如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，，E，F分别是BC, PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD；（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E—AF—C的余弦值.（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点，所以AE⊥BC. 又BC∥AD，因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而PA平面PAD，AD平面PAD 且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.所以 AE⊥PD.（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大.此时tan∠EHA=因此AH=.又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.解法一：因为PA⊥平面ABCD，PA平面PAC， 所以平面PAC⊥平面ABCD. 过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC， 过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角， 在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=, 又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=, 又 在Rt△ESO中，cos∠ESO=即所求二面角的余弦值为解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以A（0，0，0），B（，-1，0），C（C，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（），所以设平面AEF的一法向量为则 因此取因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以 BD⊥平面AFC，故为平面AFC的一法向量.又=（），所以 cos＜, ＞=因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为5．如图3，在四面体中,，且图3(1)设为的中点，证明：在上存在一点，使，并计算的值；(2)求二面角的平面角的余弦值.解法一：（1）在平面内作交于，连接.　 又，，　　　，　　. 　　取为的中点，则， ， 在等腰中，， ， 在中， ，， 在中， ， ， （2）连接 ， 由，知：. 又， 又由，.又,又是的中点,,,,, 为二面角的平面角 在等腰中，， 在中， ， 在中, . 解法二：在平面中,过点,作交于,取为坐标原点，分别以，,所在的直线为轴，轴,轴，建立空间直角坐标系 （如图所示）则 为中点， 设 . 即，. 所以存在点 使得 且.（2）记平面的法向量为,则由，，且，得， 故可取 又平面的法向量为 .. 二面角的平面角是锐角，记为，则6．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=，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N点到AB和AP的距离.解法1：（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（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，，1），从而设的夹角为θ，则∴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，O，z），则，由NE⊥面PAC可得， ∴即N点的坐标为，从而N点到AB、AP的距离分别为1，.解法2：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角.在△AOE中，AO=1，OE=∴即AC与PB所成角的余弦值为. （Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则.连PF，则在Rt△ADF中设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC，从而NE⊥面PAC.∴N点到AB的距离，N点到AP的距离ABCD7．如图，在六面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是边长为1的正方形，平面，平面，．（Ⅰ）求证：与共面，与共面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求二面角的大小的余弦值．解法1（向量法）：以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，则有．ABCD（Ⅰ）证明：．．与平行，与平行，于是与共面，与共面．（Ⅱ）证明：，，，．与是平面内的两条相交直线．平面．又平面过．平面平面．（Ⅲ）解：．设为平面的法向量，，．于是，取，则，．设为平面的法向量，，．于是，取，则，．．二面角的大小为．解法2（综合法）：（Ⅰ）证明：平面，平面．，，平面平面．ABCD于是，．设分别为的中点，连结，有．，于是．由，得，故，与共面．过点作平面于点，则，连结，于是，，．，．，．所以点在上，故与共面．（Ⅱ）证明：平面，，又（正方形的对角线互相垂直），与是平面内的两条相交直线，平面．又平面过，平面平面．（Ⅲ）解：直线是直线在平面上的射影，，根据三垂线定理，有．过点在平面内作于，连结，则平面，于是，所以，是二面角的一个平面角．根据勾股定理，有．，有，，，．。