向量法解立体几何习题

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1、向量法解立体几何1、四川19．（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于D．（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1；（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；2.(全国大纲文)如图，四棱锥中，AB∥CD,，侧面为等边三角形，．（I）证明：平面SAB；（II）求AB与平面SBC所成的角的大小。3、重庆文．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分）如题（20）图，在四面体中，平面ABC⊥平面，（Ⅰ）求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）求二面角

2、C-AB-D的平面角的正切值。4、.（湖北文）如图，已知正三棱柱-的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且,．（I）求证：；（II）求二面角的大小。5、、（2006年高考题）如图1，、是互相垂直的异面直线，是它们的公垂线，点、在上，在上，。证明：。6、如图，直三棱柱A1B1C1—ABC中，D、E分别是BC、A1B1的中点.（1）证明：BE//平面A1DC1；（2）若AB=BC=AA1=1，∠ABC=90°求二面角B1—BC1—E的正切值.7、、如图，四棱锥的侧面垂直于底面,,,,在棱上，是的中点，二面角为。（1）求的值；（2）求直线与平面

3、所成角的大小。8、如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，在棱上，且．（I）求证：平面（II）求直线与平面所成角的大小9、如图所示，三棱柱中，四边形为菱形，，为等边三角形，面面，分别为棱的中点；（Ⅰ）求证：面＇；（Ⅱ）求二面角的大小。1四川19如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则，，，，．（Ⅰ）在△PAA1中有，即．∴，，．设平面BA1D的一个法向量为，则令，则．∵，∴PB1∥平面BA1D，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量．又为平面AA1D的一个法向量．∴．故二面角A

4、－A1D－B的平面角的余弦值为．2.(全国大纲文)20以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。又设（I），，由得故x=1。由又由即…………3分于是，故所以平面SAB。（II）设平面SBC的法向量，则又故…………9分取p=2得。故AB与平面SBC所成的角为3（重庆文）2011解法二：（I）如答（20）图2，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB于H，过O作OM⊥AC，交AD于M，由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM。因此以O为原点，以射线OH，OC，OM分别

5、为x轴，y轴，z轴的正半轴，可建立空间坐标系O—xyz.已知AC=2，故点A，C的坐标分别为A（0，—1，0），C（0，1，0）。设点B的坐标为，有即点B的坐标为又设点D的坐标为有即点D的坐标为从而△ACD边AC上的高为又故四面体ABCD的体积（II）由（I）知设非零向量是平面ABD的法向量，则由有（1）由，有（2）取，由（1），（2），可得显然向量是平面ABC的法向量，从而即二面角C—AB—D的平面角的正切值为4.（湖北文解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得（Ⅰ）（Ⅱ），设平面CEF的一个法向量为由即设侧面BC1的一个法向量为设二面角E—C

6、F—C1的大小为θ，于是由θ为锐角可得，所以即所求二面角E—CF—C1的大小为。5（2006年高考题）证明：建立如图1所示空间直角坐标系，令，则有。∵是与的公垂线，，l2ACMl1BxzNy∴⊥平面，∴∥轴。故可设，于是。∵，图1∴。6【解析】（I）证明：取A1C1的中点F，连结EF，DF…E中A1B1的中点又四边形BCC1B1是矩形，D是BC的中点，四边形EFDB是平行四边形，4分6分（2）以B为坐标原点建立空间直角坐标系可得7分则8分设平面BEC1的法向量为由可得令又由平面B1BC1，则平面的法向量（注：公式、结果各一分）由图可知二面角B1—BC1—E

7、小于90°所以二面角的大小为.10分∴二面角的正切值为7（Ⅰ）建立如图所示的坐标系N—xyz，其中N(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，)．设＝λ（λ＞0），则M(，，)，于是＝(0，，0)，＝(，，)，………………………………3分设n＝(x，y，z)为面MBN的法向量，则·n＝0，·n＝0，∴y＝0，－λx＋λy＋z＝0，取n＝(，0，λ)，又m＝(0，0，1)为面BNC的法向量，由二面角M-BN-C为30°，得

8、cosám，nñ

9、＝＝＝cos30°＝，解得λ＝3，故＝3．………………………

10、……………………………………………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ），n＝(