空间向量与立体几何典型例题

空间向量与立体几何典型例题

一、选择题：

ABC1．(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱ABC?A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（ C ）

232 C． D．

3331.解：C．由题意知三棱锥A1?ABC为正四面体，设棱长为a，则AB1?3a，棱柱的高

A．

B．

1 32326222，故AB1与AO?a?AO?a?(?a)?a（即点B1到底面ABC的距离）1323AO2底面ABC所成角的正弦值为1?. AB13另解：设AB,AC,AA1为空间向量的一组基底，AB,AC,AA1的两两间的夹角为60 长度均为a，平面ABC的法向量为OA1?AA1?011AB?AC,AB1?AB?AA1 3326OA1?AB1?a2,OA1?,AB1?3 33OA1?AB12则AB1与底面ABC所成角的正弦值为. ?3AOAB11

二、填空题：

1．(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角

C?AB?D的余弦值为弦值等于 1.答案：

3，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余31 ． 61.设AB?2，作CO?面ABDE， 6OH?AB，则CH?AB，?CHO为二面角C?AB?D的平面角 CH?3,OH?CH?cos?CHO?1，结合等边三角形ABC AN?C N H A ME o 与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，则AN?EM?CH?3 11(AC?AB),EM?AC?AE, 22111AN?EM?(AB?AC)?(AC?AE)?

222AN?EM1? 故EM，AN所成角的余弦值

ANEM6另解：以O为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 则点A(?1,?1,0),B(1,?1,0),E(?1,1,0),C(0,0,2),

B z C D 1题图（1） M N H A E o D y B x 1题图（2） 112112M(?,?,),N(,?,),

2222223121321则AN?(,,),EM?(,?,),AN?EM?,AN?EM?3, 2222222AN?EM1故EM，AN所成角的余弦值?.

ANEM6

三、解答题： 1．（2008安徽文）如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD四边长为1的 菱形，

?ABC??4, OA?底面ABCD, OA?2,M为OA的中点。

（Ⅰ）求异面直线AB与MD所成角的大小； （Ⅱ）求点B到平面OCD的距离。

1．方法一（综合法）

（1）CD‖AB,

∴?MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角） 作AP?CD于P,连接MP

OM∵OA?平面ABCD，∴CD?MP

2 ∵?ADP?,∴DP=42ABCD?∵MD?MA2?AD2?2， DP1?∴cos?MDP??,?MDC??MDP?

MD23? 所以 AB与MD所成角的大小为

3（２）∵AB‖平面OCD,∴点A和点B到平面OCD的距离相等， 连接OP,过点A作AQ?OP 于点Q， ∵AP?CD,OA?CD,∴CD?平面OAP, ∵AQ?平面OAP,∴AQ?CD

又 ∵AQ?OP,∴AQ?平面OCD,

线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

OMQACPDB∵OP?OD2?DP2?OA2?AD2?DP2?4?1?21322，AP?DP? ?222

2OAAP2，所以点B到平面OCD的距离为2 2∴AQ???3OP3322zOM

方法二(向量法)作AP?CD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系

x,y,z222A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,,0),D(?,,0),O(0,0,2),M(0,0,1), 222

AxBCPDy(1)设AB与MD所成的角为?,

∵AB?(1,0,0),MD?(? ∴co?s?22,,?1) 22ABMDAB?MD?1?∴,?? , 23? 3222(2) ∵OP?(0,,?2),OD?(?,,?2)

222∴设平面OCD的法向量为n?(x,y,z),则nOP?0,nOD?0

?2y?2z?0??2即 ?

??2x?2y?2z?0??22取z?2,解得n?(0,4,2)

∴AB与MD所成角的大小为

设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n?(0,4,2)上的投影的绝对值, ∵OB?(1,0?,, 2∴)d?OB?nn2?. 3所以点B到平面OCD的距离为

2 3 2．（2008安徽理）如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，

?ABC??4, OA?底面ABCD, OA?2,M为OA的中点，N为BC的中点。

（Ⅰ）证明：直线MN‖平面OCD；

（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小； （Ⅲ）求点B到平面OCD的距离。

2． 方法一（综合法）

（1）取OB中点E，连接ME，NE

ME‖AB,AB‖CD，?ME‖CD

OMABNCONE‖OC,?平面MNE‖平面OCD

?MN‖平面OCD （2）CD‖AB,

∴?MDC为异面直线AB与MD所成的角（或

又

其补角） 作AP?CD于P,连接MP

D∵OA?平面ABCD，∴CD?MP

∵?ADP?2MEQABPNCD?4,∴DP=22 2MD?MA?AD?2，

?MDP? ∴cos

DP1???,MDC??MDP? MD23所以 AB与MD所成角的大小为

? 3（3）∵AB‖平面OCD,∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作

AQ?OP 于点Q，∵AP?CD,OA?CD,∴CD?平面OAP,∴AQ?CD 又 ∵AQ?OP,∴AQ?平面OCD,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

∵OP?OD2?DP2?OA2?AD2?DP2?4?1?AP?DP?2 22132，?22

2OAAP2?2，所以点B到平面OCD的距离为2 ∴AQ??3OP3322方法二(向量法)

作AP?CD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系

A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,,

22222,0),D(?,,0),O(0,0,2),M(0,0,1),N(1?,,0)2224422222,,?1),OP?(0,,?2),OD?(?,,?2) 44222设平面OCD的法向量为n?(x,y,z),则nOP?0,nOD?0 (1)MN?(1??2y?2z?0??2即 ?

??2x?2y?2z?0??22取z?2,解得n?(0,4,2)

∵MNn?(1?zOM22,,?1)(0,4,2)?0 44?MN‖平面OCD A(2)设AB与MD所成的角为

xBN22?,∵AB?(1,0,0),MD?(?,,?1)

22ABMD?1? ∴co?s??∴,?? , AB与MD所成角的大小为

33AB?MD2OB?nnDCPy(3)设点B到平面OCD的交流为d,则d为OB在向量n?(0,4,2)上的投影的绝对值, 由 OB?(1,0,?2), 得d??22.所以点B到平面OCD的距离为

33

3．（2008北京文）如图，在三棱锥P-ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AP=BP=AB，PC

⊥AC.

（Ⅰ）求证：PC⊥AB；

（Ⅱ）求二面角B-AP-C的大小.

3．解法一：（Ⅰ）取AB中点D，连结PD，CD. ∵AP=BP， ∴PD⊥AB. ∵AC=BC. ∴CD⊥AB. ∵PD∩CD＝D. ∴AB⊥平面PCD. ∵PC?平面PCD， ∴PC⊥AB.

（Ⅱ）∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC. 又PC⊥AC， ∴PC⊥BC.

又∠ACB＝90°，即AC⊥BC， 且AC∩PC=C， ∴AB＝BP， ∴BE⊥AP.

∵EC是BE在平面PAC内的射影， ∴CE⊥AP.

∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角. 在△BCE中，∠BCE=90°,BC=2,BE=32AB?6，∴sin∠BEC=

BCBE?63. ∴二面角B-AP-C的大小为aresin

63. 解法二：

（Ⅰ）∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC. 又PC⊥AC. ∴PC⊥BC. ∵AC∩BC=C, ∴PC⊥平面ABC. ∵AB?平面ABC， ∴PC⊥AB.

(Ⅱ)如图，以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz. 则C（0，0，0），A（0，2，0），B（2，0，0）. 设P（0，0，t）,

∵｜PB｜=｜AB｜＝22， ∴t=2,P(0,0,2).

取AP中点E，连结BE，CE.

∵｜AC｜=｜PC｜,｜AB｜=｜BP｜, ∴CE⊥AP,BE⊥AP.

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库空间向量与立体几何典型例题在线全文阅读。