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时间:2020-09-02
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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C-AB-D的平面角的正切值。4、.
2、(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.
3、(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-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
4、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
5、,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—CF—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,,l2ACMl1
6、BxzNy∴⊥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>
7、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.……………………………………………………………………………6分(Ⅱ)由(Ⅰ),n=(
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