用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题
共2973题

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题型：简答题

简答题

如图，四棱锥P-ABCD，PA⊥平面ABCD，ABCD是直角梯形，DA⊥AB，CB⊥AB，PA=2AD=BC=2，AB=，设PC与AD的夹角为θ．

（1）求点A到平面PBD的距离；

（2）求θ的大小；当平面ABCD内有一个动点Q始终满足PQ与AD的夹角为θ，求动点Q的轨迹方程．

正确答案

解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系

，设面PBD的法向量为，则，得面PBD的一个法向量为，

所以点A到平面PBD的距离…（7分）

（2）P（0，0，2）、C（2 ，2，0），则有 =（2 ，2，-2），又 =（0，1，0）

则异面直线PC与AD所成角θ满足cosθ==，

所以，异面直线PC与AD所成角的大小为60°

设Q（x，y，0），则

∴

化解得3y2-x2=4…（14分）

解析

解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系

，设面PBD的法向量为，则，得面PBD的一个法向量为，

所以点A到平面PBD的距离…（7分）

（2）P（0，0，2）、C（2 ，2，0），则有 =（2 ，2，-2），又 =（0，1，0）

则异面直线PC与AD所成角θ满足cosθ==，

所以，异面直线PC与AD所成角的大小为60°

设Q（x，y，0），则

∴

化解得3y2-x2=4…（14分）

题型：单选题

单选题

一条线段AB的两端点A，B和平面α的距离分别是30cm和50cm，P为线段AB上一点，且PA：PB=3：7，则P到平面α的距离为（　　）

A36cm

B6cm

C36cm或6cm

D以上都不对

正确答案

解析

解：若A，B在平面α的同侧

∵PA：PB=3：7，

A，B和平面α的距离分别是30cm和50cm，

∴P点到平面α的距离为=36cm

若A，B在平面α的异侧

∵PA：PB=3：7，

A，B和平面α的距离分别是30cm和50cm，

∴P点到平面α的距离为=6cm

故P到平面α的距离为36cm或6cm

故选C

题型：简答题

简答题

如图，在矩形ABCD中，AB=，BC=a，又PA⊥平面ABCD，PA=4．

（1）若在边BC上存在点Q，且使得PQ⊥QD，求a的取值范围；

（2）当BC边上存在唯一点Q，使PQ⊥QD时，求异面直线AQ与PD所成角的大小．

正确答案

解：（1）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

则B（0，，0），C（a，，0），D（a，0，0），

P（0，0，4）

设Q（t，，0），可得=（t，，-4），

=（t-a，，0）

∵PQ⊥DQ，∴•=t（t-a）+3=0，即t2-at+3=0

因此，△=a2-12≥0，解之得a；

（2）∵边BC上存在唯一的点Q，使得PQ⊥QD，

∴由（1）得a=，t=

可得Q（，，0），

=（，，0），=（，0，-4）

∴cos＜，＞===

因此，异面直线AQ与PD所成角的大小为arccos．

解析

解：（1）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

则B（0，，0），C（a，，0），D（a，0，0），

P（0，0，4）

设Q（t，，0），可得=（t，，-4），

=（t-a，，0）

∵PQ⊥DQ，∴•=t（t-a）+3=0，即t2-at+3=0

因此，△=a2-12≥0，解之得a；

（2）∵边BC上存在唯一的点Q，使得PQ⊥QD，

∴由（1）得a=，t=

可得Q（，，0），

=（，，0），=（，0，-4）

∴cos＜，＞===

因此，异面直线AQ与PD所成角的大小为arccos．

题型：简答题

简答题

如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱） ABC-A1B1C1，在底面ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．

（1）求的值；

（2）求证：BN⊥平面C1MN．

正确答案

解：以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系C-xyz，

（1）依题意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），

∴=（1，-1，2），=（0，1，2），

∴•=1×0+（-1）×1+2×2=3，

又||=，||=，

∴cos＜，＞==…6分

证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），

∴M（，，2），∴=（，，2），=（1，0，-1），=（1，-1，1），

∴•=×1+×（-1）+1×0=0，同理可求•=0，

∴⊥，⊥，C1M∩C1N=C1，

∴BN⊥平面C1MN…12分．

解析

解：以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系C-xyz，

（1）依题意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），

∴=（1，-1，2），=（0，1，2），

∴•=1×0+（-1）×1+2×2=3，

又||=，||=，

∴cos＜，＞==…6分

证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），

∴M（，，2），∴=（，，2），=（1，0，-1），=（1，-1，1），

∴•=×1+×（-1）+1×0=0，同理可求•=0，

∴⊥，⊥，C1M∩C1N=C1，

∴BN⊥平面C1MN…12分．

题型：简答题

简答题

如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别为A1A和B1B的中点．

（Ⅰ）求异面直线CM与D1N所成角的余弦值；

（Ⅱ）求点D1到平面MDC的距离．

正确答案

解：（Ⅰ）分别是以DA1、DC1、DD1所成在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则M（2，0，1）C（0，2，0）N（2，2，1）D1（0，0，2）

∴

∴异面直线CM与D1N所成角的余弦值为

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，

设面DMC的法向量为

则

∴点D1到平面MDC的距离

解析

解：（Ⅰ）分别是以DA1、DC1、DD1所成在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则M（2，0，1）C（0，2，0）N（2，2，1）D1（0，0，2）

∴

∴异面直线CM与D1N所成角的余弦值为

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，

设面DMC的法向量为

则

∴点D1到平面MDC的距离

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