高中数学第二章空间向量与立体几何1从平面向量到空间向量课时跟踪训练北师大版选修21

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高中数学第二章空间向量与立体几何2.1从平面向量到空间向量课时作业含解析北师大版选修2_1

高中数学第二章空间向量与立体几何2.1从平面向量到空间向量课时作业含解析北师大版选修2_1

课时作业5 从平面向量到空间向量时间:45分钟 ——基础巩固类——一、选择题1.下列说法中正确的是( D )A .两个有共同起点且相等的向量,其终点可能不同B .若非零向量AB →和CD →是共线向量,则A ,B ,C ,D 四点共线 C .在空间中,任意两个单位向量都相等 D .零向量与任意向量平行解析:A 项错,因为两个向量起点相同,且是相等的向量,所以终点必相同;B 项错,若AB →和CD →共线,则AB →和CD →的基线平行或重合,所以A ,B ,C ,D 不一定在同一条直线上;C 项错,单位向量的模相等,但方向不一定相同;D 显然正确.2.对于空间任意两个非零向量a ,b ,a ∥b 是〈a ,b 〉=0的( B ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件D .既不充分也不必要条件解析:显然,〈a ,b 〉=0⇒a ∥b .a ∥b 包括向量a ,b 同向共线和反向共线两种情形(即当a ∥b 时,〈a ,b 〉=0或π),因此a ∥b ⇒〈a ,b 〉=0.故a ∥b 是〈a ,b 〉=0的必要不充分条件.3.在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,下列说法正确的是( C ) A.AA 1→是平面ABCD 的法向量 B.AD 1→=C 1B → C .〈AB →,C 1D 1→〉=π D.AD →与B 1C 1→不是共面向量解析:AB ∥C 1D 1,且向量AB →与向量C 1D 1→方向相反,∴〈AB →,C 1D 1→〉=π. 4.在四边形ABCD 中,若AB →=DC →,且|AC →|=|BD →|,则四边形ABCD 为( B ) A .菱形 B .矩形 C .正方形D .不确定解析:若AB →=DC →,则AB =DC ,且AB ∥DC ,∴四边形ABCD 为平行四边形,又|AC →|=|BD →|,即AC =BD ,∴四边形ABCD 为矩形.5.在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点,那么与直线AM 垂直的向量有( D ) →B .BC 1→D.B 1C 1→解析:由于所求的是向量,所以首先排除B ,在剩下的三个选项中,通过正方体的图形可知D 项正确.6.在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,向量D 1A →、D 1C →、A 1C 1→是( C ) A .有相同起点的向量 B .等长向量 C .共面向量D .不共面向量解析:先画出平行六面体的图像(图略),可看出向量D 1A →、D 1C →在平面ACD 1上,由于向量A 1C 1→平行于AC →,所以向量A 1C 1→经过平移可以移到平面ACD 1上,因此向量D 1A →、D 1C →、A 1C 1→为共面向量.7.空间中,起点相同的所有单位向量的终点构成的图形是( D ) A .圆 B .球 C .正方形D .球面解析:根据模的概念知终点在以起点为球心,半径为1的球面上.8.已知正方形ABCD 的边长为4,GC ⊥平面ABCD ,且GC =2,则向量AG →的模为( A ) A .6 B .9 C .4 2D .5解析:GC ⊥平面ABCD ,所以GC ⊥AC .在Rt △GAC 中,AC =42,GC =2,所以AG =AC 2+GC 2=6,即|AG →|=6.二、填空题9.如图所示,a ,b 是两个空间向量,则AC →与A ′C ′→是相等向量,AB →与B ′A ′→是相反向量.解析:AB →=A ′B ′→=a ,AC →=A ′C ′→=b ,∴ABC ­A ′B ′C ′为三棱柱. ∴AB →=-B ′A ′→.10.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,以A 1为起点,以正方体的其余顶点为终点的向量中,与向量BC 1→垂直的向量有A 1B 1→,A 1D →.解析:A 1B 1⊥平面BCC 1B 1,∴A 1B 1→⊥BC 1→;A 1D ⊥AD 1,而AD 1∥BC 1,∴A 1D →⊥BC 1→.11.如图,在正四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,O 、O 1分别是对角线AC ,A 1C 1的中点,则〈AO →,OC →〉=0°,〈AO →,O 1C 1→〉=0°,〈OO 1→,A 1B 1→〉=90°.解析:由题意得AO →,OC →方向相同,是在同一条直线AC 上,故〈AO →,OC →〉=0°;O 1C 1→可平移到直线AC 上,与OC →重合,故〈AO →,O 1C 1→〉=0°;由题意知OO 1是正四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1的高,故OO 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,所以OO 1⊥A 1B 1,故〈OO 1→,A 1B 1→〉=90°.三、解答题12.一飞机从地面以45°倾角斜着升空,再水平向东飞行一段距离后,然后又水平向正北方向飞行,这样三次移动AB →、BC →、CD →是三个空间向量.问:(1)三个向量哪个与水平面平行?(2)〈AB →,BC →〉、〈BC →,CD →〉和〈AB →,CD →〉的值是多少?解:应把实际问题抽象为数学问题,飞机水平飞行时与水平面平行,如图.由图可知向量AB →与BC →在同一平面内,并且向量CD →垂直于这个平面.(1)飞机水平飞行时所经过的路线与水平面平行,因而三个向量中BC →和CD →平行于水平面α.(2)由于向量AB →与BC →在同一平面内,设为平面β,又由于CD →为正北方向,所以CD →垂直于平面β,即BC →⊥CD →和AB →⊥CD →.因为AB →与水平面的夹角为45°,所以得:〈AB →,BC →〉=45°,〈BC →,CD →〉=90°,〈AB →,CD →〉=90°.13.如图所示,长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1,AB =3,AD =2,AA 1=1,在以长方体的八个顶点为始点和终点的向量中:(1)单位向量共有多少个? (2)试写出模为5的所有向量. (3)试写出与向量AB →相等的所有向量. (4)试写出向量AA 1→的相反向量.解:(1)由于长方体的高为1,所以长方体4条高所对应的向量AA 1→、A 1A →、BB 1→、B 1B →、CC 1→、C 1C →、DD 1→、D 1D →都是单位向量,而其他向量的模均不为1,故单位向量共8个.(2)由于这个长方体的左右两侧面的对角线长均为5,故模为5的向量有AD 1→、D 1A →、A 1D →、DA 1→、BC 1→、C 1B →、B 1C →、CB 1→,共8个.(3)与向量AB →相等的所有向量(除它自身之外)共有A 1B 1→、DC →及D 1C 1→,共3个. (4)向量AA 1→的相反向量为A 1A →、B 1B →、C 1C →、D 1D →.——能力提升类——14.如图,三棱锥P ­ABC 中,PA ⊥平面ABC ,∠ABC =90°,PA =AC ,则在向量AB →,BC →,CA →,PA →,PB →,PC →中,夹角为90°的共有( B )A .6对B .5对C .4对D .3对解析:因为PA ⊥平面ABC ,所以PA ⊥AB ,PA ⊥AC ,PA ⊥BC ,平面PAB ⊥平面ABC .又平面PAB ∩平面ABC =AB ,BC ⊥AB ,所以BC ⊥平面PAB ,所以BC ⊥PB .综上,〈PA →,AB →〉,〈PA →,BC →〉,〈PA →,CA →〉,〈BC →,AB →〉,〈BC →,PB →〉都为90°.15.如图所示,在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中:(1)求〈AB →,AA 1→〉,〈AC →,A 1C 1→〉,〈AA 1→,C 1C →〉; (2)若AB =1,AC =1,BC =2,求〈AB →,C 1A 1→〉.解:(1)由向量夹角的定义及直三棱柱的性质可得〈AB →,AA 1→〉=90°,〈AC →,A 1C 1→〉=0°,〈AA 1→,C 1C →〉=180°.(2)在△ABC 中,由勾股定理得∠BAC =90°. ∵C 1A 1→=CA →,∴〈AB →,C 1A 1→〉=〈AB →,CA →〉=90°.。

(常考题)北师大版高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试(答案解析)(4)

(常考题)北师大版高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试(答案解析)(4)

一、选择题1.在正四棱锥P ABCD -中,1PA PB PC PD AB =====,点Q ,R 分别在棱AB ,PC 上运动,当||QR 达到最小值时,||||PQ CQ 的值为( ) A .7010B .355 C .3510D .7052.如图,在几何体111ABC A B C -中,ABC ∆为正三角形,111////AA BB CC ,1AA ⊥平面ABC ,若E 是棱11B C 的中点,且1112AB AA CC BB ===,则异面直线1A E 与1AC 所成角的余弦值为( )A .1313B .21313C 26D 2263.在空间四边形OABC 中,OA OB OC ==,3AOB AOC π∠=∠=,则cos ,OA BC的值为( ) A .0B .22C .12-D .124.若直线1l 、2l 的方向向量分别为(1,2,2)a =-,(2,3,2)b =-,则1l 与2l 的位置关系是( ) A .12l l ⊥B .12l l C .1l 、2l 相交不垂直 D .不能确定5.在边长为2的菱形ABCD 中,23BD =ABCD 沿对角线AC 对折,使二面角B AC D --的余弦值为13,则所得三棱锥A BCD -的内切球的表面积为( ) A .43π B .πC .23π D .2π 6.在直三棱柱111ABC A B C -中,1111122AA A B B C ==,且AB BC ⊥,点M 是11AC 的中点,则异面直线MB 与1AA 所成角的余弦值为( )A .13B .223C .324D .127.如图,已知正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2,则异面直线1A B 与1BC 所成角的余弦值是( )A 3B .12C .14D .08.已知正方体1111ABCD A BC D -,M 为11A B 的中点,则异面直线A M 与1BC 所成角的余弦值为( ) A .105B .1010C .32D .629.已知()()()1,2,3,2,1,2,1,1,2,OA OB OC ===,点M 在直线OC 上运动.当MA MB ⋅取最小值时,点M 的坐标为( )A .(2,2,4)B .224(,,)333C .5510(,,)333D .448(,,)33310.已知平行六面体1111ABCD A BC D -中,11114AE AC =,若1BE xAB yAD zAA =++,则x 的值为( )A .14B .34-C .1D .1211.在正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)111ABC A B C -中,2AB =,E ,F 分别为11AC 和11A B 的中点,当AE 和BF 所成角的余弦值为710时,AE 与平面11BCC B 所成角的正弦值为( ) A 15B 15C 5 D 512.已知A 、B 、C 是不共线的三点,O 是平面ABC 外一点,则在下列条件中,能得到点M 与A 、B 、C 一定共面的条件是( )A .111222OM OA OB OC =++ B .OM OA OB OC =++ C .1133OM OA OB OC =-+ D .2OM OA OB OC =--二、填空题13.如图,正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2.点M 是侧棱1AA 的中点,点P 、Q 分别是侧面11BCC B ,底面ABC 的动点,且1A P 平面BCM ,PQ ⊥平面BCM .则点Q的轨迹的长度为___________.14.ABC △中,90C ∠︒=,60A ∠︒=,2AB =,M 为AB 中点,将BMC △沿CM 折叠,当平面BMC ⊥平面AMC 时,A ,B 两点之间的距离为_____.15.如图,正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1,线段11B D 上有两个动点,E F ,且 22EF =,现有如下四个结论: ①AC BE ⊥;②//EF 平面ABCD ;③三棱锥A BEF -的体积为定值; ④异面直线,AE BF 所成的角为定值. 其中正确结论的序号是______.16.把地球看作是半径为R 的球,A 点位于北纬30°,东经20°,B 点位于北纬30°,东经80°,求A B 、两点间的球面距离______________.17.如图,空间四边形OABC 中,,M N 分别是对边,OA BC 的中点,点G 在线段MN 上,分MN 所成的定比为2,OG xOA yOB zOC =++,则,,x y z 的值分别为_____.18.正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1,若动点P 在线段1BD 上运动, 则·DC AP 的取值范围 是 .19.已知P 是正方体1111ABCD A BC D -的棱11A D 上的动点,设异面直线AB 与CP 所成的角为α,则cos α的最小值为__________. 20.已知平行六面体中,则____.三、解答题21.如图,在多面体ABCDEF 中,等腰梯形ABCD 所在平面垂直于正方形CDEF 所在平面,1,2DA AB BC CD ====.(Ⅰ)求证:AC ⊥平面ADE ;(Ⅱ)求BF 与平面ADE 所成角的正弦值.22.如图,在四棱锥S ABCD -中,SA ⊥平面ABCD ,//AD BC ,AD AB ⊥,4AB AS ==,3AD =,6BC =,E 为SB 的中点.(1)求证://AE 平面SCD . (2)求二面角B AE C --的余弦值.23.如图,四边形ABCD 与四边形BDEF 均为菱形,60DAB DBF ∠=∠=︒,且FA FC =(1)求证:平面ACF ⊥平面ABCD ; (2)求二面角A FC B --的余弦值.24.如图,在等腰直角三角形PAD 中,90A ∠=︒,8AD =,3AB =,B ,C 分别是PA ,PD 上的点,且//AD BC ,M ,N 分别为BP ,CD 的中点,现将BCP 沿BC折起,得到四棱锥P ABCD -,连结MN .(1)证明://MN 平面PAD ;(2)在翻折的过程中,当4PA =时,求二面角B PC D --的余弦值.25.如图,在四棱锥S ABCD -中,侧面SCD 为钝角三角形且垂直于底面ABCD ,底面为直角梯形且90ABC ∠=︒,12AB AD BC ==,CD SD =,点M 是SA 的中点.(1)求证:BD ⊥平面SCD ;(2)若直线SD 与底面ABCD 所成的角为60︒,求SD 与平面MBD 所成角的正弦值. 26.如图,在三棱锥P ABC -中,PAC △为等腰直角三角形,90APC ∠=︒,ABC 为正三角形,D 为AC 的中点,2AC =.(1)证明:PB AC ⊥; (2)若三棱锥P ABC -3A PCB --的余弦值.【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、选择题 1.A 解析:A 【分析】建立空间直角坐标系,利用三点共线的思想,分别求出点R ,Q ,利用两点距离公式求解,后利用导数求最值,进一步求出答案. 【详解】以P 在底面的投影O 为坐标原点,建立如图所示的坐标系,设1(,,0)2Q a ,(,,)R m n q 因为211(0(,0),22P C -,112(,22PC =-, 又因为R 在PC 上,PR PC λ= 所以2(,m m q =,112(,),22λλ-, 所以R 1122(,),2222λλ=--+, 所以222211122222QR a λλ⎛⎛⎫⎛⎫=--+-++ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭221324a a λλλ=+-++ 因为[]11,,0,122a λ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦设2213()24f a a a λλλ=+-++,2213()24g a a λλλλ=+-++ 对其求导()2f a a λ'=-,1()22g a λλ'=-+当二个导数同时为0时,取最小值,即20a λ-=,1202a λ-+= 所以11,36a λ==时取最小值, 所以1121,,,1,,02623PQ CQ ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以PQ CQ=10所以当||QR 达到最小值时,||||PQCQ 的值为10故选:A. 【点睛】空间直角坐标系距离公式的理解:(1)两点间的距离公式其形式与平面向量的长度公式一致,它的几何意义是表示长方体的对角线的长度.(2)两点间的距离公式与坐标原点的选取无关,经过适当转化也可以求异面直线间的距离,点到面以及平面与平面的距离等. 本题主要是R 的坐标利用三点共线的思想去求.2.C解析:C 【解析】 【分析】以C 为原点,在平面ABC 内过C 作BC 的垂线为x 轴,CB 为y 轴,CC 1为z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出异面直线A 1E 与AC 1所成角的余弦值 【详解】以C 为原点,在平面ABC 内过C 作BC 的垂线为x 轴, CB 为y 轴,CC 1为z 轴,建立空间直角坐标系, 设AB =AA 1=CC 1=2BB 1=2,则A 11,2),A 0,),C 1(0,0,2),B 1(0,2,1),E (0,1,32), 1AE =(0,12-),1AC=(1,2), 设异面直线A 1E 与AC 1所成角为θ,则cosθ11111313A E AC A E AC ⋅===⋅. ∴异面直线A 1E 与AC 1. 故选C .【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.3.A解析:A 【分析】利用OB OC =,以及两个向量的数量积的定义可得cos ,OA BC <>的值,即可求解. 【详解】由题意,可知OB OC =,则()OA BC OA OC OB OA OC OA OB ⋅=⋅-=⋅-⋅coscos33OA OC OA OB ππ=⋅-⋅1()02OA OC OB =⋅-=, 所以OA BC ⊥,所以∴cos ,0OA BC <>=. 故选A . 【点睛】本题主要考查了两个向量的数量积的定义,两个向量的夹角公式的应用,其中解答中熟记向量的数量积的运算公式,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.4.A解析:A 【分析】求出直线1l 、2l 的方向向量数量积为0,由此得到1l 与2l 的位置关系. 【详解】由题意,直线1l 、2l 的方向向量分别为(1,2,2)a =-,(2,3,2)b =-,2640a b ⋅=-+-=,∴1l 与2l 的位置关系是12l l ⊥.故选A . 【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系的判断,考查直线与直线垂直的性质等基础知识,着重考查运算求解能力,属于基础题.5.C解析:C 【分析】作出图形,利用菱形对角线相互垂直的性质得出DN ⊥AC ,BN ⊥AC ,可得出二面角B ﹣AC ﹣D 的平面角为∠BND ,再利用余弦定理求出BD ,可知三棱锥B ﹣ACD 为正四面体,可得出内切球的半径R ,再利用球体的表面积公式可得出答案. 【详解】 如下图所示,易知△ABC 和△ACD 都是等边三角形,取AC 的中点N ,则DN ⊥AC ,BN ⊥AC . 所以,∠BND 是二面角B ﹣AC ﹣D 的平面角,过点B 作BO ⊥DN 交DN 于点O ,可得BO ⊥平面ACD .因为在△BDN 中,3BN DN ==,所以,BD 2=BN 2+DN 2﹣2BN •DN •cos ∠BND 1332343=+-⨯⨯=, 则BD =2.故三棱锥A ﹣BCD 为正四面体,则其内切球半径为正四面体高的14,又正四面体的高为棱6,故662R ==因此,三棱锥A ﹣BCD 的内切球的表面积为226244(63R πππ=⨯=. 故选C . 【点睛】本题考查几何体的内切球问题,解决本题的关键在于计算几何体的棱长确定几何体的形状,考查了二面角的定义与余弦定理,考查计算能力,属于中等题.6.B解析:B 【分析】以B 为原点,BA 为x 轴,BC 为y 轴,1BB 为z 轴,建立空间直角坐标系,求得11,1,22MB ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭,()10,? 02AA =,,利用空间向量夹角余弦公式能求出异面直线MB 与1AA 所成角的余弦值.【详解】在直三棱柱111ABC A B C -中,1111122AA A B B C ==,且AB BC ⊥,点M 是11AC , ∴以B 为原点,BA 为x 轴,BC 为y 轴,1BB 为z 轴,建立空间直角坐标系, 设11111222AA A B B C ===, 则11,1,22M ⎛⎫ ⎪⎝⎭,(0,00B ,),(1,00A ,),1(1,02A ,), 11,1,22MB ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭,1(0,02AA ,)=, 设异面直线MB 与1AA 所成角为θ,则11cos 318MB AA MB AA θ⋅===⋅, ∴异面直线MB 与1AA 所成角的余弦值为3,故选B . 【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法,是基础题.求异面直线所成的角主要方法有两种:一是向量法,根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后,分别求出两直线的方向向量,再利用空间向量夹角的余弦公式求解;二是传统法,利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角,再利用平面几何性质求解.7.C解析:C【分析】建立空间直角坐标系,结合空间向量的结论求解异面直线所成角的余弦值即可.【详解】以AC 的中点O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -,则:()10,1,2A -,)B ,)12B ,()0,1,0C ,向量()13,1,2A B =-,()12B C =--, 11cos ,A B BC <>1111AB BC A B B C ⋅=⨯=14=. 本题选择C 选项.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解,空间向量的应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.A解析:A【分析】建立空间直角坐标系,求出向量AM与1BC的向量坐标,利用数量积求出异面直线A M B C所成角的余弦值.与1【详解】以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示:设正方体的棱长为1,则(1,0,0)A ,1(1,0,1)A ,(1,1,0)B ,1(1,1,1)B ,(0,1,0)C ∵M 为11A B 的中点 ∴1(1,,1)2M ∴1(0,,1)2AM =,52AM =;1(1,0,1)B C =--,12B C =. ∴异面直线A M 与1B C所成角的余弦值为1111cos ,510AM B C AM B C AM B C⋅===⋅ 故选A.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法,找出两异面直线所成的角∠AEM (或其补角),是解题的关键.如果异面直线所成的角不容易找,则可以通过建立空间直角坐标系,利用空间向量来求解. 9.D解析:D【分析】设OM OC λ=,故(),,2M λλλ,()()242633MA MB OA OM OB OM λ⎛⎫=--⋅=- ⎪⎝-⎭⋅,计算得到答案. 【详解】 设OM OC λ=,即(),,2OM OC λλλλ==,故(),,2M λλλ,()()()()1,2,322,1,22MA MB OA OM OB OM λλλλλλ⋅=-⋅-=---⋅--- 224261610633λλλ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭, 当43λ=时,向量数量积有最小值,此时448,,333M ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选:D.【点睛】本题考查了向量的数量积,二次函数求最值,意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 10.B解析:B【分析】根据向量运算得到1113144BE BA AA A E AB AD AA =++=-++,得到答案. 【详解】()11111111131444BE BA AA A E AB AA A B A D AB AD AA =++=-+++=-++,故34x =-. 故选:B .【点睛】 本题考查了向量的运算,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11.B解析:B【分析】设1AA t =,以B 为原点,过B 作BC 的垂线为x 轴,BC 为y 轴,1BB 为z 轴,建立空间直角坐标系,由AE 和BF 所成角的余弦值为710,求出12t AA ==.由此能求出AE 与平面11BCC B 所成角α的正弦值.【详解】设1AA t =,以B 为原点,过B 作BC 的垂线为x 轴,BC 为y 轴,1BB 为z 轴,建立空间直角坐标系,则31,,(0,0,0),,22A E t B F t ⎫⎫⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭,(2AE =-,12,)t ,3(2BF =12,)t , AE ∵和BF 所成角的余弦值为710, 2221||||72|cos ,|10||||11t AE BF AE BF AE BF t -∴<>===+,解得2t =.∴(2AE =-,12,2), 平面11BCC B 的法向量(1,0,0)n =, AE ∴与平面11BCC B 所成角α的正弦值为:3||2sin ||||5AE n AE n α===. 故选:B .【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.12.C解析:C【分析】由共面向量定理可得:若定点M与点A、B、C一定共面,则存在实数x,y,使得AM xAB yAC=+,即(1)OM x y OA xOB yOC=--++,判断标准是验证OA,OB,OC三个向量的系数和是否为1,若为1则说明四点M,A,B,C一定共面,由此规则即可找出正确的条件.【详解】由题意,,A B C三点不共线,点O是平面ABC外一点,对于A由于向量的系数和是32,不是1,故此条件不能保证点M在面ABC上;对于B,等号右边三个向量的系数和为3,不满足四点共面的条件,故不能得到点M与,,A B C一定共面对于C,等号右边三个向量的系数和为1,满足四点共面的条件,故能得到点M与,,A B C一定共面对于D,等号右边三个向量的系数和为0,不满足四点共面的条件,故不能得到点M与,,A B C一定共面综上知,能得到点M与,,A B C一定共面的一个条件为C.故选:C.【点睛】本题考查平面向量的基本定理,利用向量判断四点共面的条件,解题的关键是熟练记忆四点共面的条件,利用它对四个条件进行判断得出正确答案,本题考查向量的基本概念,要熟练记忆.二、填空题13.【分析】根据已知可得点Q的轨迹是过△MBC的重心且与BC平行的线段进而根据正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2可得答案【详解】∵点P是侧面BCC1B1内的动点且A1P∥平面BCM则P点的轨迹是过解析:4 3【分析】根据已知可得点Q的轨迹是过△MBC的重心,且与BC平行的线段,进而根据正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2,可得答案.【详解】∵点P是侧面BCC1B1内的动点,且A1P∥平面BCM,则P点的轨迹是过A1点与平面MBC平行的平面与侧面BCC1B1的交线,则P点的轨迹是连接侧棱BB1,CC1中点的线段l,∵Q是底面ABC内的动点,且PQ⊥平面BCM,则点Q的轨迹是过l与平面MBC垂直的平面与平面ABC相交得到的的线段m,故线段m过△ABC的重心,且与BC平行,由正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2,故线段m的长为:23×2=43,故答案为4 3【点睛】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系,棱柱的几何特征,动点的轨迹,难度中档.14.【解析】【分析】取MC中点O连结AOBO推导出AC=BM=AM=CM=1AO=BO=AO⊥MCAO⊥平面BMCAO⊥BO由此能求出AB两点之间的距离【详解】取MC中点O连结AOBO∵△ABC中∠C=10【解析】【分析】取MC 中点O ,连结AO ,BO ,推导出AC =BM =AM =CM =1,AO =32,BO =72,AO ⊥MC ,AO ⊥平面BMC ,AO ⊥BO ,由此能求出A ,B 两点之间的距离.【详解】取MC 中点O ,连结AO ,BO ,∵△ABC 中,∠C =90°,∠A =60°,AB =2,M 为AB 中点, ∴AC =BM =AM =CM =1,∴AO 2131()2- BO 22011172cos120121422BM MO BM OM ⎛⎫+-⨯⨯⨯+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭ AO ⊥MC ,将△BMC 沿CM 折叠,当平面BMC ⊥平面AMC 时,AO ⊥平面BMC ,∴AO ⊥BO ,∴A ,B 两点之间的距离|AB |22371044BO AO +=+=, 10. 【点睛】 本题考查两点间距离的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.15.①②③【分析】根据平面可判断①;根据可判断②;利用体积公式判断③;设用向量法求出的夹角的范围判断④【详解】连接由可知平面而平面故①正确;由且平面平面可得平面故②正确;三棱锥的体积为定值故③正确;建立解析:①②③【分析】根据AC ⊥平面11BB D D 可判断①;根据11//B D BD 可判断②;利用体积公式判断③;设11D E a =,用向量法求出,AE BF 的夹角的范围判断④.【详解】连接BD ,由AC BD ⊥,1AC DD ⊥,可知AC ⊥平面11BB D D ,而BE ⊂平面11BB D D ,AC BE ∴⊥,故①正确;由//EF BD ,且EF ⊄平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,可得//EF 平面ABCD ,故②正确;1132A BEF BEF V S AC -=⋅ 112211232=⨯=, ∴三棱锥A BEF -的体积为定值,故③正确;建立坐标系如图所示;设11202D E a a ⎛=≤≤ ⎝⎭, 则()1,0,0A ,()1,1,0B ,22,1E ⎫⎪⎪⎝⎭, 2121,,12222F a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭, 221,,122AE a a ⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭,2121,,12222BF a a ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭, 设异面直线,AE BF 所成的角为θ, 则22322cos 22a a AE BF AE BF a a θ-+⋅==⋅-+ 212122a a =--+2232222a a a ⎛-+=-+ ⎝⎭∴当0a =时,cos θ取得最大值2, θ∴的最小值为30,即异面直线,AE BF 所成的角不为定值,故④错误; 故答案为:①②③【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式以及空间向量法求异面直线所成的角,综合性比较强,属于中档题.16.【分析】设球心为北纬纬线圈所在圆的圆心为半径为且是等边三角形即中由余弦定理得的值利用弧长公式求得两点间的球面距离【详解】设球心为北纬纬线圈所在圆的圆心为半径为则根据点位于北纬30°东经20°点位于北解析:5arccos 8R 【分析】设球心为O ,北纬30纬线圈所在圆的圆心为1O ,半径为r ,r =,且ABC 是等边三角形,即2AB R =,AOB 中,由余弦定理得AOB ∠的值,利用弧长公式求得,A B 两点间的球面距离.【详解】设球心为O ,北纬30纬线圈所在圆的圆心为1O ,半径为r ,130OAO ∠=, 则3cos302r R ==, 根据A 点位于北纬30°,东经20°,B 点位于北纬30°,东经80°,可得160AO B ∠=,1AO B ∴是等边三角形,即AB r R ==, ABC 中,由余弦定理可得2222232cos 4AB R R R R AOB ==+-⋅∠,求得5cos 8AOB ∠= ,5arccos 8AOB ∴∠=, ,A B ∴两点间的球面距离5arccos 8AB R AOB R =⋅∠=⋅.故答案为:5arccos 8R ⋅ 【点睛】 本题主要考查球面距离的求法,利用余弦定理解三角形,意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力,属于中档题型. 17.【解析】∵∴∴故答案为 解析:111,,633【解析】∵ O G OM MG =+,1 2OM OA =,2 ,3MG MN MN ON OM ==-,1 ()2ON OB OC =+,∴111 633OG OA OB OC =++,∴16x =,13y z ==,故答案为111,,63318.【详解】试题分析:以所在的直线为轴以所在的直线为轴以所在的直线为轴建立空间直角坐标系则∴∵点在线段上运动∴且∴∴故答案为考点:空间向量数量积的运算解析:[]0,1【详解】试题分析:以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,建立空间直角坐标系.则、、、、.∴、.∵点在线段上运动,∴,且.∴AP AB BP DC BP =+=+(),1,λλλ=--,∴,故答案为[]0,1.考点:空间向量数量积的运算.19.【解析】试题分析:因为//所以即为异面直线与所成的角为因为是正方体所以因为所以所以当时考点:1异面直线所成的角;2线面垂直线线垂直 解析:33【解析】试题分析:因为AB //CD ,所以PCD ∠即为异面直线AB 与CP 所成的角为α.因为1111ABCD A BC D -是正方体,所以11CD ADD A ⊥面,因为11DP ADDA ⊂面,所以DC DP ⊥.所以cos CD CP α=,当1CP CA =时,min 13(cos )33CD CD CA CDα===. 考点:1、异面直线所成的角;2、线面垂直、线线垂直.20.【解析】试题分析:因为在平行六面体中所以则考点:本题考查的知识点是点线面间的距离计算考查空间两点之间的距离运算根据已知条件构造向量将空间两点之间的距离转化为向量模的运算是解答本题的关键 解析:【解析】试题分析:因为在平行六面体中,,所以,则.考点:本题考查的知识点是点、线、面间的距离计算,考查空间两点之间的距离运算,根据已知条件,构造向量,将空间两点之间的距离转化为向量模的运算,是解答本题的关键.三、解答题21.(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)1510【分析】(Ⅰ)由面面垂直的性质定理得到DE ⊥平面ABCD ,从而得到DE AC ⊥,再由勾股定理的逆定理证明CA AD ⊥,即可得证;(Ⅱ)建立空间直角坐标系,利用空间向量法求出线面角的正弦值; 【详解】(Ⅰ)因为平面ABCD ⊥平面CDEF ,四边形CDEF 为矩形,所以CD DE ⊥,又平面ABCD 平面CDEF CD =,所以DE ⊥平面ABCD ,因为AC ⊂平面ABCD , 所以DE AC ⊥,在底面ABCD 中,过,A B 作,AN BM DC ⊥,交CD 于,N M ,因为1,2DA AB BC CD ====,所以12DN CM ==,所以2213122AN ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,所以2233322AC ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以222AD AC CD +=,所以CA AD ⊥,又AD DE D ⋂=,,AD DE ⊂面ADE ,所以AC ⊥面ADE ;(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系,则31,02B ⎫-⎪⎪⎝⎭,)3,0,2F ,所以31,222BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭由(1)可知AC ⊥面ADE ,则面ADE 的法向量可以为()1,0,0n =,设BF 与平面ADE 所成角为θ,则2223152sin 1031222n BF n BFθ===⋅⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,BF 与平面ADE 所成角的正弦值为1510;【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和线面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,通过严密推理,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解. 22.(1)证明见解析;(2)2211. 【分析】(1)取SC 的中点F ,连接,DF EF ,证明四边形ADFE 为平行四边形,可得//AE DF ,即可证//AE 平面SCD ;(2)建立如图所示空间直角坐标系,然后写出各点坐标,得平面ABE 的法向量为AD ,计算平面ACE 的法向量m ,利用数量积公式代入计算二面角的余弦值. 【详解】(1)证明:取SC 的中点F ,连接,DF EF因为E 、F 为SB 、SC 的中点,所以//EF BC 且132EF BC ==,又因为//AD BC ,3AD =,6BC =,所以//EF AD 且EF AD =,所以四边形ADFE 为平行四边形,所以//AE DF ,又AE ⊄平面SCD ,DF ⊂平面SCD ,所以//AE 平面SCD . (2)因为SA ⊥平面ABCD ,AD AB ⊥,所以建立如图所示空间直角坐标系, 则(0,0,0),(4,0,0),(4,6,0),(0,3,0),(2,0,2)A B C D E ,(2,0,2),(4,0,0),(4,6,0)AE AB AC ===,(0,3,0)AD =由题意可知AD ⊥平面ABE ,设平面ACE 的法向量(,,)m x y z =所以00AC m AE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩,则460220x y x z +=⎧⎨+=⎩,得(3,2,3)m =--设二面角B AE C --的平面角为θ,所以622cos cos ,11322AD m θAD m AD m⋅-====⨯,所以二面角B AE C --的余弦值为2211.【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化,通过中位线平行证明线线平行,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解. 23.(1)证明见解析;(215. 【分析】(1)AC 与BD 交于点O ,连接FO 、FD ,证明FO AC ⊥,FO BD ⊥,然后得到FO ⊥平面ABCD 即可;(2)以O 为原点,OA 、OB 、OF 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,然后求出平面BFC 和平面ACF 的法向量,然后可算出答案.【详解】(1)证明:AC 与BD 交于点O ,连接FO 、FD ,∵FA FC =,O 是AC 中点,且O 是BD 中点,∴FO AC ⊥, ∵四边形BDEF 为菱形,60DBF ∠=︒, ∴FD FB =,∴FO BD ⊥, 又ACBD O =,∴FO ⊥平面ABCD ,∵FO ⊂平面ACF ,∴平面ACF ⊥平面ABCD (2)易知OA ,OB ,OF 两两垂直以O 为原点,OA 、OB 、OF 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系设2AB =,∵四边形ABCD 为菱形,60DAB ∠=︒ 则2BD =,∴1OB =,3OA OF ==故(0,0,0)O ,(0,1,0)B ,()3,0,0C -,()3F ∴(3,0,3CF =,3,1,0CB,()0,1,0OB =设平面BFC 的一个法向量为(,,)n x y z =则33030n CF x z n CB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,取1x =,得()1,3,1n =-- 显然,()0,1,0OB =为平面ACF 的一个法向量 ∴15cos ,5OB n OB n OB n⋅<>==-⋅ 由图知,二面角A FC B --的平面角为锐角 ∴二面角A FC B --的余弦值为155【点睛】关键点睛:用向量法求解空间角的问题时,解题的关键是建立适当的空间直角坐标系,准确地写出点的坐标和算出直线的方向向量、平面的法向量.24.(1)证明见解析;(2)63-. 【分析】(1)取AB 的中点E ,连结EM ,EN ,根据线面平行的判定定理以及面面平行的判定定理,先证明平面//MNE 平面PAD ,进而可证//MN 平面PAD ;(2)根据题中条件,以点A 为坐标原点,AB ,AD ,AP 方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出两平面的法向量,由向量夹角公式,即可求出结果. 【详解】(1)证明:在四棱锥P ABCD -中,取AB 的中点E ,连结EM ,EN . 因为M ,N 分别为BP ,CD 的中点,//AD BC . 所以//ME PA ,//EN AD .因为PA ⊂平面PAD ,ME ⊄平面PAD , 所以//ME 平面PAD , 同理,//EN 平面PAD .又因为ME NE E ⋂=,ME 、NE ⊂平面MNE , 所以平面//MNE 平面PAD . 因为MN ⊂平面MNE , 所以//MN 平面PAD ;(2)因为在等腰直角三角形PAD 中,90A ∠=︒,//AD BC , 所以BC PA ⊥,即在四棱锥P ABCD -中,BC PB ⊥,BC AB ⊥. 因为//AD BC ,所以AD PB ⊥,AD AB ⊥, 因为PB AB B ⋂=,PB 、AB平面PAB ,所以AD ⊥平面PAB ,所以PA AD ⊥.又因为8AD =,3AB =,4PA =,所以5PB =. 所以222AB PA PB +=,所以PA AB ⊥.以点A 为坐标原点,AB ,AD ,AP 方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则()3,0,0B ,()0,0,4P ,()0,8,0D ,()3,5,0C , 所以(3,0,4)PB =-,(3,5,4)PC =-,(0,4)8,PD =-.设()1111,,x n y z =为平面PBC 的一个法向量,则1100n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即111113403540x z x y z -=⎧⎨+-=⎩, 令14x =,得1(4,0,3)n =;设()2222,,n x y z =为平面PCD 的一个法向量,则2200n PD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即222228403540y z x y z -=⎧⎨+-=⎩, 令21y =,得2(1,1,2)n =.所以1212212cos ,34n n n n n n⋅<>===. 因为二面角B PC D --是钝角, 所以二面角B PC D --的余弦值是 【点睛】 方法点睛:立体几何体中空间角的求法:(1)定义法:根据空间角(异面直线所成角、线面角、二面角)的定义,通过作辅助线,在几何体中作出空间角,再解对应三角形,即可得出结果;(2)空间向量的方法:建立适当的空间直角坐标系,求出直线的方向向量,平面的法向量,通过计算向量夹角(两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角)的余弦值,来求空间角即可. 25.(1)证明见解析;(2. 【分析】(1)根据已知条件证明BD CD ⊥,根据线面垂直的判定定理即可得到BD ⊥平面SCD ;(2)根据已知条件建立合适的空间直角坐标系,利用直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值求解出SD 与平面MBD 所成角的正弦值. 【详解】解:(1)证明:取BC 的中点E ,连接DE ,设==AB AD a ,2BC a =,依题意,四边形ABED 为正方形, 且有BE DE CE a ===,BD CD ==, ∴222BD CD BC +=,则BD CD ⊥. 又平面SCD ⊥底面ABCD ,平面SCD底面ABCD CD =,∴BD ⊥平面SCD(2)过点S 作CD 的垂线,交CD 延长线于点H ,连接AH , ∵平面SCD ⊥底面ABCD ,平面SCD底面ABCD CD =,SH CD ⊥,SH ⊂平面SCD ,SH ⊥底面ABCD ,故DH 为斜线SD 在底面ABCD 内的射影,SDH ∠为斜线SD 与底面ABCD 所成的角,即60SDH ∠=︒. 由(1)得,2SD a =,∴在Rt SHD 中,2SD a =,62SH a =, 在ADH 中,45ADH ∠=︒,AD a =,22DH a =,由余弦定理得222222cos 45222AH a a a a a ⎛⎫=+-⋅⋅⋅︒= ⎪ ⎪⎝⎭, ∴222AH DH AD +=,从而90AHD ∠=︒,过点D 作//DF SH ,∴DF ⊥底面ABCD ,∴DB 、DC 、DF 两两垂直,如图,以点D 为坐标原点,DB 为x 轴正方向,DC 为y 轴正方向,DF 为z 轴正方向建立空间直角坐标系,则)2,0,0Ba ,()2,0C a ,260,2S ⎛⎫- ⎪⎝⎭,22,,022A a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,226,,424M a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,设平面MBD 的法向量(),,n x y z =,由202022n DB ax n DM ax ⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩,取1z =,得30,,12n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,又0,,2SD a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,∴sin cos ,n SD θ=<>==, ∴SD 与平面MBD所成角的正弦值为14. 【点睛】方法点睛:求解线面角的正弦值的两种方法:(1)几何法:通过线面垂直的证明,找到线面角,通过长度的比值即可计算线面角的正弦值;(2)向量法:求解出直线的方向向量和平面的法向量,根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果. 26.(1)证明见解析;(2 【分析】(1)根据PAC △为等腰直角三角形,D 为中点,得到PDAC ⊥,再根据ABC 为正三角形,D 为中点,得到BD AC ⊥.然后利用线面垂直的判定定理证明.(2)设三棱锥P ABC -的高为h ,由 1132P ABC V AC BD h -=⨯⨯⨯⨯==, 求得h ,由以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系,设为平面PBC 的一个法向量(),,n x y z =,又DB 是平面PAC 的一个法向量,然后由cos ,DB n DB n DB n⋅=求解..【详解】(1)∵PAC △为等腰直角三角形,D 为中点,. ∴PD AC ⊥,又ABC 为正三角形,D 为中点, ∴BD AC ⊥.又PD BD D ⋂=,PD ,BD ⊂平面PBD ,∴AC ⊥平面PBD . 又PB ⊂平面PBD , ∴PB AC ⊥.(2)设三棱锥P ABC -的高为h ,sin60BD BC =︒=∴11333233P ABC V AC BD h h -=⨯⨯⨯⨯==, ∴1h =. 又112PD AC ==, ∴PD ⊥平面ABC .如图,以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D xyz -,则()1,0,0A ,()3,0B,()1,0,0C -,()0,0,1P∴()0,3,0=DB ,()1,0,1CP =,()1,3,0CB =. 设(),,n x y z =为平面PBC 的一个法向量,则00CP n CB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即030x z x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令1x =,得31y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴31,1n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭.又DB 是平面PAC 的一个法向量, ∴7cos ,7DB n DB n DB n⋅==-∴二面角A PC B --7【点睛】方法点睛:向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.。

高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量训练案 北师大版选修21

高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量训练案 北师大版选修21

2.1 从平面向量到空间向量[A.基础达标]1.下列说法正确的是( )A .如果两个向量不相等,那么它们的长度不相等B .方向不同的向量不能比较大小,但同向的可以比较大小C .向量模的大小与方向有关D .向量的模可以比较大小解析:选D.两个向量不相等,但它们的长度可能相等,A 不正确.任何两个向量,不论同向还是不同向均不存在大小关系,B 不正确.向量模的大小只与其长度有关,与方向没有关系,故C 不正确.由于向量的模是一个实数,故可以比较大小,只有D 正确.2.如图,在四棱柱的上底面ABCD 中,AB →=DC →,则下列向量相等的是( ) A.AD →与CB →B.OA →与OC →C.AC →与DB →D.DO →与OB →解析:选D.因为AB →=DC →,所以四边形ABCD 为平行四边形.所以DO →=OB →,AD →=BC →,OA →=CO →.3.在四边形ABCD 中,若AB →=DC →,且|AC →|=|BD →|,则四边形ABCD 为( ) A .菱形 B .矩形 C .正方形 D .不确定解析:选B.若AB →=DC →,则AB =DC ,且AB ∥DC ,所以四边形ABCD 为平行四边形. 又|AC →|=|BD →|,即AC =BD , 所以四边形ABCD 为矩形.4.下列有关平面法向量的说法中,不正确的是( ) A .平面α的法向量垂直于与平面α平行的所有向量 B .一个平面的所有法向量互相平行C .如果两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直D .如果a ,b 与平面α平行,则a ∥b解析:选D.依据平面向量的概念可知A ,B ,C 都是正确的.由立体几何知识可得a ,b 不一定平行.5.在正四面体A -BCD 中,如图,〈AB →,DA →〉等于( ) A .45° B .60° C .90° D .120°解析:选D.两个向量夹角的顶点是它们共同的起点,故应把向量DA →的起点平移到A 点处,再求夹角得〈AB →,DA →〉=120°,故选D.6.在正四面体A -BCD 中,O 为平面BCD 的中心,连接AO ,则AO →是平面BCD 的一个________向量.解析:由于A -BCD 是正四面体,易知AO ⊥平面BCD ,所以OA →是平面BCD 的一个法向量. 答案:法7.如图在平行六面体AG 中,①AH →与BG →;②AG →与EG →;③BH →与DF →;④AC →与HF →,四对向量中不是共线向量的序号为________.解析:因为AH →=BG →,所以AH →与BG →共线,其他三对均不共线. 答案:②③④8.如图,棱长都相等的平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,已知∠A 1AB=60°,则〈AA 1→,CC 1→〉=________;〈AB →,C 1D 1→〉=______;〈BA →,DD 1→〉=________.解析:在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,AA 1→∥CC 1→,且方向相同,所以〈AA 1→,CC 1→〉=0°;因为AB ∥CD ,CD ∥C 1D 1,所以AB ∥C 1D 1,所以AB →∥C 1D 1→,但方向相反,所以〈AB →,C 1D 1→〉=180°;因为AA 1→=DD 1→,所以〈BA →,DD 1→〉=〈BA →,AA 1→〉=180°-∠A 1AB =120°.答案:0° 180° 120°9.如图所示是棱长为1的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1.(1)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中,写出与向量AB →相等的向量;(2)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中,写出向量AC →的相反向量;(3)若E 是BB 1的中点,写出与向量AE →平行的向量.解:(1)由正三棱柱的结构特征知与AB →相等的向量只有向量A 1B 1→.(2)向量AC →的相反向量为CA →,C 1A 1→.(3)取AA 1的中点F ,连接B 1F (图略),则B 1F →,FB 1→,EA →都是与AE →平行的向量.10.如图,在三棱锥S ­ABC 中,侧面SAB 与侧面SAC 都是等边三角形,∠BAC =90°,O是BC 的中点,证明:SO →是平面ABC 的一个法向量.证明:由题意知,侧面SAB 与侧面SAC 都是等边三角形, 故设SA =SB =SC =a ,因为O 是BC 的中点,SB =SC ,所以SO ⊥BC .因为∠BAC =90°,AB =AC =a ,AO ⊥BC ,所以AO =22a .又SO =22a ,SA =a ,所以△ASO 是等腰直角三角形, 即SO ⊥OA .又OA ∩BC =O ,所以SO ⊥平面ABC ,所以SO →是平面ABC 的一个法向量.[B.能力提升]1.空间两向量a ,b 互为相反向量,已知向量|b |=3,则下列结论正确的是( ) A .a =bB .|a |=-|b |C .a 与b 方向相同D .|a |=3解析:选D.a 与b 互为相反向量,即a 与b 方向相反且|a |=|b |.2.在直三棱柱ABC ­A ′B ′C ′中,已知AB =5,AC =3,BC =4,CC ′=4,则以三棱柱的顶点为向量的起点和终点的向量中模为5的向量的个数为( )A .2B .4C .8D .10解析:选C.向量AB →,A ′B ′→,AC ′→,CA ′→及它们的相反向量的模都等于5,共有8个. 3.如图,三棱锥P ­ABC 中,PA ⊥平面ABC ,∠ABC =90°,PA =AC ,则在向量AB →,BC →,CA →,PA →,PB →,PC →中,夹角为90°的共有________对.解析:因为PA ⊥平面ABC ,所以PA ⊥AB ,PA ⊥AC ,PA ⊥BC ,平面PAB ⊥平面ABC .又平面PAB ∩平面ABC =AB ,BC ⊥AB ,所以BC ⊥平面PAB ,所以BC ⊥PB .由此知〈PA →,AB →〉,〈PA →,BC →〉,〈PA →,CA →〉,〈BC →,AB →〉,〈BC →,PB →〉都为90°.答案:54.下列命题中,真命题有________个.①若A ,B ,C ,D 是不共线的四点,则AB →=DC →是四边形ABCD 是平行四边形的充要条件;②向量a ,b 相等的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧|a |=|b |,a ∥b ;③|a |=|b |是向量a =b 的必要不充分条件.解析:对于②,|a |=|b |,a ∥b 可知,a 和b 有可能为相反向量. 答案:25.如图,AB 是圆O 的直径,直线PA 所在的向量是圆O 所在平面的一个法向量,M 是圆周上异于A ,B 的任意一点,AN ⊥PM ,点N 是垂足,求证:直线AN 的方向向量是平面PMB 的法向量.证明:因为AB 是圆O 的直径, 所以AM ⊥BM .又PA ⊥平面ABM , 所以PA ⊥BM . 因为PA ∩AM =A , 所以BM ⊥平面PAM . 又AN 平面PAM , 所以BM ⊥AN .又AN ⊥PM ,且BM ∩PM =M , 所以AN ⊥平面PBM .所以直线AN 的方向向量是平面PMB 的法向量.6.(选做题)如图所示,正四面体A ­BCD 中,E 是AC 的中点,求BE →与CD →的夹角的余弦值.解:过E 作EF ∥CD 交AD 于F ,连接BF .∠BEF 为向量BE →与CD →的夹角的补角.设正四面体的棱长为1,则BE =32,EF =12,BF =32.由余弦定理得cos ∠BEF =|BE |2+|EF |2-|BF |22|BE ||EF |=⎝ ⎛⎭⎪⎫322+⎝ ⎛⎭⎪⎫122-⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×32×12=36. 所以BE →与CD →所成的角的余弦值为-36.。

数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量教案 北师大版选修2 1 教案

数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量教案 北师大版选修2 1 教案

从平面向量到空间向量一、设计思路本节是北师大版高中数学选修2-1第二章第一节内容,学生已经学习了平面向量和空间几何体及其点线面位置关系,本章是平面向量的推广和延伸,是解决空间问题的有力工具.学生是学习的主体,本节课注重给学生提供各种参与机会:通过自学,小组讨论,多媒体展示,最大程度地激发学生参与教学的过程.结合教材以及本班学生情况,本节教学内容设计为两个部分,第一部分是向量的概念,着重学生自学与合作后的展示.通过与平面向量的类比,引入空间向量的相应概念:空间向量、向量的表示、自由向量、向量的模、向量,的夹角等.第二部分是向量、直线、平面,主要由教师引导完成教学内容.通过分析向量与直线,向量与平面的位置关系,引入直线l的方向向量,平面 的法向量等概念.通过这两部分的设计,降低学生的理解难度,突出了类比的数学思想方法.二、教学目标1. 知识与技能:(1)了解空间向量的有关概念;(2)掌握两个空间向量的夹角、方向向量和平面的法向量的概念.2. 过程与方法:经历向量从平面到空间推广的过程,分析向量与直线、平面的位置关系,让学生学会类比的数学思想方法.3. 情感与态度:尝试解决问题过程中,让学生树立类比分析、循序渐进解决数学问题的能力;借助直观模型,让学生感受从感性到理性,从具体到抽象的研究问题的方法.三、教学重点及处理设想理解向量的夹角、直线的方向向量、平面的法向量等概念.借助平面向量以及空间平行概念的基础,对向量的概念从维度(二维平面到三维空间)进行推广,可让学生从周围的几何体(长方体模型,教室等)培养学生的空间想象能力. 四、教学难点及处理设想理解共面向量的概念.对于空间两个向量都是共面向量的认同,处理设想为可以借助空间异面直线的概念提出空间两向量是否可能异面的问题,继而结合自由向量和相等向量的概念来解决.五、教学方法导学法,讨论法.六、教学准备学生学案,多媒体课件.七、教学流程设计2.学案导学(学案详见附1)知识要点:(1)空间向量的有关概念空间向量的概念及表示自由向量向量的模(或长度)④向量a,b的夹角、X围及垂直与平行(共线)⑤单位向量⑥零向量⑦相等向量⑧相反向量⑨共面向量(2)向量、直线、平面激励主动学习,培养自主探究能力.(1)对于让学生感受到维度改变(平面到空间)对概念产生的影响,培养类比的意识;对于④⑤⑥⑦⑧让学生感受直接由平面向量类比得到空间向量的相关概念所得到的成就感;对于⑦结合数量适时引出“向量不能比较大小”的结论;对于④直线l的方向向量平面α的法向量适时回顾区分向量与异面直线的夹角概念的区别,对于⑦引出“空间任何两个向量都共面”的结论.(2)对于直线的方向向量与平面的法向量主要由教师随后引导完成概念教学.5.教师引导性讲解向量、直线、平面直线l的方向向量平面 的法向量借助多媒体向同学引入直线的方向向量和平面的法向量的概念,并且完成问题(7)(8).八、教学反思1.《新课程标准》中要求让学生经历向量及其运算由平面向空间推广的过程,目的是让学生体会数学的思想方法(类比与归纳),体验数学在结构上的和谐性与在推广过程中的问题,并尝试如何解决这些问题.同时在这一过程中,也让学生见识一个数学概念的推广可能带来很多更好的性质.掌握空间向量的基本概念及其性质是基本要求.空间向量为处理立体几何问题提供了新的视角,空间向量的基本概念是后续学习的前提,空间向量是平面向量的推广,空间向量及其运算所涉及的内容与平面向量及其运算相似,所以,空间向量的教学要注重知识间的联系,温故而知新,运用类比的方法认识新问题,经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.教师的教学实际上就是保证和促进学生学习的主动性和知识体系的建构.本节课尝试让学生自主学习,主要过程包括:(1)预习交流——学生按照“学案”进行课前预习或当堂预习交流;(2)小组讨论——根据自学任务小组进行讨论交流,完成预期任务;(3)展示交流——各组根据组内讨论情况,对本组的学习任务进行讲解展示;(4)穿插巩固——在展示过程中,对未能展现的学习任务进行巩固练习.(5)学后反思——对学习过程中的感受进行总结.。

高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量课件 北师大版选修21

高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量课件 北师大版选修21
反思感悟表示一条直线的方向向量的有向线段所在的直线与该
直线平行或重合,这是寻找已知直线方向向量的依据.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
变式训练2
如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点为向量端点的所有向量中,
直线AB的方向向量有(
)
A.8个
B.7个
C.6个
D.5个
解析:寻找直线AB的方向向量,先找出与直线AB平行或重合的直
(5)向量a与b平行,则a与b的方向相同或相反. ( × )
探究一
探究二
探究三
思维辨析
空间向量的有关概念
【例1】 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)试写出与相等的向量;
(2)试写出与1 相反的向量;
(3)试写出与平行的向量.
思维点拨:根据长方体的性质及空间向量的有关概念写出即可.
直线上.
4.两个非零向量的夹角是唯一确定的,因此有<a,b>=<b,a>,并且
<a,-b>=<-a,b>=π-<a,b>.


思考辨析
【做一做1】 “两个向量(非零向量)的模相等”是“两个向量相等”
的(
)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:模相等方向不相同的两个向量不相等,两个相等向量的模
等,所以 = 1 1 ,故③正确.命题④显然正确.
答案:C


思考辨析
【做一做3】如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,求下列各对向量的
夹角:
(1)<, ''>=

新北师大版高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》检测(含答案解析)

新北师大版高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》检测(含答案解析)

一、选择题1.已知平行六面体''''ABCD A B C D -中,4AB =,3AD =,'5AA =,90BAD ∠=,''60BAA DAA ∠=∠=.则'AC 的长为( )A .85B .97C .12D .230 2.如图,四边形ABCD 和ABEF 都是正方形,G 为CD 的中点,60DAF ∠=,则直线BG 与平面AGE 所成角的余弦值是( )A .25B .105C .155D .2153.在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中,,E F 分别为棱1AA 、1BB 的中点,G 为棱11A B 上的一点,且1(02)AG λλ=<<,则点G 到平面1D EF 的距离为( )A .23B .2C .223λD .2554.如图,已知平行六面体1111ABCD A BC D -中,底面ABCD 是边长为1的正方形,12AA =, 011120A AB A AD ∠=∠=,则线段1AC 的长为( )A .2B .1C .2D .35.已知正方体1111ABCD A BC D -,M 为11A B 的中点,则异面直线A M 与1BC 所成角的余弦值为( )A .105B .1010C .32D .626.如图是由16个边长为1的菱形构成的图形,菱形中的锐角为,3π=,,a AB b CD =则=a b ⋅A .5-B .1-C .3-D .6-7.在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在坐标平面上的正投影图形的面积,则( ) A .123S S S ==B .21=S S 且23S S ≠C .31S S =且32S S ≠D .32S S =且31S S ≠8.圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形,O 为底面的中心,M 为SO 的中点,动点P 在圆锥底面内(包括圆周)若,AM MP ⊥则点P 形成的轨迹的长度为( ) A .76 B .75 C .72 D .749.如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中,点E F 、分别是棱AB 、BC 的中点,则点1C 到平面1B EF 的距离等于( )A .23B .223C .33D .4310.如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形, Q 为BC 的中点,PQ ⊥面ABCD ,且2PQ =,动点N 在以D 为球心半径为1的球面上运动,点M 在面 ABCD内运动,且PM 5=,则MN 长度的最小值为( )A .352-B .23-C .25-+D .332- 11.如图,棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -,O 是底面1111D C B A 的中心,则O 到平面11ABC D 的距离是( )A .12B .24C .22D 312.在平面直角坐标系中,()2,3A -、()32B -,,沿x 轴将坐标平面折成60︒的二面角,则AB 的长为( )A 2B .211C .32D .42二、填空题13.在空间四边形ABCD 中,连接AC 、BD ,若BCD 是正三角形,且E 为其中心,则1322AB BC DE AD +--的化简结果为________. 14.已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,AA 1⊥面ABC ,AB ⊥AC ,且AA 1=AB=AC ,则异面直线AB 1与BC 1所成角为_____.15.已知平面向量()21,3m =+a 与()2,m =b 是共线向量且0⋅<a b ,则=b __. 16.已知四边形ABCD 为平行四边形,且A (4,1,3),B (2,-5,1),C (3,7,-5),则顶点D 的坐标为________.17.如图所示,在正四棱柱1111ABCD A BC D -中,12AA =,1AB BC ==,动点P 、Q 分别在线段1C D 、AC 上,则线段PQ 长度的最小值是______.18.如图,空间四边形OABC 中,,M N 分别是对边,OA BC 的中点,点G 在线段MN 上,分MN 所成的定比为2,OG xOA yOB zOC =++,则,,x y z 的值分别为_____.19.在空间直角坐标系O xyz -中,点(1,2,3)A -到原点的距离为__________.20.三棱锥V-ABC 的底面ABC 与侧面VAB 都是边长为a 的正三角形,则棱VC 的长度的取值范围是_________.三、解答题21.在①()()DE CF DE CF +⊥-,②17||2DE =,③0cos ,1EF DB <<这三个条件中任选一个,补充在下面的横线中,并完成问题.问题:如图,在正方体1111ABCD A BC D -中,以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D xyz -.已知点1D 的坐标为()0,0,2,E 为棱11D C 上的动点,F 为棱11B C 上的动点,___________,试问是否存在点E ,F 满足1EF AC ⊥?若存在,求AE BF ⋅的值;若不存在,请说明理由.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.22.如图.四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是直角梯形,BC ∥AD ,AB AD ,AD=2BC=2,四边形ABB 1A 1和ADD 1A 1均为正方形.(1)证明;平面ABB 1A 1平面ABCD ;(2)求二面角B 1 CD-A 的余弦值.23.如图,在四棱锥S ABCD -中,SA ⊥平面ABCD ,//AD BC ,AD AB ⊥,4AB AS ==,3AD =,6BC =,E 为SB 的中点.(1)求证://AE 平面SCD .(2)求二面角B AE C --的余弦值.24.如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形,60BAD ∠=,已知2,6PB PD PA ===,E 为PA 的中点.(1)求证PC BD ⊥;(2)求直线PC 与平面 PBD 所成角的正弦值.(3)求二面角B PC E --的余弦值.25.如图,平面ABCD ⊥平面ABEF ,其中四边形ABCD 为正方形,四边形ABEF 为直角梯形,1//902AB AF BE AF BE BAF ==∠=︒,,,M 为线段CE 上一点,//MF 平面ABCD .(1)确定点M 的位置,并证明你的结论;(2)求直线DF 与平面BFM 所成角的正弦值.26.如图,四棱锥中P ABCD -中,底面ABCD 是直角梯形,//AB CD ,60DAB ∠=︒,2AB AD CD ==,侧面PAD ⊥底面ABCD ,且PAD △为等腰直角三角形,90APD ∠=︒.(Ⅰ)求证:AD PB ⊥;(Ⅱ)求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值.【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、选择题1.A解析:A【分析】用空间向量基本定理表示出AC ',然后平方后转化为数量积的运算求得.【详解】记a AB =,b AD =,c AA '=,则43cos900a b ⋅=⨯⨯︒=,同理152b c ⋅=,10a c ⋅=,由空间向量加法法则得AC a b c '=++, ∴22222()222AC a b c a b c a b b c a c '=++=+++⋅+⋅+⋅222154352210852=+++⨯+⨯=, ∴85AC '=AC '=.故选:A .【点睛】方法点睛:本题考查求空间线段长,解题方法是空间向量法,即选取基底,用基底表示出向量,然后利用向量模的平方等于向量的平方转化为向量的数量积进行计算.2.C解析:C【分析】 以A 为原点,以AD 、AB 的方向分别为x 、y 轴的正方向,过A 作垂直平面ABCD 的直线作z 轴建立空间直角坐标系,设2AB =,利用空间向量法可求得直线BG 与平面AGE 所成角的正弦值,再利用同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】以A 为原点,以AD 、AB 的方向分别为x 、y 轴的正方向,过A 作垂直平面ABCD 的直线作z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.设2AB =,得()0,0,0A 、()2,1,0G 、()0,2,0B 、(1,3E ,则()2,1,0AG =,(3AE =,()2,1,0BG =-,设平面AGE 的法向量为(),,n x y z =, 则20230n AG x y n AE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,取1x =,则2y =-,3z = 所以,平面AGE 的一个法向量为(1,2,3n =-, 从而10cos ,225n BGn BG n BG ⋅<>===⨯⋅, 故直线BG 与平面AGE 2101515⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭. 故选:C.【点睛】方法点睛:计算线面角,一般有如下几种方法:(1)利用面面垂直的性质定理,得到线面垂直,进而确定线面角的垂足,明确斜线在平面内的射影,即可确定线面角;(2)在构成线面角的直角三角形中,可利用等体积法求解垂线段的长度h ,从而不必作出线面角,则线面角θ满足sin h lθ=(l 为斜线段长),进而可求得线面角; (3)建立空间直角坐标系,利用向量法求解,设a 为直线l 的方向向量,n 为平面的法向量,则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.3.D解析:D【分析】以D 为原点,DA 为x 轴、DC 为y 轴、1DD 为z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出点G 到平面1D EF 的距离 .【详解】以D 为原点,DA 为x 轴、DC 为y 轴、1DD 为z 轴,建立空间直角坐标系, 则()()()()12,,2,0,0,2,2,0,1,2,2,1G D E F λ,()()()12,0,1,0,2,0,0,,1ED EF EG λ=-==,设平面1D EF 的法向量(),,n x y z =,则12020n ED x z n EF y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩,取1x =,得()1,0,2n =,∴点G 到平面1D EF 的距离为 2255EG nd n ⋅===,故选D. 【点睛】本题主要考查利用空间向量求点到平面的距离,是中档题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离. 4.A解析:A【分析】由11AC AB BC CC =++,两边平方,利用数量积的运算法则及数量积公式能求出21AC 的值,从而可得结果.【详解】平行六面体1111ABCD A BC D -中,底面ABCD 是边长为1的正方形,1112,120AA A AB A AD =∠=∠=, 11AC AB BC CC ∴=++,()2211AC AB BC CC ∴=++222111222AB BC CC AB CC BC CC AB BC =+++⋅+⋅+⋅ 114212cos120212cos12002=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+=, ∴线段1AC 的长为12AC = A.【点睛】本题主要考查利用空间向量求线段的长,考查向量数量积的运算法则,属于中档题.向量数量积的运算主要掌握两点:一是数量积的基本公式cos a b a b θ⋅=;二是向量的平方等于向量模的平方22a a =. 5.A解析:A【分析】建立空间直角坐标系,求出向量AM 与1BC 的向量坐标,利用数量积求出异面直线A M 与1B C 所成角的余弦值.【详解】 以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示:设正方体的棱长为1,则(1,0,0)A ,1(1,0,1)A ,(1,1,0)B ,1(1,1,1)B ,(0,1,0)C ∵M 为11A B 的中点 ∴1(1,,1)2M ∴1(0,,1)2AM =,52AM =;1(1,0,1)B C =--,12B C =. ∴异面直线A M 与1B C 所成角的余弦值为111110cos ,10AM B C AM B C AM B C⋅===⋅ 故选A.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法,找出两异面直线所成的角∠AEM (或其补角),是解题的关键.如果异面直线所成的角不容易找,则可以通过建立空间直角坐标系,利用空间向量来求解.6.B解析:B【解析】设菱形中横向单位向量为,m 纵向单位向量为n ,则111,1122m n m n ==⋅=⨯⨯=,2a AB m n ==+,32b CD m n ==-+,()()232a b m n m n ⋅=+-+=223443421m n m n -+-⋅=-+-=-,故选B. 7.D解析:D 【分析】试题分析:结合其空间立体图形易知,112222=⨯⨯=S ,2312222S S ==⨯⨯=,所以23S S =且13S S ≠,故选D .考点:空间直角坐标系及点的坐标的确定,正投影图形的概念,三角形面积公式. 8.C 解析:C【分析】建立空间直角坐标系,写出点的坐标,设出动点的坐标,利用向量的坐标公式求出向量坐标,利用向量垂直的充要条件列出方程求出动点P 的轨迹方程,得到P 的轨迹是底面圆的弦,利用勾股定理求出弦长.【详解】建立空间直角坐标系.设A (0,﹣1,0),B (0,1,0),S (0,03M (0,0,3P (x ,y ,0). 于是有AM =(0,13MP =(x ,y ,3 由于AM ⊥MP ,所以(0,13•(x ,y ,30, 即y 34=,此为P 点形成的轨迹方程,其在底面圆盘内的长度为2371()4-=.故选C .【点睛】本题考查通过建立坐标系,将求轨迹问题转化为求轨迹方程、考查向量的数量积公式、向量垂直的充要条件、圆的弦长的求法.属中档题9.D解析:D【分析】建立空间直角坐标系,找到平面1B EF 的法向量,利用向量法求点到平面的距离求解即可.【详解】以1D 为坐标原点,分别以11D A ,11D C ,1D D 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则1(2,2,0)B ,1(0,2,0)C ,(2,1,2)E ,(1,2,2)F .设平面1B EF 的法向量为(,,)n x y z =,1(0,1,2)B E =-1(1,0,2)B F =-则1100n B E n B F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即2020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩ 令1z =,得(2,2,1)n =.又11(2,0,0)BC =-,∴点1C 到平面1B EF 的距离1122|||2200|43||221n B C h n ⋅-⨯++===++, 故选:D .【点睛】 本题用向量法求点到平面的距离,我们也可以用等体积法求点到平面的距离,当然也可以找到这个垂线段,然后放在直角三角形中去求.10.C解析:C【分析】若要使MN 最短,点N 必须落在平面ABCD 内,且一定在DN 的连线上,此时应满足,,,D N M Q 四点共线,通过几何关系即可求解【详解】如图,当点N 落在平面ABCD 内,且,,,D N M Q 四点共线时,MN 距离应该最小,由PM 5=1MQ =,即点M 在以Q 为圆心,半径为1的圆上,由几何关系求得5DQ ,1DN MQ ==,故552NM DN MQ -=故答案选:C【点睛】本题考查由几何体上的动点问题求解两动点间距离的最小值,属于中档题11.B解析:B【分析】如图建立空间直角坐标系,可证明1A D ⊥平面11ABC D ,故平面11ABC D 的一个法向量为:1DA ,利用点到平面距离的向量公式即得解. 【详解】如图建立空间直角坐标系,则:1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=-- 由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥,又11AD A D ⊥,1AB AD1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为:1(1,0,1)DA = O ∴到平面11ABC D 的距离为: 1111||22||2OD DA d DA ⋅===故选:B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示,考查了学生空间想象,概念理解,数学运算的能力,属于中档题.12.D解析:D 【分析】作AC x ⊥轴于C ,BD x ⊥轴于D ,则AB AC CD DB =++,两边平方后代入数量积即可求得2||AB ,则AB 的长可求.【详解】如图,()2,3A -,()3,2B -,作AC x ⊥轴于C ,BD x ⊥轴于D ,则()2,0C -,()3,0D ,3AC ∴=,5CD =,2DB =,沿x 轴把坐标平面折成60︒的二面角,CA ∴<,60DB >=︒,且0AC CD CD DB ⋅=⋅=,222||()AB AB AC CD DB ∴==++ 222222AC CD DB AC CD CD DB AC DB =+++⋅+⋅+⋅19254232322⎛⎫=+++⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭. 42AB ∴=即AB 的长为42故选:D .【点睛】本题主要考查了空间角,向量知识的运用,考查学生的计算能力,属于中档题. 二、填空题13.【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果【详解】如图取BC 的中点F 连结DF 则∴【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力 解析:0【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果.【详解】如图,取BC 的中点F ,连结DF ,则23DF DE =, ∴1322AB BC DE AD +--AB BF DF DA =+-+AF FD DA =++0=.【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 14.【解析】连结A1B ∵AA1⊥面ABC 平面A1B1C1∥面ABC ∴AA1⊥平面A1B1C1∵A1C1⊂平面A1B1C1∴AA1⊥A1C1∵△ABC 与△A1B1C1是全等三角形AB ⊥AC ∴A1B1⊥A1 解析:2π 【解析】连结A 1B ,∵AA 1⊥面ABC ,平面A 1B 1C 1∥面ABC ,∴AA 1⊥平面A 1B 1C 1,∵A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥A 1C 1,∵△ABC 与△A 1B 1C 1是全等三角形,AB ⊥AC ,∴A 1B 1⊥A 1C 1,∵A 1B 1∩AA 1=A 1,∴A 1C 1⊥平面AA 1B 1B ,又∵AB 1⊂平面AA 1B 1B ,∴A 1C 1⊥AB 1,∵矩形AA 1B 1B 中,AA 1=AB ,∴四边形AA 1B 1B 为正方形,可得A 1B ⊥AB 1,∵A 1B∩A 1C 1=A 1,∴AB 1⊥平面A 1BC 1,结合BC 1⊂平面A 1BC 1,可得AB 1⊥BC 1,即异面直线AB 1与BC 1所成角为2π. 故答案为2π.15.【解析】∵向量与是共线向量∴∴或∵∴即∴则∴故答案为解析:22【解析】∵向量(21,3)a m =+与(2,)b m =是共线向量∴(21)6m m +=∴32m =或2m =- ∵0a b ⋅<∴(21)230m m +⨯+<,即27m <-∴2m =-,则(2,2)b =-∴22(b =+=故答案为16.【解析】由平行四边形中对角线互相平分的性质知AC 的中点即为BD 的中点AC 的中点设D(xyz)则∴x =5y =13z =-3故D(513-3)解析:(5,13,3)-【解析】由平行四边形中对角线互相平分的性质知,AC 的中点即为BD 的中点,AC 的中点7(,4,1)2O - ,设D (x ,y ,z ), 则7251,4,12222x y z +-++==-= ∴x =5,y =13,z =-3,故D (5,13,-3).17.【分析】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法计算出异面直线的公垂线的长度即为所求【详解】由题意可知线段长度的最小值为异面直线的公垂线的长度如下图所示以点为坐标原点所在直线分解析:13【分析】以点D 为坐标原点,DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算出异面直线1C D 、AC 的公垂线的长度,即为所求.【详解】由题意可知,线段PQ 长度的最小值为异面直线1C D 、AC 的公垂线的长度.如下图所示,以点D 为坐标原点,DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,则点()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,2C 、()0,0,0D ,所以,()1,1,0AC =-,()10,1,2=DC ,()1,0,0DA =,设向量(),,n x y z =满足n AC ⊥,1⊥n DC ,由题意可得1020n AC x y n DC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,解得2x y y z =⎧⎪⎨=-⎪⎩,取2y =,则2x =,1z =-, 可得()2,2,1n =-, 因此,min 23DA n PQ n ⋅==. 故答案为:23. 【点睛】 关键点点睛:解本题的关键在于将PQ 长度的最小值转化为异面直线AC 、1C D 的距离,实际上就是求出两条异面直线的公垂线的长度,利用空间向量法求出两条异面直线间的距离,首先要求出两条异面直线公垂线的一个方向向量的坐标,再利用距离公式求解即可. 18.【解析】∵∴∴故答案为解析:111,,633【解析】∵ O G OM MG =+,12OM OA =,2 ,3MG MN MN ON OM ==-,1 ()2ON OB OC =+,∴111 633OG OA OB OC =++,∴16x =,13y z ==,故答案为111,,63319.【解析】距离【解析】距离d ==20.【解析】分析:设的中点为连接由余弦定理可得利用三角函数的有界性可得结果详解:设的中点为连接则是二面角的平面角可得在三角形中由余弦定理可得即的取值范围是为故答案为点睛:本题主要考查空间两点的距离余弦定解析:)【解析】分析:设AB 的中点为D ,连接,,VD CD VC ,由余弦定理可得22233cos 22VC a a VDC =-∠,利用三角函数的有界性可得结果. 详解:设AB 的中点为D ,连接,,VD CD VC ,则VD VC == VDC ∠是二面角V AB C --的平面角,可得0,1cos 1VDC VDC π<∠<-<∠<,在三角形VDC 中由余弦定理可得,2222cos VC VDC ⎫⎫=+-∠⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2233cos 22a a VDC =-∠22030VC a VC <<⇒<<,即VC 的取值范围是(),为故答案为().点睛:本题主要考查空间两点的距离、余弦定理的应用,意在考查空间想象能力、数形结合思想的应用,属于中档题. 三、解答题21.答案见解析【分析】先利用已知条件写出点坐标,设(0,,2)(02),(,2,2)(02)E a a F b b ≤≤≤≤,进而得到1,,,EF A A F C E B 的坐标,利用空间向量数量积的坐标表示求出1,EF A AE BF C ⋅⋅;若选① :利用空间向量数量积的坐标表示公式、空间向量垂直的性质即可求解;若选② :利用空间向量模的坐标表示公式即可得出结果;若选③ :利用空间向量夹角的性质进行求解即可.【详解】解:由题意,正方体1111ABCD A BC D -棱长为2,则1(2,0,0),(2,2,0),(2,0,2),(0,0,0),(0,2,0)A B A D C ,设(0,,2)(02),(,2,2)(02)E a a F b b ≤≤≤≤,则1(,2,0),(2,2,2),(2,,2),(2,0,2)EF b a A AE a BF b C =-=--=-=-, 所以142(),82EF A a b AE C BF b ⋅=-+⋅=-.选择①:()()DE CF DE CF +⊥-,所以22()()0,DE CF DE CF DE CF +⋅-==,得a b =,若10EF AC ⋅=得42()0a b -+=, 则1a b ==,故存在点(0,1,2),(1,2,2)E F ,满足10EF AC ⋅=,826AE BF b ⋅=-=. 选择②:因为17||2DE =,=, 得12a =, 若10EF AC ⋅=, 即42()0a b -+=,得32b =. 故存在点130,,2,,2,222E F ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭, 满足10EF AC ⋅=,825AE BF b ⋅=-=. 选择③:因为0cos ,1EF DB <〈〉<,所以EF 与DB 不共线,所以2b a ≠-,即2a b +≠,则142()0EF AC a b ⋅=-+≠,故不存在点,E F 满足10EF AC ⋅=. 【点睛】关键点睛:建立空间坐标系,利用空间向量数量积的坐标表示、空间向量垂直的性质、空间向量模的坐标表示公式以及空间向量夹角的性质是解决本题的关键.22.(1)详见解析;(2)66. 【分析】(1)根据四边形ABB 1A 1和ADD 1A 1均为正方形,得到11,AA AB AA AD ⊥⊥,再由线面垂直的判定定理证得1AA ⊥平面ABCD ,然后利用面面垂直的判定定理证明.(2)以A 为原点,以1,,AB AD AA 分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,求得平面1BCD 的一个法向量为(),,m x y z =,又平面CDA 的一个法向量为()0,0,1n =,然后由cos ,m n m n m n ⋅=⋅求解.【详解】 (1)因为四边形ABB 1A 1和ADD 1A 1均为正方形.所以11,,AA AB AA AD AB AD A ⊥⊥⋂=,所以1AA ⊥平面ABCD ;又因为1AA ⊂平面ABB 1A 1,所以平面ABB 1A 1平面ABCD ;(2)以A 为原点,以1,,AB AD AA 分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系:则()()()()10,0,0,2,1,0,0,2,0,2,0,2A C D B ,所以()()12,1,0,0,1,2CD CB =-=-,设平面1BCD 的一个法向量为(),,m x y z =, 则100m CD m CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即2020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩, 令1,2,1x y z ===,则()1,2,1m =,又平面CDA 的一个法向量为()0,0,1n =,所以16cos ,66m nm n m n ⋅===⋅, 二面角B 1CD-A 的余弦值是66【点睛】 方法点睛:求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.23.(1)证明见解析;(2)2211. 【分析】(1)取SC 的中点F ,连接,DF EF ,证明四边形ADFE 为平行四边形,可得//AE DF ,即可证//AE 平面SCD ;(2)建立如图所示空间直角坐标系,然后写出各点坐标,得平面ABE 的法向量为AD ,计算平面ACE 的法向量m ,利用数量积公式代入计算二面角的余弦值.【详解】(1)证明:取SC 的中点F ,连接,DF EF因为E 、F 为SB 、SC 的中点,所以//EF BC 且132EF BC ==,又因为//AD BC ,3AD =,6BC =,所以//EF AD 且EF AD =,所以四边形ADFE 为平行四边形,所以//AE DF ,又AE ⊄平面SCD ,DF ⊂平面SCD ,所以//AE 平面SCD . (2)因为SA ⊥平面ABCD ,AD AB ⊥,所以建立如图所示空间直角坐标系, 则(0,0,0),(4,0,0),(4,6,0),(0,3,0),(2,0,2)A B C D E ,(2,0,2),(4,0,0),(4,6,0)AE AB AC ===,(0,3,0)AD = 由题意可知AD ⊥平面ABE ,设平面ACE 的法向量(,,)m x y z =所以00AC m AE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩,则460220x y x z +=⎧⎨+=⎩,得(3,2,3)m =-- 设二面角B AE C --的平面角为θ, 所以622cos cos ,322AD m θAD m AD m ⋅-====⨯,所以二面角B AE C --的余弦值为2211.【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化,通过中位线平行证明线线平行,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.24.(1)证明见解析(2)22(3)155 【分析】(1)由PB PD =可得出PO BD ⊥,再由菱形性质可得AC BD ⊥,即可证明BD ⊥平面POC ,可得PC BD ⊥;(2)先证明OP ⊥平面ABCD ,可以O 为原点,以OB ,OC ,OP 为坐标轴建立空间直角坐标系,利用向量法求线面角;(3)由(2)利用向量法求二面角的余弦值.【详解】(1)设,AC BD 交点为O ,连接PO ,ABCD 是边长为2的菱形,,AC BD O ∴⊥是,AC BD 的中点,,PD O B BD P P =∴⊥,又PO ⊂平面POC ,AC ⊂平面 POC ,PO AC O =,BD ∴⊥平面POC ,PC ⊂平面POC ,.C BD P ∴⊥(2)60,2,A D B D A A B ︒===∠ABD ∴是等边三角形,又AB PB PD ==PBD ∴是等边三角形, 3P OA O ∴== 222OP PA OA +∴=,OA OP ∴⊥又,OP OB OA OB O ⊥⋂=OP ∴⊥平面ABCD ,以O 为原点,以OB ,OC ,OP 为坐标轴建立空间直角坐标系如图:则(1,0,0),3,0),3)B C P ,(0,3,3PC ∴=-,而3,0)OC →=是平面 PBD 的一个法向量,设直线PC 与平面PBD 所成角为θ, 则||2sin 263|||||PC OC PC OC θ→→→→⋅===⋅ 所以直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值为22. (3)由(2)知(3,0)BC →=-,(3,3PC =-设平面BPC 的法向量n (x,y,z)→=, 则.0.0n PC n BC ⎧=⎨=⎩,33030y z x y ⎧-=⎪∴⎨-+=⎪⎩, 令1y =,得3,1x z ==,所以(3,1,1)n →=,又BD ⊥平面EPC , (1,0,0)m ∴=是平面 EPC 的一个法向量,315cos ,||||515m n m n m n ⋅∴〈〉===⋅⋅, ∴二面角B PC E --的余弦值为155. 【点睛】关键点点睛:根据题目所给条件,利用平面几何知识证明OA OP ⊥,再根据OP OB ⊥,证明OP ⊥平面ABCD ,得以O 为原点,以OB ,OC ,OP 为坐标轴建立空间直角坐标系是解题的关键所在.25.(1)点M 在CE 的中点处,证明见解析;(2)32. 【分析】(1)首先观察图形的特征,确定点M 的位置,之后利用线面平行的判定定理证明即可; (2)建立空间直角坐标系,设出边长,写出点的坐标,利用向量法求得线面角的正弦值.【详解】(1)点M 在CE 的中点处,证明如下:取BC 中点P ,连接,BP AP ,根据题意,可知//,PM AF PM AF =,所以四边形AFMP 是平行四边形,所以//AP MF ,又因为FM ⊄平面ABCD ,AP ⊂平面ABCD ,所以//MF 平面ABCD ;(2)设1AF AB AD ===,如图建立空间直角坐标系,则有1(1,0,1),(1,1,0),(0,1,),(0,0,0)2D F M B ,所以(0,1,1)DF =-,1(1,1,0),(0,1,)2BF BM ==,设平面BFM 的法向量为(,,)n x y z =, 则有00n BF n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即0102x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩,取1y =,则有1,2x z =-=-, 所以平面BFM 的一个法向量为(1,1,2)n =--, 所以03cos ,26DF nDF n DF n ⋅+<>===⋅, 所以直线DF 与平面BFM 3 【点睛】 思路点睛:该题考查的是有关立体几何的问题,解题思路如下:(1)首先根据图形的特征,判断出点的位置,之后利用线面平行的判定定理证明即可; (2)在证明的过程中,注意线在面外和线在面内的条件;(3)建立空间直角坐标系,求得平面的法向量和直线的方向向量;(4)利用向量所成角的余弦值得到线面角的正弦值.26.(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)3913. 【分析】(Ⅰ)取AD 的中点G ,连结PG 、GB 、BD ,根据PA PD =和ABD △是正三角形,证明AD ⊥平面PGB 即可.(Ⅱ)根据侧面PAD ⊥底面ABCD ,PG AD ⊥,易得直线GA 、GB 、GP 两两互相垂直,以G 为原点,直线GA 、GB 、GP 所在直线为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系G xyz -,求得平面PBC 的一个法向量()000,,n x y z =,再由平面PAD 的一个法向量1(0,3,0)n GB a ==,设平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角为θ,由11cos ||n n n n θ⋅=⋅求解. 【详解】(Ⅰ)如图所示:取AD 的中点G ,连结PG 、GB 、BD .PA PD =,PG AD ∴⊥AB AD =,且60DAB ∠=︒,ABD ∴是正三角形,BG AD ⊥,又PG BG G =,AD ∴⊥平面PGB .AD PB ∴⊥(Ⅱ)∵侧面PAD ⊥底面ABCD ,又PG AD ⊥,PG ∴⊥底面ABCD .PG BG ∴⊥.∴直线GA 、GB 、GP 两两互相垂直,故以G 为原点,直线GA 、GB 、GP 所在直线为x 轴、y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -.设PG a =,则可求得(0,0,)P a ,(,0,0)A a ,3,0)B a ,(,0,0)D a -,33,02C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭. 33,,02BC a ⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭.(0,3,)PB a a ∴=-. 设()000,,n x y z =是平面PBC 的一个法向量,则0n BC ⋅=且0n PB ⋅=.0000330,230.ax ay az ⎧-=⎪∴⎪-=⎩解得00003,3.x y z y ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 取03y =(1,3,3)n =-.又∵平面PAD 的一个法向量13,0)n GB a ==,设平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角为θ, 则1139cos ||1393n n n n aθ⋅===⋅++⋅ 所以平面PAD 与平面PBC 39 【点睛】 方法点睛:求二面角最常用的方法:1、几何法:二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有①定义法;②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质.向量法:分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.。

新北师大选修2-1高中数学 课时跟踪训练(五) 从平面向量到空间向量

新北师大选修2-1高中数学  课时跟踪训练(五) 从平面向量到空间向量

课时跟踪训练(五) 从平面向量到空间向量1.空间向量中,下列说法正确的是( )A .如果两个向量的长度相等,那么这两个向量相等B .如果两个向量平行,那么这两个向量的方向相同C .如果两个向量平行, 并且它们的模相等,那么这两个向量相等D .同向且等长的有向线段表示同一向量 2.下列说法中正确的是( )A .若|a |=|b |,则a ,b 的长度相同,方向相同或相反B .若a 是b 的相反向量,则|a |=|b |C .如果两个向量平行,则这两向量相等D .在四边形ABCD 中,AB =DC3.在四边形ABCD 中,若AB =DC ,且|AC |=|BD |,则四边形ABCD 为( ) A .菱形 B .矩形 C .正方形D .不确定4.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,平面ACC 1A 1的法向量是( ) A .BD B .1BC C .1BDD .1A B5.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,以A 1为起点,以正方体的其余顶点为终点的向量中,与向量1BC 垂直的向量有________.6.如图正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G ,H 分别是AB ,AD ,BC ,CC 1的中点,则〈EF ,GH 〉=________.7.如图所示,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1顶点为起点或终点的向量中: (1)写出与1BB 相等的向量; (2)写出与BA 相反的向量; (3)写出与BA 平行的向量.8.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,11A B =a ,11A D =b ,1A A =c ,E ,F ,G ,H ,P ,Q 分别是AB ,BC ,CC 1,C 1D 1,D 1A 1,A 1A 的中点,求〈PQ ,EF 〉,〈PQ ,GH 〉,〈GH ,FE 〉.答 案1.选D 只有两个向量方向相同且长度相等,才能为相等向量.故D 正确. 2.选B 模相等的两向量,方向不一定相同或相反;相反向量模相等,方向相反;平行向量并不一定相等;若AB =DC ,则四边形ABCD 是平行四边形.3.选B 若AB =DC ,则AB =DC ,且AB ∥DC ,∴四边形ABCD 为平行四边形, 又|AC |=|BD |,即AC =BD , ∴四边形ABCD 为矩形.4.选A ∵BD ⊥AC ,BD ⊥AA 1, ∴BD ⊥面ACC 1A 1,故BD 为平面ACC 1A 1的法向量.5.解析:A 1B 1⊥面BCC 1B 1,∴11A B ⊥1BC ; A 1D ⊥AD 1,而AD 1∥BC 1,∴1A D ⊥1BC . 答案:11A B 1A D6.解析:连接DB ,BC 1,DC 1,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, △BDC 1为等边三角形.∵E ,F ,G ,H 分别是AB ,AD ,BC ,CC 1的中点, ∴EF ∥BD ,GH ∥BC 1.∴〈EF ,GH 〉=〈BD ,1BC 〉=60°. 答案:60°7.解:(1) 1CC ,1DD ,1AA . (2)DC ,11D C ,11A B ,AB .(3)AB ,CD ,DC ,11D C ,11C D ,11A B ,11B A . 8.解:由题意知,六边形EFGHPQ 为正六边形, 所以〈PQ ,EF 〉=∠HPQ =2π3;〈PQ ,GH 〉=∠FGH =2π3; 〈GH ,FE 〉等于∠QEF 的补角,即〈GH ,FE 〉=π3.。

高中数学第二章空间向量与立体几何2.1从平面向量到空间向量课件北师大版选修2_1

高中数学第二章空间向量与立体几何2.1从平面向量到空间向量课件北师大版选修2_1

(1)<������������, ������'������'>= (2)<������������, ������'������' >= (3)<������������, ������'������'>=
; ; .
解析:(1)∵������'������' = ������������ , ∴<������������ , ������'������'>=<������������, ������������ >. 又∵∠CAB=45°,∴<������������, ������'������' >=45°. (2)<������������, ������'������' >=180°-<������������, ������'������' >=180°-45°=135°. (3)<������������, ������'������'>=<������������ , ������������>=90°.


思考辨析
【做一做1】 “两个向量(非零向量)的模相等”是“两个向量相等” 的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:模相等方向不相同的两个向量不相等,两个相等向量的模 一定相等. 答案:B


思考辨析
【做一做2】 给出下列命题:①若两个空间向量相等,则它们的起 点相同,终点也相同;②若空间向量a,b满足|a|=|b|,则a=b;③在正方 体ABCD-A1B1C1D1中,必有 ������������ = ������1 ������ ;1 ④若空间向量m,n,p满足 m=n,n=p,则m=p.其中正确的个数为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 解析:当两个空间向量起点相同,终点也相同时,这两个向量必相 等;但两个向量相等,不一定有起点相同、终点相同,故①错.根据向 量相等的定义,要保证两个向量相等,不仅模要相等,而且方向还要 相同,但②中向量a与b的方向不一定相同,故②错.根据正方体的性
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高中数学第二章空间向量与立体几何1从平面向量到空间向量课
时跟踪训练北师大版选修21
[A 组 基础巩固]
1.下列说法正确的是( )
A .数量可以比较大小,向量也可以比较大小
B .方向不同的向量不能比较大小,但同向的可以比较大小
C .向量的大小与方向有关
D .向量的模可以比较大小
解析:任何两个向量,不论同向还是不同向均不存在大小关系,故A 、B 不正确.向量的大小只与其长度有关,与方向没有关系,故C 不正确.由于向量的模是一个非负实数,故可以比较大小.
答案:D
2.下列关于空间向量的命题中,正确命题的个数是( ) ①任一向量与它的相反向量不相等;
②长度相等、方向相同的两个向量是相等向量; ③平行且模相等的两个向量是相等向量; ④若a ≠b ,则|a |≠|b |;
⑤两个向量相等,则它们的起点与终点相同. A .0 B .1 C .2
D .3
解析:因为零向量与它的相反向量相等,所以①不正确;根据向量的定义,知长度相等、方向相同的两个向量是相等向量,②正确;平行且模相等的两个向量可能是相等向量,也可能是相反向量,③不正确;当a =-b 时,也有|a |=|b |,④不正确;只要模相等、方向相同,两个向量就是相等向量,与向量的起点与终点无关,⑤不正确.综上可知,只有②正确,故选B.
答案:B
3.在四边形ABCD 中,若AB →=DC →,且|AC →|=|BD →
|,则四边形ABCD 为( ) A .菱形 B .矩形 C .正方形
D .不确定
解析:若AB →=DC →,则AB =DC ,且AB ∥DC ,∴四边形ABCD 为平行四边形,又|AC →|=|BD →
|,
即AC =BD ,
∴四边形ABCD 为矩形. 答案:B
4.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,平面ACC 1A 1的法向量是( ) A.BD → B.BC 1→ C.BD 1→
D.A 1B →
解析:∵BD ⊥AC ,BD ⊥AA 1, ∴BD ⊥面ACC 1A 1,
故BD →
为平面ACC 1A 1的法向量. 答案:A
5.如图,在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G ,H 分别为AA 1,AB ,BB 1,B 1C 1的中点,则FE →
与GH →
所成的角等于( )
A .45°
B .60°
C .90°
D .120°
解析:因为FE →与BA 1→同向共线,GH →与BC 1→同向共线,所以〈FE →,GH →〉=〈BA 1→,BC 1→
〉,在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中△A 1BC 1为等边三角形,所以〈FE →,GH →〉=〈BA 1→,BC 1→
〉=60°.
答案:B
6.如图,在三棱锥P ABC 中,PA ⊥平面ABC ,∠ABC =90°,PA =AC ,则在向量AB →,BC →
,CA →,PA →,PB →,PC →
中,夹角为90°的共有______对.
解析:夹角为90°的有:AB →与BC →,PA →与AB →,PA →与BC →,PA →与CA →,BC →与PB →
,共5对. 答案:5
7.给出以下命题:
①若a ,b 是空间向量,则|a |=|b |是a =b 的必要不充分条件; ②若向量a 是向量b 的相反向量,则|a |=|b |; ③两个空间向量相等,则它们的起点相同,终点也相同; ④若空间向量m ,n ,p 满足m =n ,n =p ,则m =p ; ⑤在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,必有AC →=A 1C 1→
; ⑥空间中任意两个单位向量必相等. 其中,正确的命题序号是________.
解析:以上命题①②④⑤正确.两向量若相等,必须方向相同且模相等.但相等的向量起点不一定相同,故③错;两个单位向量虽模相等,但方向不一定相同,故⑥错.
答案:①②④⑤
8.在正四面体A ­BCD 中,O 为平面BCD 的中心,连接AO ,则平面BCD 的一个法向量可以是________.
解析:由于A ­BCD 是正四面体,易知AO ⊥平面BCD . 答案:AO →
9.已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1,则分别以此棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中,与向量AA 1→的模相等的向量(AA 1→本身除外)共有多少个,与向量AA 1→相等的向量(AA 1→
本身除外)共有多少个.
解析:与AA 1→的模相等的向量有A 1A →,BB 1→,B 1B →,C 1C →,CC 1→,共5个,与AA 1→相等的向量有BB 1→

CC 1→
,共2个.
10.如图所示是棱长为1的正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1.
(1)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中,举出与向量AB →
相等的向量;
(2)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中,举出向量AC →
的相反向量; (3)若E 是BB 1的中点,举出与向量AE →
平行的向量.
解析:(1)由正三棱柱的结构特征知与AB →相等的向量只有向量A 1B 1→
. (2)向量AC →的相反向量有CA →,C 1A 1→
.
(3)取AA 1的中点F ,连接B 1F ,则B 1F →,FB 1→,EA →都是与AE →
平行的向量.
[B 组 能力提升]
1.下列有关平面法向量的说法中,不正确的是( ) A .平面α的法向量垂直于与平面α平行的所有向量 B .一个平面的所有法向量互相平行
C .如果两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直
D .如果a ,b 与平面α平行,且n ⊥a ,n ⊥b ,那么n 就是平面α的一个法向量 解析:依据平面法向量的概念可知A ,B ,C 都是正确的.当a 与b 共线时,n 就不一定是平面α的法向量,故D 错误.
答案:D
2.设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点,且满足AB →·AC →=0,AC →·AD →=0,AB →·AD →
=0,则△BCD 是( )
A .钝角三角形
B .锐角三角形
C .直角三角形
D .不确定
解析:过点A 的棱两两垂直,通过设棱长,应用余弦定理可得△BCD 为锐角三角形. 答案:B
3.给出以下命题:
①若a ∥b ,b 与c 的夹角是30°,则a 与c 的夹角也是30°; ②平面的所有法向量方向相同;
③若两个向量的起点相同,终点也相同,则这两个空间向量相等. 其中正确命题的序号是__________. 解析:只有③正确. 答案:③
4.如图正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G ,H 分别是AB ,AD ,BC ,CC 1的中点,则〈EF →,GH →
〉=________.
解析:连接DB ,BC 1,DC 1,
在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中, △BDC 1为等边三角形.
∵E ,F ,G ,H 分别是AB ,AD ,BC ,CC 1的中点, ∴EF ∥BD ,GH ∥BC 1.
∴〈EF →,GH →〉=〈BD →,BC 1→
〉=60°. 答案:60°
5.如图,AB 是圆O 的直径,直线PA 所在的向量是圆O 所在平面的一个法向量,M 是圆周上异于A ,B 的任意一点,AN ⊥PM ,点N 是垂足,求证:直线AN 的方向向量是平面PMB 的法向量.
证明:因为AB 是圆O 的直径,所以AM ⊥BM . 又PA ⊥平面ABM ,所以PA ⊥BM . 因为PA ∩AM =A ,
PA ,AM 平面PAM ,
所以BM ⊥平面PAM .
又AN 平面PAM ,所以BM ⊥AN ,又AN ⊥PM ,且BM ∩PM =M ,BM ,PM 平面PBM ,所以AN ⊥平面PBM .
所以直线AN 的方向向量是平面PMB 的法向量.。

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