高考数学二轮复习 专题5 第3讲 空间向量及其应用(理)同步练习 新人教A
高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案空间向量及其运算1
第六节空间向量及其运算空间向量及其应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量．(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．知识点一空间向量的有关概念1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量，其大小叫作向量的长度或模．(2)相等向量：方向相同且模相等的向量．(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作共线向量或平行向量，a平行于b记作a∥b.(4)共面向量：平行于同一平面的向量叫作共面向量．2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb.(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一x，y，z使得p＝x a＋y b＋z c.其中{a，b，c}叫作空间的一个基底．个唯一的有序实数组{}3．两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.易误提醒(1)共线向量与共面向量区别时注意，平行于同一平面的向量才能为共面向量．(2)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．(3)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量． (4)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．[自测练习]1．已知空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12cD.23a ＋23b －12c 解析：如图所示， MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝13OA →＋(OB →－OA →)＋12BC → ＝OB →－23OA →＋12(OC →－OB →)＝12OB →－23OA →＋12OC →＝－23a ＋12b ＋12c .答案：B2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：∵a ∥b ，∴b ＝k a ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.答案：A知识点二 空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示 坐标表示 数量积 a ·b a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角 〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23易误提醒 (1)空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取无关，这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简．(2)进行向量的运算时，在能建系的情况下尽量建系，将向量运算转化为坐标运算． 必备方法 用空间向量解决几何问题的一般步骤： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }． (2)用a ，b ，c 表示相关向量． (3)通过运算完成证明或计算问题．[自测练习]3．在空间直角坐标系中，已知点A (1,0,2)，B (1，－3,1)，点M 在y 轴上，且M 到A 与到B 的距离相等，则M 的坐标是________．解析：设M (0，y,0)，由|MA |＝|MB |得(1－0)2＋(0－y )2＋(2－0)2＝(1－0)2＋(－3－y )2＋(1－0)2，解得y ＝－1.∴M (0，－1,0)．答案：(0，－1,0)考点一 空间向量的线性运算|1．设三棱锥O -ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，G 是△ABC 的重心，则OG →等于( ) A ．a ＋b －c B ．a ＋b ＋c C.12(a ＋b ＋c ) D.13(a ＋b ＋c )解析：如图所示，OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋13(AB →＋AC →)＝OA →＋13(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝13(a ＋b ＋c )．答案：D2.如图所示，已知空间四边形O -ABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA →＝16OA →＋13OB →＋13OC →，又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 根据空间向量的基本定理，x ＝16，y ＝z ＝13.答案：16，13，13(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．(2)空间向量问题实质上是转化为平面向量问题来解决的，即把空间向量转化到某一个平面上，利用三角形法则或平行四边形法则来解决．考点二 共线向量与共面向量定理的应用|已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 中边AB ，BC ，CD ，DA 的中点． (1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．[证明] (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，由共面向量定理知，E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .(3)任取一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG . 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ， 所以四边形EFGH 是平行四边形， 所以EG ，FH 被点M 平分．故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →)＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．1．已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB→＋OC →)．(1)判断MA →、MB →、MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解：(1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3 OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，所以四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．考点三 利用空间向量证明平行、垂直|如图所示的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O 为AC 与BD 的交点，BB 1＝2，M 是线段B 1D 1的中点．(1)求证：BM ∥平面D 1AC ； (2)求证：OD 1⊥平面AB 1C .[证明] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O (1,1,0)，D 1(0,0，2)， ∴OD 1→＝(－1，－1，2)， 又点B (2,2,0)，M (1,1，2)， ∴BM →＝(－1，－1，2)，∴OD 1→＝BM →.又∵OD 1与BM 不共线， ∴OD 1∥BM .∵OD 1⊂平面D 1AC ，BM ⊄平面D 1AC ， ∴BM ∥平面D 1AC .(2)连接OB 1，点B 1(2,2，2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)， ∵OD 1→·OB 1→＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0， OD 1→·AC →＝(－1，－1，2)·(－2,2,0)＝0，∴OD 1→⊥OB 1→， OD 1→⊥AC →，即OD 1⊥OB 1，OD 1⊥AC ， 又OB 1∩AC ＝O ，∴OD 1⊥平面AB 1C .(1)设直线l 1的方向向量为v 1＝(a 1，b 1，c 1)，l 2的方向向量为v 2＝(a 2，b 2，c 2)，则l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(2)设直线l 的方向向量为v ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔v ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔v ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(3)设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n 1∥n 2，α⊥β⇔n 1⊥n 2.2.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .证明：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝⎛⎭⎫1，12，2.(1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵C 1E 1→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，FC 1→＝(－1，0,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，得n ＝(1,2,1)．∵CE →＝(1，－1,1)，n ·CE →＝1－2＋1＝0， ∴CE ⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 由EF →＝(0,1,0)，FC →＝(－1,0，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0.令a ＝－1，得m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0， ∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .16.混淆空间“向量平行”与“向量同向”致错【典例】 已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．[解析] 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2＋y －2＝2x ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6.当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6，时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ，所以a ，b 两向量反向，不符合题意，舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3. [答案] x ＝1，y ＝3[易误点评] 只考虑a ∥b ，忽视了同向导致求解多解．[防范措施] 两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况，两向量同向能推出两向量平行，但反之不成立，也就是说两向量同向是两向量平行的充分不必要条件．[跟踪练习] (2015·成都模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：由a ∥b 验证当λ＝2，u ＝12时成立．答案：AA 组 考点能力演练1．(2015·深圳模拟)已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．答案：D2．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形解析：由AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形，故选D.答案：D3．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)．若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.657解析：由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.答案：D4．(2016·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 答案：C5．设A (3,3,1)，B (1,0,5)，C (0,1,0)，AB 的中点为M ，则|CM |等于( ) A.534 B.532 C.532D.132解析：设M (x ，y ，z )，则x ＝3＋12＝2，y ＝3＋02＝32，z ＝1＋52＝3，即M ⎝⎛⎭⎫2，32，3，|CM |＝(2－0)2＋⎝⎛⎭⎫32－12＋(3－0)2＝532.故选C. 答案：C6．(2016·合肥模拟)向量a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，则a ＋6b －8c ＝________. 解析：由a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，∴a ＋6b －8c ＝(28，－26，－7)． 答案：(28，－26，－7)7．已知向量a ，b 满足条件：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 互相垂直，则a 与b 的夹角为________．解析：由于a 与2b －a 互相垂直，则a ·(2b －a )＝0，即2a·b －|a |2＝0，所以2|a ||b |cos a ，b －|a |2＝0，则42cosa ，b －4＝0，则cos a ，b＝22，所以a 与b 的夹角为45°. 答案：45°8．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos OA →，BC →的值为________．解析：OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|cos OA →，OC→－|OA →||OB→|·cos OA →，OB →．∵OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，∴OA →·BC →＝0，即OA →⊥BC →，∴cos OA →，BC →＝0.答案：09．(2016·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值．(2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解：(1)因为AB →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5.所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010. (2)BC →＝(－2，－1,2)．设c ＝(x ，y ，z )，因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．10．(2016·太原模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模．(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值．(3)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1，0,1)，所以|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)．所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝11030. (3)依题意，得C 1(0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0. 所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0， 所以A 1B →⊥C 1M →.所以A 1B ⊥C 1M .B 组 高考题型专练1．(2014·高考广东卷)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)解析：经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°，故选B.答案：B2．(2014·高考江西卷)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝11，AD ＝7，AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4)，L 1＝AE ，将线段L 1，L 2，L 3，L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )解析：由对称性知质点经点E 反射到平面ABCD 的点E 1(8,6,0)处．在坐标平面xAy 中，直线AE 1的方程为y ＝34x ，与直线DC 的方程y ＝7联立得F ⎝⎛⎭⎫283，7，0.由两点间的距离公式得E 1F ＝53， ∵tan ∠E 2E 1F ＝tan ∠EAE 1＝125，∴E 2F ＝E 1F ·tan ∠E 2E 1F ＝4.∴E 2F 1＝12－4＝8.∴L 3L 4＝E 1E 2E 2E 3＝E 2F E 2F 1＝48＝12.故选C.答案：C3．(2015·高考浙江卷)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________.解析：∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系O -xyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1.则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2. 答案：1,2,22。
【人教A版】2020年高考数学理科二轮《空间向量及其应用》讲义案及中档题型精讲卷
2020年高考数学理科二轮《空间向量及其应用》讲义案及中档题型精讲卷一、考纲解读1.空间向量及其运算.（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；（3）掌握空间向量的数量积及其表示，能用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用.（1）理解直线的方向向量与平面的法向量；（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系；（3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；（4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用.二、命题趋势探究立体几何试题中，证明线面、面面的位置关系一般利用传统方法（非向量法）证明，对于空间角和距离的计算，既可用传统方法解答，也可以用向量法解答，而且多数情况下向量法会更容易一些.三、知识点精讲(一).空间向量及其加减运算1.空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模.空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量ar的起点是A，终点是B，则向量ar也可以记作ABu u u r，其模记为ar或ABu u u r.2.零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0r.当有向线段的起点A与终点B重合时，0ABu u u r r.模为1的向量称为单位向量.3.相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量.在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量.空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a r 长度相等而方向相反的向量，称为a r 的相反向量，记为a -r .4.空间向量的加法和减法运算（1）OC OA OB a b =+=+u u u r u u u r u u u r r r ，BA OA OB a b =-=-u u u r u u u r u u u r r r.如图8-152所示.（2）空间向量的加法运算满足交换律及结合律a b b a +=+r r r r ，()()a b c a b c ++=++r r r r r r(二).空间向量的数乘运算 1．数乘运算实数λ与空间向量a r 的乘积a λr 称为向量的数乘运算.当0λ>时，a λr 与向量a r方向相同；当0λ<时，向量a λr 与向量a r 方向相反. a λr 的长度是a r的长度的λ倍.2.空间向量的数乘运算满足分配律及结合律()a b a bλλλ+=+r r r r ，()()a aλμλμ=r r .3.共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a r 平行于b r ，记作//a b r r .4.共线向量定理对空间中任意两个向量a r ，b r ()0b ≠r r ，//a b r r 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=r r.5.直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a r的直线.对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP OA ta =+u u u r u u u r r ①，其中向量a r叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB a =u u u r r ，则式①可化为()()1OP OA t AB OA t OB OA t OA tOB=+=+-=-+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r②①和②都称为空间直线的向量表达式，当12t=，即点P 是线段AB 的中点时，()12OP OA OB=+u u u r u u u r u u u r ，此式叫做线段AB 的中点公式.6.共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a r ，作OA a =u u u r r，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a r平行于平面α.平行于同一平面的向量，叫做共面向量.7.共面向量定理如果两个向量a r ，b r 不共线，那么向量p u r 与向量a r ，b r 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(),x y ，使p xa yb =+u r r r. 推论：（1）空间一点P位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(),x y ，使AP xAB y AC =+u u u r u u u r u u u r ；或对空间任意一点O ，有OP OA xAB y AC -=+u u u r u u u r u u u r u u u r，该式称为空间平面图 8-154ABC 的向量表达式.（2）已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP xOA yOB zOC =++u u u r u u u r u u u r u u u r（其中1x y z ++=）的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.(三).空间向量的数量积运算 1.两向量夹角已知两个非零向量a r ，b r ，在空间任取一点O ，作OA a =u u u r r ，OB b =u u u r r ，则AOB ∠叫做向量a r，b r 的夹角，记作,a b r r ，通常规定0,a b π≤≤r r ，如果,2a b π=r r ，那么向量a r ，b r 互相垂直，记作a b ⊥r r.2.数量积定义已知两个非零向量a r ，b r ，则cos ,a b a br r r r叫做a r ，b r 的数量积，记作a b ⋅r r ，即cos ,a b a b a b⋅=r r r r r r.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，2a a a ⋅=r r r .3.空间向量的数量积满足的运算律：()()a b a bλλ⋅=⋅r r r r，a b b a ⋅=⋅r r r r（交换律）；()a b c a b a c⋅+=⋅+⋅r r r r r r r（分配律）.四、空间向量的坐标运算及应用（1）设()123,,a a a a =r，()123,,b b b b =r，则()112233,,a b a b a b a b +=+++r r；()112233,,a b a b a b a b -=---r r；()123,,a a a a λλλλ=r；112233a b a b a b a b ⋅=++r r；()112233//0,,a b b a b a b a b λλλ≠⇒===r r r r；1122330a b a b a b a b ⊥⇒++=r r. （2）设()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r u u u r u u u r.这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.①已知()123,,a a a a =r，()123,,b b b b =r，则a ==rb ==r ；112233a b a b a b a b ⋅=++r r；cos ,a b =r r ；②已知()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则AB =u u u r 或者(),d A B AB=u u u r.其中(),d A B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量a r 在向量b r上的射影为cos ,a b a a b b⋅=r rr r r r.（5）设()0n n ≠r r r 是平面M 的一个法向量，AB ，CD 是M 内的两条相交直线，则0n AB ⋅=r u u u r，由此可求出一个法向量n r （向量AB u u u r 及CD uuur 已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设n r 是平面的一个法向量，l r为直线l 的方向向量，证明0l n ⋅=r r ，（如图8-155所示）.已知直线l （l α⊄），平面α的法向量n r ，若0l n ⋅=r r ，则//l α.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量a r ，b r，只要证明a b ⊥r r ，即0a b ⋅=r r.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行、法向量互相垂直. （10）空间角公式.①异面直线所成角公式：设a r ，b r分别为异面直线1l ，2l上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则coscos ,a b a b a bθ⋅==r r r rr r.②线面角公式：设l 为平面α的斜线，a r 为l 的方向向量，n r为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,a n a n a nθ⋅==r r r rr r.③二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,n n θ=u r u u r 或12,n n π-u r u u r （需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos n n n n θ⋅=u r u u r u r u u r.（11）点A 到平面α的距离为d ，B α∈，n r为平面α的法向量，则AB n d n⋅=u u u r r r.图 8-155五、解答题题型总结 题目:1．如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PFBF ⊥．(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．2．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB的中点，AB BC ==12AC AA ==．(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角1B CDC --的余弦值；PF E D C BAC 1B 1A 1GFE DCBA(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．3．如图，在三棱锥-P ABC中，==AB BC PA PB PC ===4AC =，O 为AC 的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角--MPA C 为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．4．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．5．如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且O MPCBAMD CBA2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60o，求线段DP 的长．6．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点P ，Q 分别为11A B ，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值；(2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．7．如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o．N ABC D EF G M ABC QPA 1C 1B 1(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=o ，求二面角A PB C --的余弦值．8．如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面三角形ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=o，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45o，求二面角M AB D --的余弦值9．如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．DCBA PEM DCBAP(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C --的余弦值．10．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =．（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C EM N --的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH 的长．11．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点MABCDE在线段PB 上，PD //平面MAC，PA PD ==4AB =．（Ⅰ）求证：M 为PB 的中点；（Ⅱ）求二面角B PD A --的大小；（Ⅲ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．12．如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.P ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD=AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP13．在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；（II ）已知EF =FB =12AC =，AB BC =．求二面角的余弦值.14．如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，2AB BE ==．（Ⅰ）求证：EG ∥平面ADF ；（Ⅱ）求二面角O EF C --的正弦值；（Ⅲ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.15．如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC∠=o ，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC ．F BC A --（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．16．如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB^平面BEG ，BE ^EC ，2AB BE EC ===，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．（Ⅰ）求证：GF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．17．如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，,G H 分别为,AC BC 的中点．（Ⅰ）求证：BC //平面FGH ；（Ⅱ）若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF =DE ，∠BAC =45o ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角（锐角）的大小．18．如图1，在直角梯形ΑΒCD 中，//ΑD ΒC ，2ΒΑD π∠=，1ΑΒΒC ==，2ΑD =，Ε是ΑD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ΑΒΕ∆沿BE 折起到1A BE∆的位置，如图2．（Ⅰ）证明：CD ⊥平面1A OC；（Ⅱ）若平面1A BE ⊥平面BCDE ，求平面1A BC 与平面1A CD夹角的余弦值．19．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D AE C --为60°，AP =1，AD =，求三棱锥E ACD -的体积．20．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠=o 22AB CD ==，M 是线段AB 的中点．（Ⅰ）求证：111//C M A ADD 平面；（Ⅱ）若1CD 垂直于平面ABCD且1CD 求平 面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值．21．如图，ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===，0120ABC DBC ∠=∠=，E 、F 分别为AC 、DC 的中点．（Ⅰ）求证：EFBC ⊥；（Ⅱ）求二面角E BF C --的正弦值．22． 如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C为菱形，1AB B C⊥．(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB BC =，求二面角111A ABC --的余弦值．1DC23．在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BD CD BD ⊥⊥,将ABD∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．（Ⅰ）求证：AB ⊥CD ；（Ⅱ）若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．24．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求二面角的大小．BBCDE A -⊥ABC BCDE 90CDE BED ∠=∠=o 2AB CD ==1DE BE ==AC =⊥DE ACD E AD B --C25．如图4，四边形为正方形，平面，，于点，，交于点．（Ⅰ）证明：（Ⅱ）求二面角的余弦值．26．如图，四棱柱的所有棱长都相等，AC BD O =I ，11111AC B D O =I ，四边形均为矩形．(1)证明：(2)若的余弦值．27．四面体ABCD 及其三视图如图所示，过被AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱CA DC BD ，，于点H G F ，，．ABCD PD ⊥ABCD 030DPC ∠=AF PC ⊥F //FE CD PD E CFADF ⊥平面D AF E --1111ABCD A B C D -1111ACC A BDD B 和四边形1;O O ABCD ⊥底面1160,CBA C OB D∠=--o 求二面角B 1（Ⅰ）证明：四边形EFGH 是矩形；（Ⅱ）求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．28．如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，1BAA ∠=60°．（Ⅰ）证明1AB A C⊥；（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面11AA B B ，AB CB=，求直线1A C 与平面11BB C C 所成角的正弦值．29．如图，直三棱柱中，分别是的中点，俯视图左视图主视图111ABC A BC -,DE 1,AB BB 12AA AC CB AB ===（Ⅰ）证明：//平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值．30．如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是上的点,为的中点.将沿折起，得到如图2所示的四棱锥,其中.（Ⅰ） 证明:平面；（Ⅱ） 求二面角的平面角的余弦值.31．如图, 四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心,1A O⊥平面ABCD ，.A 11BC 1A CD1D A C E--ABC 90A ∠=︒6BC =,D E ,AC AB CD BE =O BC ADE ∆DE A BCDE '-A O '=A O '⊥BCDE A CDB '--1AB AA ==（Ⅰ）证明：1A C ⊥平面11BB D D ；（Ⅱ）求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角的大小．32．如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，，分别是，的中点．（Ⅰ）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；（Ⅱ）设（I ）中的直线与圆的另一个交点为，且点满足．记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：．33．如图， 四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥， AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．1AθAB O C O ,A B PC ⊥ABC E F PA PC BEF ABC l l PAC l O D Q 12DQ CP =u u u r u u u r PQ ABC θPQ EF αE l C --βsin sin sin θαβ=（Ⅰ）证明11B C CE ⊥；（Ⅱ）求二面角11B CE C --的正弦值；（Ⅲ）设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A 所成角的正弦值为， 求线段AM 的长．34．如图，直三棱柱111C B A ABC -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1． （Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ）求二面角11C BD A --的大小． 35．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点.1A 1AC B1B 1A D1C（Ⅰ）求证：11B E AD ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ,使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．[（Ⅲ）若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长．36．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为120BAD ∠=︒，且PA ⊥平面ABCD ，PA =M ，N 分别为PB ，PD 的中点．（Ⅰ）证明：//MN 平面ABCD ；（Ⅱ）过点A 作AQ PC ⊥，垂足为点Q ，求二面角A MN Q --的平面角的余弦值．37．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（Ⅰ）证明：PA BD ⊥；（Ⅱ）若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值．38．如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ∆，OAC ∆，ODE ∆，ODF ∆都是正三角形．（Ⅰ）证明直线BC ∥EF ；（Ⅱ）求棱锥F OBED -的体积．39．如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，BAD ∠=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ；（Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD ．40．如图，¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F满足FB FD ==，EF =．（Ⅰ）证明：EB FD ⊥；（Ⅱ）已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点，23FQ FE =，23FR FB =，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．41．如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为等腰梯形，AB CD ∥，AC BD ⊥，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 中点（Ⅰ）证明：PE BC ⊥；（Ⅱ）若60APB ADB ∠=∠=o ，求直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值．42．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC上的点，2CF AB CE ==,1::1:2:4AB AD AA =．（Ⅰ）求异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值；（Ⅱ）证明AF ⊥平面1A ED ；（Ⅲ）求二面角1A ED F --的正弦值．答案:1．【解析】(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．(2)作PH ⊥EF ，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF u u u r 的方向为y 轴正方向，||BF uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系-H xyz ．由(1)可得，DE ⊥PE ．又DP =2，DE =1，所以PE=．又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF ．可得2=PH ,32=EH ．则(0,0,0)H，P ，3(1,,0)2--D，3(1,2=u u u r DP ，HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则3sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ．所以DP 与平面ABFD所成角的正弦值为．2．【解析】(1)在三棱柱111ABC A B C -中，∵1CC ⊥平面ABC ，∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点，∴AC ⊥EF ．∵AB BC =．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥1CC ．又1CC ⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ．∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ．如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得(0,2,0)B ，(1,0,0)C -，(1,0,1)D ，(0,0,2)F ，(0,2,1)G ．∴=(201)CD ，，uu u r，=(120)CB ，，uur，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ，∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uur n n ，∴220a c a b +=⎧⎨+=⎩，令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ，又∵平面1CDC 的法向量为=(020)EB uur ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n ．由图可得二面角1B CD C --为钝角，所以二面角1B CD C --的余弦值为．(3)平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵(0,2,1)G ，(0,0,2)F ，∴=(021)GF -uuur ，，，∴2GF ⋅=-uu u rn ，∴n 与GF uuu r不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．x3．【解析】(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB．因为2AB BC AC==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由⊥OP OB ，⊥OP AC 知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB uu u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)-A ，(0,2,0)C，(0,0,P ，=AP u u u r ，取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r．设(,2,0)(02)-<≤M a a a ，则(,4,0)AM a a =-u u u r．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，A所以cos ,OB =uu u rn．由已知得|cos ,|OB =uu u r n ．所以．解得4a =-（舍去），43a =．所以4()333=--n．又(0,2,PC =-u u u r，所以cos ,4PC =uu u r n ． 所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为．4．【解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为»CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以 DM ⊥CM ．又BCCM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．当三棱锥MABC -体积最大时，M 为»CD 的中点．由题设得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,2,0)C ，(0,1,1)M ，⊂I⊂(2,1,1)AM =-u u u u r ，(0,2,0)AB =u u u r ，(2,0,0)DA =u u u r设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量，则即可取(1,0,2)=n ．DA u u u r是平面MCD 的法向量，因此 ，，所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是．5．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA u u u r ，DC u u ur ，DG u u u r 的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(0,0,2)G ，3(0,,1)2M ，(1,0,2)N ．0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r n n 20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩cos ,5||||DA DA DA ⋅==u u u ru u u r u u u r n nn sin ,5DA =u u u rn(1)证明：依题意(0,2,0)DC =u u u r ，(2,0,2)DE =u u u r．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令1z =-，可得0(1,0,1)=-n ．又3(1,,1)2MN =-u u u u r ，可得00MN ⋅=u u u u r n ， 又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)依题意，可得(1,0,0)BC =-u u u r ，(122)BE =-u u u r ，，，(0,1,2)CF =-u u u r ．设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||⋅<>==m n m n m n，于是sin ,10<>=m n ．所以，二面角E BC F --的正弦值为．(3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈)，则点P 的坐标为(0,0,)h ，可得(12)BP h =--u u u r，，． 易知，(0,2,0)DC =u u u r为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，由题意，可得sin602==o，解得[0,2]3h=∈．所以线段DP的长为3．6．【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C-中，设AC，11A C的中点分别为O，1O，则OB OC⊥，1OO OC⊥，1OO OB⊥，以1,{},OB OC OOu u u r u u u r u u u u r为基底，建立空间直角坐标系O xyz-．因为12AB AA==，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C--．(1)因为P为11A B的中点，所以1,2)2P-，从而11(,2)(0,2,22),BP AC==-u u u r u u u u r，故111|||cos,|||||BP ACBP ACBP AC⋅===⋅u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．A(2)因为Q 为BC的中点，所以1,0)2Q ，因此3,0)2AQ =u u u r ，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==u u u ur u u u u r ． 设n=（x ，y ，z ）为平面AQC1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u u r n n即30,2220.x y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==u u u u ru u u u r u u u u r n n n ，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．7．【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ． 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ． （2）在平面PAD 内做PFAD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF⊥平面ABCD ．以F 为坐标原点，FA u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -．由（1）及已知可得(2A，(0,0,2P，(2B，(2C -．所以(22PC =--u u u r，CB =u u u r，)22PA =-u u u r ， (0,1,0)AB =u u u r．设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n，即0220x y z ⎧-+-=⎪⎨=，可取(0,1,=-n ．设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r m m，即0220x z y -=⎨⎪=⎩，可取(1,0,1)=n ．则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ，所以二面角A PB C --的余弦值为．8．【解析】（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF ．因为E 是PD 的中点，所以EF AD ∥，12EF AD =．由90BAD ABC ∠=∠=o 得BC AD ∥，又12BC AD =，所以EF BC ∥，四边形BCEF 是平行四边形，CE BF ∥，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB ．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点，AB u u u r的方向为x 轴正方向，||AB uuu r 为单位长，建立如图的空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C，P，(1,0,PC =u u u r ，(1,0,0)AB =u u u r．设(,,)M x y z (01)x <<，则(1,,)BM x y z =-u u u u r，(,1,PM x y z =-u u u u r． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45o，而(0,0,1)=n 是底面ABCD 的法向量，所以|cos ,|sin 45BM <>=o u u u u r n2=，x即222(1)0x y z -+-=． ① 又M 在棱PC 上，设PM PC λ=u u u u r u u u r，则x λ=，1y =，z =． ②由①，②解得11x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（舍去），11x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以(1M -，从而(1AM =-u u u u r ． 设000(,,)x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0=0AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅⎪⎩u u u u ru u u r m m，即0000(2200x y x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(0,2)=m，于是cos ,||||5⋅<>==m n m n m n ．因此二面角M AB D --的余弦值为5．9．【解析】（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =．又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥．所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角．在Rt AOB ∆中，222BOAO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=o．所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA u u u r的方向为x 轴正方向，OA u u u r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz-，则(1,0,0)A，B ，(1,0,0)C -，(0,0,1)D ．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得1)2E ．故 (1,0,1)AD =-u u u r ，(2,0,0)AC =-u u u r，1()2AE =-u u u r设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u r g 0，0，n n即x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩01022可取,1)3=n设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u ur g m m同理可得(0,=-m则cos ,==g n m n m n m所以二面角D AE C --的余弦值为．10．【解析】如图，以A 为原点，分别以AB u u u r ，AC u u u r ，AP u u u r 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,4)，(0,0,2)D ，(0,2,2)E ，(0,0,1)M ，(1,2,0)N ．（Ⅰ）证明：DE u u u r =(0,2,0)，DB u u u r=(2,0,2)-．设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量， 则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩．不妨设1z =，可得(1,0,1)=n ．又MN u u u u r=（1，2，1-），可得0MN ⋅=u u u u rn ．因为MN ⊄平面BDE ，所以MN//平面BDE ．（Ⅱ）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量．设2(,,)x y z =n 为平面EMN的法向量，则2200EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r n n ，因为(0,2,1)EM =--u u u u r ，(1,2,1)MN =-u u u u r ，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩．不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n ．因此有121212cos ,|||⋅<>==n n n n |n n，于是12sin ,<>=n n ．所以，二面角C —EM —N的正弦值为．（Ⅲ）依题意，设AH=h （04h ≤≤），则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--u u u u r ，(2,2,2)BE =-u u u r．由已知，得|||cos ,|||||NH BE NH BE NH BE ⋅<>==u u u u r u u u ru u u u r u u u r u u u u r u u u r ，整理得2102180h h -+=，解得85h =，或12h =．所以，线段AH 的长为85或12．11．【解析】（Ⅰ）设,AC BD 交点为E ，连接ME ．因为PD ∥平面MAC ，平面MAC I 平面PBD ME =，所以PD ME ∥．因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，在PBC ∆中，知M 为PB 的中点．（Ⅱ）取AD 的中点O ，连接OP ，OE ．因为PA PD =，所以OP AD ⊥．又因为平面PAD⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD ．因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥．因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-u u u r，(2,0,PD =u u u r．设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩．令1x =，则1y =，z==n ．平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p ．由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π．（Ⅲ）由题意知(1,2,2M -，(2,4,0)D，(3,2,2MC =-u u u u r ．设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||sin |cos ,|||||MC MC MC α⋅===u u u u ru u u u r u u u u r <>n n n ． 所以直线MC 与平面BDP所成角的正弦值为．12．【解析】(1)∵面PAD I 面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ，∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ，又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ，(2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC ==， ∴CO ⊥AD ，∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-u u u v ，，，(011)PD =--u u u v ，，，(201)PC =-u u u v ，，，(210)CD =--u u u v ，，， 设n v为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =v ，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨ ⎪⎝⎭⋅=⎪⎩v u u u v v v u u uv ，，则PB 与面PCD 夹角θ有，11132sin cos ,311134n PBn PB n PBθ--⋅=<>===++⨯v u u u vv u u u v v u u u v(3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAP λ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-u u u r，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =-u u u u r有()0,1,AM AP M λλλ=⇒-u u u u r u u u r∴()1,,BM λλ=--u u u u r∵BM ∥面PCD ，n u u r 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=u u u u r r ，即102λλ-++=，∴1=4λ ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 13．【解析】(Ⅰ)连结FC ，取FC 的中点M ，连结,GM HM ，因为//GM EF ，EF 在上底面内，GM 不在上底面内，所以//GM 上底面，所以//GM 平面ABC ；又因为//MH BC ，BC ⊂平面ABC ，MH ⊄平面ABC ，所以//MH 平面ABC ；所以平面//GHM 平面ABC ，由GH ⊂平面GHM ，所以//GH 平面ABC ．(Ⅱ) 连结OB ， AB BC =QOB A ⊥∴O ，以为O 原点，分别以,,OA OB OO '为z y,x, 轴，建立空间直角坐标系．EF BACGH1232EF FB AC ===Q ，AB BC =．3)(22=--='FO BO BF O O ，于是有(23,0,0)A ，(23,0,0)C -，(0,23,0)B ，(0,3,3)F ，可得平面FBC 中的向量(0,3,3)BF =-u u u r ，(23,23,0)CB =u u u r,于是得平面FBC 的一个法向量为1(3,3,1)n =-u r，又平面ABC 的一个法向量为2(0,0,1)n =u u r，设二面角F BC A --为θ，则7771cos 2121==⋅⋅=θn n n n ．二面角F BC A --的余弦值为77．14．【解析】(1)证明：找到中点，连结，∵矩形,∴EF OB∥∵、是中点，∴是ABD ∆的中位线，∴GI BD ∥且，AD I FI OBEF G I GI 12GI BD=EFBAC O，Oxyz∵是正方形中心，∴，∴且．∴四边形是平行四边形，∴EG FI ∥∵面，∴EG ∥面(2)正弦值，如图所示建立空间直角坐标系，，，设面的法向量得：∴∵面，∴面的法向量O ABCD 12OB BD=EF GI ∥EF GI =EFIG FI ⊂ADF ADF O EF C --O xyz-z xA()00B ，)00C，()02E ，()002F ，，CEF ()1n x y z =u r，，()()()()110000220n EF x y z n CF x y z z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅=+=⎪⎩u r u u u ru r u u u r，，，，，01x y z ⎧⎪=⎨⎪=⎩)101n =u r ，OC ⊥OEF OEF ()2100n =u u r，，121212cos n n n n n n ⋅<>===u u r u u ru u r u u r u u r u u r ，(3)∵，∴设，∴，得：15．【解析】（Ⅰ）连接BD ，设BD AC G =I，连接,,EG FG EF ．在菱形ABCD 中，不妨设1GB =，由120∠=oABC，可得AG GC ==由⊥BE 平面ABCD ，AB BC =可知，AE EC =，又∵⊥AE EC，∴EG =，⊥EG AC ，12sin n n <u r u u r ，23AH HF=)224020555AH AF ⎫===⎪⎪⎝⎭u u u u r u u u r ，，()H x y z ，，()405AH x y z ⎫=+=⎪⎪⎝⎭u u u u r ，，045x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩45BH ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r，121cos BH n BH n BH n ⋅<>===u u u r u r u u u r u u r u u u r u r，在Rt EBG ∆中，可得BE2DF =．在Rt FDG ∆中，可得2FG =．在直角梯形BDFE 中，由2BD =，BE2DF =，可得2EF =， ∴222EGFG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG =G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC⊥平面AEC ．（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A (0，－，0)，E(1,0,)，F (－1,0，)，C (00)，∴AE u u u r=（1，CF uuu r =（－1，2）．故cos ,||||<>==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u ur u u u r AE CF AE CF AE CF ． 所以直线AE 与CF所成的角的余弦值为3．16．【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G是BE的中点，1//=2GH AB GH AB 所以，且，又F是CD中点，1=2DF CD 所以，由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，=AB CD，所以GH∥DF，且=GH DF．从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH，又DH ADE GF ADE⊂⊄平面，平面，所以GF∥平面ADE．（Ⅱ）如图，在平面BEG内，过点B作BQ∥EC，因为BE CE BQ BE⊥⊥，所以．又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ．以B为原点，分别以,,BE BQ BAu u u r u u u r u u u r的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)因为AB⊥平面BEC，所以A=(Bu u u r0,0,2)为平面BEC的法向量，设(,,)n x y z=r为平面AEF的法向量．又(2,0,2)AE=-u u u r，=(2,2,1)AF-u u u r，由AE0220,220,AF0n x zx y zn⎧=-=⎧⎪⎨⎨+-==⎩⎪⎩r u u u rgr u u u rg，得，取2z=得=(2,1,2)n-r．从而A42 cos,A=,323|||A|n Bn Bn B〈〉==⨯⋅r u u u rr u u u r gr u u u r所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为2 3．解法二：（Ⅰ）如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知GM//AE，又AE ADE GM ADE ⊂⊄平面，平面，所以GM//平面ADE．在矩形ABCD中，由,M F分别是AB，CD的中点得//MF AD．又AD ADE MF ADE⊂⊄平面，平面，所以//MF ADE平面．又因为GM MF M=I，GM⊂GMF MF GMF⊂平面，平面所以GMF平面P平面ADE，因为GF GMF⊂平面，所以//GF ADE平面（Ⅱ）同解法一．17．【解析】（Ⅰ）证法一：连接CDDG，，设OGFCD=I，连接OH．。
【走向高考】高三数学二轮专题复习 4-3空间向量及其应用(理)课后作业 新人教A版
【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习 4-3空间向量及其应用(理)课后作业 新人教A 版基本素能训练一、选择题1．(2013·天津和平区模拟)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 是AA 1的中点，则异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为( )A.15 B.31010C.1010D.35[答案] B[解析] 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，∵AA 1＝2AB ，∴E (0,0,1)，∴BE →＝(－1,0,1)，CD 1→＝(－1,0,2)，D 1(0,1,2)， ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32·5＝31010，故选B.2．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )A.13B.23C.33 D.23[答案] B[解析] 如图，设A 1在平面ABC 内的射影为O ，以O 为坐标原点，OA 、OA 1分别为x 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图．设△ABC 边长为1，则A (33，0,0)，B 1(－32，12，63)，∴AB 1→＝(－536，12，63)．平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值为sin α＝|cos 〈AB 1→，n 〉|＝637536＋14＋69＝23.3．在90°的二面角的棱上有A 、B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，BD ＝4，则CD ＝( )A ．5 2B ．5 3C ．6D ．7[答案] A[解析] 由条件知AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ⊥BD ，又C D →＝C A →＋A B →＋B D →，∴CD →2＝(C A →＋A B →＋B D →)2＝|C A →|2＋|A B →|2＋|B D →|2＝32＋52＋42＝50.∴|C D →|＝52，∴CD ＝5 2.4．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是( ) A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 [答案] D[解析] ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . 又∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥AC .∵SD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面SDB ，从而AC ⊥SB .故A 正确．易知B 正确．设AC 与DB 交于O 点，连接SO .则SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO ，又OA＝OC ，SA ＝SC ，∴∠ASO ＝∠CSO .故C 正确．由排除法可知选D.5．(2012·安顺模拟)正四面体ABCD 的棱长为1，G 是△ABC 的中心，M 在线段DG 上，且∠AMB ＝90°，则GM 的长为( )A.12B.22C.33D.66[答案] D[解析] 法一：取AB 的中点N ，由正四面体的对称性可知△AMB 为等腰三角形，∴MN ＝12AB ＝12. 又G 为△ABC 的中心，∴NG ＝36，故MG ＝MN 2－NG 2＝66. 法二：设DA →＝a ，DB →＝b ，DC →＝c ， AM →＝AD →＋λDG →＝－a ＋λ3(a ＋b ＋c )＝(λ3－1)a ＋λ3b ＋λ3c ，BM →＝BA →＋AM →＝(a －b )＋(λ3－1)a ＋λ3b ＋λ3c＝λ3a ＋(λ3－1)b ＋λ3c . 由AM →·BM →＝0，ab ＝bc ＝ac ＝12，可解得λ＝12.|MG →|＝12|DG →|＝66.二、填空题6．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值是________．[答案]33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s ＝(－22，0，22)，MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s |2＝m 2＋a －m2－12a －m 2＝32m 2－am ＋12a 2， 根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32(a 3)2－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a . 7.(2012·江南十校联考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ； ③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确命题的序号是________．(注：把你认为正确命题的序号都填上)[答案] ①③[解析] 在正方体中，AB 1＝BC 1，∵M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，∴当M 为AB 1的中点时，N 为BC 1的中点，即B 1C 的中点，此时MN ∥AC ∥A 1C 1，否则MN 与A 1C 1异面，∴②④都错；在BB 1上取点E ，使NE ∥B 1C 1，则BE BB 1＝BN BC 1＝AMAB 1，∴ME ∥AB ∥A 1B 1，∴平面MNE ∥平面A 1B 1C 1，∴MN ∥平面A 1B 1C 1D 1，又AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴AA 1⊥MN ，故①③正确．三、解答题 8.(2012·潍坊质检)如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面为正方形的长方体，A 1D 1＝2，A 1A ＝23，点P 是AD 1上的动点．(1)当P 为AD 1的中点时，求异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值； (2)求PB 1与平面AA 1D 1所成角的正切值的最大值． [解析](1)(法一)过点P 作PE ⊥A 1D 1，垂足为E ，连接B 1E ，则PE ∥AA 1， ∴∠B 1PE 是异面直线AA 1与B 1P 所成的角． 在Rt △AA 1D 1中，A 1D 1＝2，AA 1＝23，∴A 1E ＝12A 1D 1＝1，∴B 1E ＝B 1A 21＋A 1E 2＝ 5.又PE ＝12AA 1＝3，∴在Rt △B 1PE 中，B 1P ＝5＋3＝22， cos ∠B 1PE ＝PE B 1P ＝322＝64. ∴异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值为64.(法二)以A 1为原点，A 1B 1所在的直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A 1(0,0,0)，A (0,0,23)，B 1(2,0,0)，P (0，1，3)，∴A 1A →＝(0,0,23)，B 1P →＝(－2,1，3)，∴cos 〈A 1A →，B 1P →〉＝A 1A →·B 1P→|A 1A →|·|B 1P →|＝623×22＝64.∴异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值为64. (2)由(1)知，B 1A 1⊥平面AA 1D 1， ∴∠B 1PA 1是PB 1与平面AA 1D 1所成的角， 且tan ∠B 1PA 1＝B 1A 1A 1P ＝2A 1P. 当A 1P 最小时，tan ∠B 1PA 1最大，这时A 1P ⊥AD 1，由A 1P ＝A 1D 1·A 1AAD 1＝3，得tan ∠B 1PA 1＝233，即PB 1与平面AA 1D 1所成角的正切值的最大值为233.9．(2013·北京海淀模拟)如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，∠CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2，点E 为线段PB 的中点，点M 在AB 上，且OM ∥AC .(1)求证：平面MOE ∥平面PAC ； (2)求证：平面PAC ⊥平面PCB ；(3)设二面角M －BP －C 的大小为θ，求cos θ的值．[解析] (1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点， 所以OE ∥PA .因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ， 所以OE ∥平面PAC .因为OM ∥AC ，又AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， 所以OM ∥平面PAC .因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ， 所以平面MOE ∥平面PAC .(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以PA ⊥BC .因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PBC .(3)如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C －xyz .因为∠CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2， 所以CB ＝2cos30°＝3，AC ＝1. 延长MO 交CB 于点D . 因为OM ∥AC ，所以MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32，CD ＝12CB ＝32.所以P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M (32，32，0)．所以CP →＝(1,0,2)，CB →＝(0，3，0)． 设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·CP →＝0，m ·CB →＝0.所以⎩⎨⎧x ，y ，z ，0，＝0，x ，y ，z，3，＝0.即⎩⎨⎧x ＋2z ＝0，3y ＝0.令z ＝1，则x ＝－2，y ＝0. 所以m ＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB 的一个法向量n ＝(1，3，1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－15.所以cos θ＝15.能力提高训练一、解答题1．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE ； (3)求二面角A －BE －D 的大小． [解析](1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD .如图以C 为原点，建立空间直角坐标系C －xyz .则C (0,0,0)，A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，B (0，2，0)，F (22，22，1)．所以CF →＝(22，22，1)，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0,1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0.所以CF ⊥BE ，CF ⊥DE ，所以CF ⊥平面BDE .(3)由(2)知，CF →＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎨⎧x ，y ，z 2，0，＝0x ，y ，z，－2，＝0所以x ＝0，z ＝2y .令y ＝1，则z ＝ 2.所以n ＝(0,1，2)，从而cos(n ，CF →)＝n ·CF →|n ||CF →|＝32因为二面角A －BE －D 为锐角， 所以二面角A －BE －D 为π6.[点评] 综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考查为主，较少使用综合法．2．(2013·桂东一中月考)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小． [解析] (1)∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ， ∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥AC ，∴AC ⊥平面PDB ，又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC⊥平面PDB .(2)设AC ∩BD ＝O ，连接OE ， 由(1)知AC ⊥平面PDB 于O ， ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角， ∴O ，E 分别为DB 、PB 的中点，∴OE ∥PD ，OE ＝12PD ，又∵PD ⊥底面ABCD ，∴OE ⊥底面ABCD ，OE ⊥AO ， 在Rt △AOE 中，OE ＝12PD ＝22AB ＝AO ，∴∠AOE ＝45°，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45°.3．(2013·湖南理，19)如下图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．[解析] 解法1：(1)如图1，因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BB 1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D.而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图1，连接A1D.因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1.从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1，故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故ABDA＝BCAB.即AB＝DA·BC＝ 3.连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝BB21＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝21.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝ADB1D＝321＝217，即cos(90°－θ)＝217，从而sinθ＝217.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217.解法2：(1)易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图2，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)． 因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)． 因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →， 即AC ⊥B 1D .(2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→||＝37＝217. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. 4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM的长． [解析]如图所示 ，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →|·|A 1B 1→|＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1→＝0，m 、AA 1→＝0.即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)． 同样的，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝⎛⎭⎪⎫22，322，52.设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52，由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a －22＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a －2＋⎝⎛⎭⎪⎫322－b －2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24.故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，24，0，因此BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，24，0，所以线段BM 的长|BM →|＝104.。
《1.4空间向量的应用》课后习题课件高二上学期数学人教A版选择性
课本P43:“习题”：T8.
如图，四面体ABCD的每条棱长都等于a，M，N分别是AB，CD的中点.求证： MN⊥AB，MN⊥CD.
课本P43:“习题”：T9.
如图，M，N分别是正方体ABCD-AʹBʹCʹDʹ的棱BBʹ和BʹCʹ的中 点，求： （1）MN与CDʹ所成角的大小； （2）MN和AD所成角的大小.
课本P43:“习题”：T9. 如图，M，N分别是正方体ABCD-AʹBʹCʹDʹ的棱BBʹ和BʹCʹ的中点，求： （1）MN与CDʹ所成角的大小； （2）MN和AD所成角的大小.
课本P43:“习题”：T10.
如图，在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E，F，G，H，K，L分别是AB， BB₁，B₁C₁，C₁D₁，D₁D，DA各棱的中点. （1）求证：A₁C⊥平面EFGHKL； （2）求DB₁与平面EFGHKL所成角的余弦值.
解：（1）取BC中点F(½ ,½ ,0)， 连接AF.
由AB=AC，且F为BC中点，得：AF⊥BC. 由题意可知：BB₁⊥平面ABC，又AF⊂平面
No ABC，所以BB₁⊥AF.
Image
F
课本P41:“习题”：T2. 如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥AC，AB=AC=1， AA₁=2.以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系. （1）求平面BCC₁B₁的法向量；（2）求平面A₁BC的法向量.
课本P44:“习题”：T13.
如图，已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为1，E为CD的中点，求点 D₁到平面AEC₁的距离.
课本P44:“习题”：T13.
如图，已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为1，E为CD的中点，求点
D₁到平面AEC₁的距离.
课本P44:“习题”：T14.
专题03 空间向量及其运算的坐标表示(知识精讲)高二数学新教材知识讲学(人教A版选择性必修第一册)
专题三 空间向量及其运算的坐标表示一 知识结构图二.学法指导1．在空间直角坐标系中，确定点的坐标或求对称点坐标时，要记住规律：“在谁的轴上，谁属于R ，其它为零；在谁的平面上，谁属于R ，其它为零．”“关于谁对称谁不变，其余变成相反数．” 2．空间几何体中，要得到有关点的坐标时，先建立适当的坐标系，一般选择两两垂直的三条线段所在直线为坐标轴，然后选择基向量，根据已知条件和图形关系将所求向量用基向量表示，即得所求向量的坐标．3．进行空间向量的数量积坐标运算的技巧利用向量坐标运算解决问题的关键是熟记向量坐标运算的法则，同时掌握下列技巧． (1)在运算中注意相关公式的灵活运用，如(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝|a |2－|b |2，(a ＋b )·(a ＋b )＝(a ＋b )2等．(2)进行向量坐标运算时，可以先代入坐标再运算，也可先进行向量式的化简再代入坐标运算，如计算(2a )·(－b )，既可以利用运算律把它化成－2(a ·b )，也可以求出2a ，－b 后，再求数量积；计算(a ＋b )·(a －b )，既可以求出a ＋b ，a －b 后，求数量积，也可以把(a ＋b )·(a －b )写成a 2－b 2后计算． 4.判断空间向量垂直或平行的步骤(1)向量化：将空间中的垂直与平行转化为向量的垂直与平行； (2)向量关系代数化：写出向量的坐标；(3)对于a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，根据x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2是否为0判断两向量是否垂直；根据x 1＝λx 2，y 1＝λy 2，z 1＝λz 2(λ∈R )或x 1x 2＝y 1y 2＝z 1z 2(x 2，y 2，z 2都不为0)判断两向量是否平行．5.利用向量数量积的坐标公式求异面直线所成角的步骤(1)根据几何图形的特点建立适当的空间直角坐标系；(2)利用已知条件写出有关点的坐标，进而获得相关向量的坐标；(3)利用向量数量积的坐标公式求得异面直线上有关向量的夹角，并将它转化为异面直线所成的角．6．利用向量坐标求空间中线段的长度的一般步骤(1)建立适当的空间直角坐标系；(2)求出线段端点的坐标；(3)利用两点间的距离公式求出线段的长．三.知识点贯通知识点1 求空间点的坐标例题1.如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，|AB |＝4，|AD |＝3，|AA 1|＝5，N 为棱CC 1的中点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．(1)求点A ，B ，C ，D ，A 1，B 1，C 1，D 1的坐标； (2)求点N 的坐标． 【解析】(1)显然D (0,0,0)，因为点A 在x 轴的正半轴上，且|AD |＝3， 所以A (3,0,0)．同理，可得C (0,4,0)，D 1(0,0,5)．因为点B 在坐标平面xOy 内，BC ⊥CD ，BA ⊥AD ，所以B (3,4,0)．同理，可得A 1(3,0,5)，C 1(0,4,5)，与B 的坐标相比，点B 1的坐标中只有竖坐标不同，|BB 1|＝|AA 1|＝5，则B 1(3,4,5)．(2)由(1)知C (0,4,0)，C 1(0,4,5)， 则C 1C 的中点N 为⎝⎛⎭⎫0＋02，4＋42，0＋52，即N ⎝⎛⎭⎫0，4，52. 知识点二 求对称点的坐标在空间直角坐标系中，任一点P (a ，b ，c )的几种特殊的对称点的坐标如下：(1)求点P 关于x 轴的对称点的坐标； (2)求点P 关于xOy 平面的对称点的坐标；(3)求点P 关于点M (2，－1，－4)的对称点的坐标【解析】 (1)由于点P 关于x 轴对称后，它在x 轴的分量不变，在y 轴、z 轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P 1(－2，－1，－4)．(2)由于点P 关于xOy 平面对称后，它在x 轴、y 轴的分量不变，在z 轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P 2(－2,1，－4)．(3)设对称点为P 3(x ，y ，z )，则点M 为线段PP 3的中点．由中点坐标公式，可得x ＝2×2－(－2)＝6，y ＝2×(－1)－1＝－3，z ＝2×(－4)－4＝－12，所以P 3(6，－3，－12)． 知识点三 空间向量的坐标表示若),,(),,(2211y x B y x A 则),(1212y y x x --=。
2011年高考新课标数学文二轮复习作业：专题5 1空间几何体
专题五 立体几何第1讲 空间几何体1．圆x 2＋(y ＋1)2＝3绕直线kx －y －1＝0旋转一周所得的几何体的体积为( )A ．36πB ．12πC ．43πD ．4π2．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积等于( ) A. 3 B ．2C ．2 3D ．63．(2010年唐山一中质检)已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π4．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于( )A.24a 2 B ．22a 2 C.22a 2 D.2a 2 5．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ，在圆锥内有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积为12πRH 时，圆柱的母线长为( ) A.H 5 B.H 4C.H 3D.H 26．(2010年河南开封调研)四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a ，则该四面体的体积的最大值为( )A.38a 3B.28a 3 C.18a 3 D.112a 3 7．下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱．其中真命题的编号是______(写出所有真命题的编号)．8．如图所示两组立体图形都是由相同的小正方体拼成的．(1)图(1)的正(主)视图与图(2)的________相同．(2)图(3)的________图与图(4)的________图不同．9．(2010年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为____________．10．如图，一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并向容器内注水，使水面恰与铁球相切，将球取出后，容器内的水深是多少？11．(2010年高考陕西卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点．(1)证明：EF∥平面P AD；(2)求三棱锥E－ABC的体积V.12．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．(1)请画出该几何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E.判断DE是否平行于平面AB1C1？并证明你的结论．第3讲 空间向量与立体几何1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是CC 1的中点，F 是A 1B 的中点，且DF →＝αAB →＋βAC →，则( )A.α＝12，β＝－1 B ．α＝－12，β＝1 C ．α＝1，β＝－12 D ．α＝－1，β＝122．(2010年山东曲阜市调研)已知平面α内有一个点M (1，－1，2)，它的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．垂直D ．不能确定4．(2009年高考江西卷)如图，正四面体ABCD 的顶点A ，B ，C 分别在两两垂直的三条射线Ox ，Oy ，Oz 上，则在下列命题中，错误的为( )A ．O －ABC 是正三棱锥B ．直线OB ∥平面ACDC ．直线AD 与OB 所成的角是45°D ．二面角D －OB －A 为45°5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不正确6．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.1127．已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b |＝29且λ>0，则λ＝________.8．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．9．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A —BD —C ，有如下四个结论：①AC ⊥BD ；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中正确的序号是________．(写出你认为正确的结论的序号)10．(2010年高考湖南卷)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M.11．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值．12．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值；(2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置，使EA⊥EB1(要求说明理由)；(3)在(2)的条件下，若AB＝2，求二面角A－EB1－A1的大小．专题五第1讲 空间几何体1．【解析】选C.直线kx －y －1＝0过圆x 2＋(y ＋1)2＝3的圆心(0，－1)，故所得几何体是半径为3的球，其体积为43π(3)3＝43π，故选C. 2．【解析】选D.由正视图还原实物图知，该几何体的高是1，底面边长是2的正三棱柱，S 侧＝2×1×3＝6.3．【解析】选C.设正四棱柱的底面边长为a ，球半径为R ，则⎩⎨⎧(2R )2＝16＋(2a )2a 2·4＝16，解得a ＝2，R 2＝6， ∴球的表面积S ＝4πR 2＝24π.4．【解析】选B.根据斜二测画法画平面图形直观图的规则，可以得出原图的面积S 与它的直观图的面积S ′之间的关系是S ′＝24S ，又因为直观图的面积为a 2，所以原平面四边形的面积等于a 224＝22a 2. 5．【解析】选D.设圆柱的母线长为x ，底面半径为r ，由r R ＝H －x H ，得r ＝R －R H·x ， 那么圆柱的侧面积S ＝2πrx ＝2πx (R －R H ·x )＝－2πR H ·x 2＋2πRx ， 则－2πR H ·x 2＋2πRx ＝12πRH ⇒(2x －H )2＝0⇒x ＝H 2.故所求圆柱的母线长为H 2. 6．【解析】选C.法一：设三棱锥另一棱长BC ＝x ，如图所示，取BC 的中点E ，连结AE 、DE ，易证BC 垂直于平面ADE ，故V A －BCD ＝13S △ADE ·BE ＋13S △ADE ·EC ＝13S △ADE ·BC ＝13·12·a ·3a 2－x 22x ＝a 12x 2(3a 2－x 2)≤a 12·x 2＋(3a 2－x 2)2＝a 38， 当且仅当x 2＝(3a 2－x 2)⇒x ＝62a 时取得等号． 法二：如图，底ABD 是固定的，当C 运动时，显然当平面CAD ⊥平面ABD 时高最大，体积最大， V max ＝13·(34a 2)·32a ＝a 38.7．【解析】①错，必须是两个相邻的侧面．②正确．③错，反例，可以是一个斜四棱锥．④正确，对角钱两两相等，则此两条对角线组成的平行四边形为矩形，故正确答案为②④.【答案】②④8．【解析】对于第一组的两个立体图形，图(1)的正(主)视图与图(2)的俯视图相同．对于第二组的两个立体图形，图(3)的正(主)视图与图(4)的正(主)视图不同，而侧(左)视图和俯视图都是相同的．【答案】(1)俯视图 (2)正视 正视9．【解析】该几何体是上面是底面边长为2的正四棱锥，下面是底面边长为1、高为2的正四棱柱的组合体，其体积为V ＝1×1×2＋13×22×1＝103. 【答案】10310．【解】如图，由题意知，轴截面P AB 为正三角形，故当球在容器内时，水深为3r ，水面半径为3r ，容器内水的体积是V ＝V 圆锥－V 球＝π3(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3. 将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面半径为33h . 此时容器内水的体积为V ′＝π3(33h )2·h ＝π9h 3. 由V ′＝V ，得h ＝315 r .即铁球取出后水深为315 r .11．【解】(1)证明：在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ，∴EF ∥AD .∵AD ⊂平面P AD ，EF ⊄平面P AD ，∴EF ∥平面P AD .(2)连结AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥P A 交AB 于点G ，则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12P A . 在△P AB 中，AP ＝AB ，∠P AB ＝90°，BP ＝2，∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22. ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2， ∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13. 12．【解】(1)几何体的直观图如图．第 - 10 - 页 版权所有@中国高考志愿填报门BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝1，AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且垂直于底面BB 1C 1C .∴其体积V ＝12×1×3×3＝32. (2)证明：∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴BC ⊥CC 1.∵AC ∩CC 1＝C ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1C .∵B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥A 1C .∵四边形ACC 1A 1为正方形，∴A 1C ⊥AC 1.∵B 1C 1∩AC 1＝C 1∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(3)当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.证明：如图，取BB 1的中点F ，连结EF ，FD ，DE ，∵D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，∴EF ∥AB 1.∵AB 1⊂平面AB 1C 1，EF ⊄平面AB 1C 1，∴EF ∥平面AB 1C 1.∵FD ∥B 1C 1，∴FD ∥面AB 1C 1，又EF ∩FD ＝F ，∴面DEF ∥面AB 1C 1.而DE ⊂面DEF ，∴DE ∥面AB 1C 1.。
高二数学《选修２－1》第三章：空间向量与立体几何练习新人教版选修2-2
高二数学《选修２－1》第三章：空间向量与立体几何 3.1.1. 空间向量及其加减运算空间向量的数乘运算姓名 班级 学号 编号01一、课前练习1. 直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若====B A C CC b CB a CA 11,,,则（ ） A ．c b a -+ B ．c b a +- C ．c b a ++- D ．c b a -+-2.在空间四边形ABCD 中，M ，G 分别是BC ，CD 的中点，则21AB +→--(+)等于 ( ) A 、 B 、 C 、 D 、二、课堂练习1．已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，下列条件中能确定点M 与点 A 、B 、C 一定共面的是 （ ） A ．OC OB OA OM ++= B ．OC OB OA OM --=2C ．OC OB OA OM 3121++= D ．OC OB OA OM 313131++=2．对空间任意两个向量b a o b b a //),(,≠的充要条件是（ ）A ．b a =B ．b a -=C ．a b λ=D ．b a λ=3.如果两个向量，不共线，则与，共面的充要条件是____ ________。
三、课后练习1. 已知点G 是△ABC 的重心，O 是空间任一点，若的值则λλ,OG OC OB OA =++为 .2.直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若CA =a ，CB =b ，1CC =c ， 则1A B = （ ） （A ）+-a b c （B ）-+a b c （C ）-++a b c （D ）-+-a b c3.空间四边形OABC ，点M ，N 分别是OA ，OB 的中点，设=，，，则用，，表示=→--MN 的结果是____________。
4.平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，+=____________ 。
5. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是上底面A 1B 1C 1D 1和侧面CDD 1C 1的中心，如果+x+y ，则x=________，y=________。
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题5_第3讲_立体几何中的向量方法(含答案)
第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1．以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2．以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3．以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)． （1）线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. （2）线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. （3）面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. （4）面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为 μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． （1）线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22.（2）线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.（3）面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明： （1）OM ∥平面BCF ；（2）平面MDF ⊥平面EFCD .思维启迪 从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM →与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM →与BF →，BC →共面．(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →、CD →垂直．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点． （1）求证：直线PC ∥平面BDE ； （2）求证：BD ⊥PC ；热点二 利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．（1）求证：PQ ∥平面BCE ； （2）求二面角A －DF －E 的余弦值．思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系．思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH . （1）求证：AB ∥GH ；（2）求二面角D －GH －E 的余弦值．热点三 利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．（1）求证：A 1B ∥平面ADC 1； （2）求二面角C 1－AD －C 的余弦值；（3）试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由． 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．（1）求二面角A —PD —B 的余弦值；（2）在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．提醒三点：（1）直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值． （2）求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．（3）对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，四点P ，A ，B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1.空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP →＝xMA →＋yMB →，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →.真题感悟(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H.（1）求证：AB ∥FG ；（2）若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长． 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1。
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2012年高考数学二轮复习同步练习：专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其应用（理）一、选择题1．以下命题中，不正确的命题个数为( )①已知A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则A B →＋B C →＋C D →＋D A →＝0②若{a ，b ，c }为空间一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底；③对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ，若O P →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P 、A 、B 、C 四点共面．A ．0B ．1C ．2D ．3[答案] B[解析] 由向量的加法运算知①正确． ∵a ，b ，c 为空间一个基底，则a ，b ，c 为两两不共线的非零向量． 不妨假设a ＋b ＝x (b ＋c )＋y (c ＋a )， 即(1－y )a ＋(1－x )b －(x ＋y )c ＝0. ∵a 、b 、c 不共面，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝01－y ＝0x ＋y ＝0，不存在实数x 、y 使假设成立，故②正确． ③中若加入x ＋y ＋z ＝1则结论正确，故③错误． 2．如图ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝A 1B 14，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是( )A.1517 B.12 C.817D.32[答案] A[解析] 取D 为空间直角坐标系原点，DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝4，则B (4,4,0)，E 1(4,3,4)，F 1(0,1,4)，∴BE 1→＝(0，－1,4)，DF 1→＝(0,1,4)， |BE 1→|＝|DF 1→|＝17，BE 1→·DF 1→＝15，∴cos<BE 1→，DF 1→>＝1517.即异面直线BE 1与DF 1所成角的余弦值为1517.故选A.3．在90°的二面角的棱上有A 、B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，BD ＝4，则CD ＝( )A ．5 2B ．5 3C ．6D ．7[答案] A[解析] 由条件知AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ⊥BD ， 又C D →＝C A →＋A B →＋B D →，∴CD →2＝(C A →＋A B →＋B D →)2＝|C A →|2＋|A B →|2＋|B D →|2＝32＋52＋42＝50.∴|C D →|＝52，∴CD ＝5 2.4．如图所示，已知在直三棱柱ABO －A 1B 1O 1中，∠AOB ＝π2，AO ＝2，BO ＝6，D 为A 1B 1的中点，且异面直线OD 与A 1B 垂直，则三棱柱ABO －A 1B 1O 1的高是( )A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] B[解析] 以OA →、OB →、OO 1→为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立直角坐标系O －xyz ，设直三棱柱的高为h ，则A 1(2,0，h )，B (0,6,0)，D (1,3，h )， ∴A 1B →＝(－2,6，－h )，OD →＝(1,3，h )，又A 1B →⊥OD →，∴(－2)×1＋6×3－h 2＝0，h ＝4或h ＝－4(舍)，故选B.5．(2011·山东济南)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( )A.13B.23C.33D.23[答案] B[解析]如图，设A1在面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，OA、OA1分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系．设△ABC边长为1，则A(33，0,0)，B1(－32，12，63)，∴AB1→＝(－536，12，63)．面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为sinα＝|cos〈AB1→，n〉|＝637536＋14＋69＝23.6．如图所示，在四面体P－ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B－AP －C的余弦值为( )A.22B.33C.77D.57[答案] C[解析]如图，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E，设AB ＝1，则易得CE ＝22，EP ＝22，PA ＝PB ＝2，AB ＝1， 可以求得BD ＝144，ED ＝24. ∵BC →＝BD →＋DE →＋EC →，∴BC 2→＝BD 2→＋DE 2→＋EC 2→＋2BD →·DE →＋2DE →·EC →＋2EC →·BD →. ∴EC →·BD →＝－14.∴cos 〈DB →，EC →〉＝77.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不正确[答案] B[解析] 以点D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，A 1E →＝(0,1，－1)，D 1E →＝(1,1，－1)，设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0n ·D 1E →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝0.所以n ＝(0,1,1)，cos<n ，E A →>＝n ·E A →|n |·|E A →|＝－22·2＝－1.所以<n ，E A →>＝180°，所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.8．正四棱锥S —ABCD 的侧棱长为2，底面的边长为3，E 是SA 的中点，则异面直线BE 和SC 所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] C[解析] 设S 在底面的射影为O ，以O 为原点，建立空间直角坐标系O －xyz 如图，则AO ＝62，OS ＝2－64＝22， ∴A (62，0,0)，S (0,0，22)，C (－62，0,0)， ∴E 点坐标为(64，0，24)，B (0，62，0)， ∴B E →＝(64，－62，24)，S C →＝(－62，0，－22)， ∴cos<B E →，S C →>＝B E →·S C →|B E →|·|S C →|＝－12，∴<B E →，S C →>＝120°.∴异面直线BE 与SC 的夹角为60°. 二、填空题9．如图所示，平行六面体A 1B 1C 1D 1—ABCD 中，M 分A C →所成的比为12，N 分A 1D →所成的比为2，设A B →＝a ，A D →＝b ，AA 1→＝c ，试用a ，b ，c 表示M N →为__________．[答案] －13a ＋13b ＋13c[解析] M N →＝M A →＋AA 1→＋A 1N →＝－13A C →＋AA 1→＋23A 1D →＝－13(A B →＋A D →)＋AA 1→＋23(A 1A →＋A 1D 1→)＝－13A B →＋13A D →＋13AA 1→＝－13a ＋13b ＋13c10．(2011·郑州模拟)底面是正方形的四棱锥A －BCDE 中，AE ⊥底面BCDE ，且AE ＝CD ＝a ，G 、H 分别是BE 、ED 的中点，则GH 到平面ABD 的距离是________．[答案]36a [解析] 建立如图所示的坐标系，则有A (0,0，a )，B (a,0,0)，G (a2，0,0)，D (0，a,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由题意知GH ∥BD ，则有GH ∥面ABD ，所以GH 到平面ABD 的距离等于G 点到平面ABD 的距离，设为d .∵AB →＝(a,0，－a )，BD →＝(－a ，a,0)，GB →＝(a2，0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0n ·BD →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧ax －az ＝0－ax ＋ay ＝0，∴n ＝(1,1,1)．∴d ＝|GB →·n ||n |＝|a2|3＝a 23＝3a 6.11．(2009·四川理，15)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是____________．[答案] 90°[解析] 作AD ⊥BC 垂足为D ，连结B 1D ，则AD ⊥平面BC 1，在正方形BB 1C 1C 中可证△B 1BD ∽△BCM .∴∠B 1DB ＋∠MBC ＝90°.∴B 1D ⊥BM .由三垂线定理得B 1A ⊥BM ， 故异面直线AB 1与BM 成90°角．(也可以建立如图所示空间直角坐标系，向量法求解．)12．在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A —BC —D 的大小等于__________．[答案]π3[解析] 如图，因∠ABC ＝∠DCB ＝π2，所以AB ⊥BC ，DC ⊥BC .因此向量B A →，C D →的夹角就是二面角A —BC —D 的大小，而B A →·C D →＝B A →·(B D →－B C →)＝B A →·B D →－B A →·B C →＝B A →·B D →，又BD ＝13，所以∠DAB ＝π2，于是B A →·C D →＝B A →·B D →＝1·13·113＝1，所以cos<B A →，C D →>＝11×2＝12，故二面角A —BC —D 的大小等于π3.三、解答题13．(2011·辽宁理，18)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．[解析] 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)． 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)． 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .故PQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ 。