北师大高中数学选修21培优新方案同步习题课二 空间向量与立体几何 含解析
北师大高中数学选修21培优新方案同步阶段质量检测二 空间向量与立体几何 含解析
阶段质量检测（二） 空间向量与立体几何(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7 B ．－20 C ．28D ．11解析：选C 因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)，所以m ·n ＝0＋40－12＝28. 2.如图所示，已知四面体ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，AC 的中点，则12(AB ―→＋BC ―→＋CD ―→)＝( )A ．BF ―→B ．EH ―→C ． HG ―→D ．FG ―→解析：选C ∵12(AB ―→＋BC ―→＋CD ―→)＝12(AC ―→＋CD ―→)＝12AD ―→，又∵HG ―→＝12AD ―→，∴12(AB ―→＋BC ―→＋CD ―→)＝HG ―→.3．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA ―→·PB ―→＝PB ―→·PC ―→＝PC ―→·PA ―→，则P 是△ABC 的( ) A ．外心 B ．内心 C ．重心D ．垂心解析：选D ∵PA ―→·PB ―→＝PB ―→·PC ―→＝PC ―→·PA ―→， ∴PB ―→·(PA ―→－PC ―→)＝0， 即PB ―→·CA ―→＝0， ∴PB ―→⊥CA ―→.同理PC ―→·(PB ―→－PA ―→)＝0， ∴PC ―→·AB ―→＝0，∴PC ―→⊥AB ―→， ∴P 是△ABC 的垂心．4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33B.⎝⎛⎭⎫33，－33，33C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33 D.⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 解析：选D 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则n ·AB ―→＝0，即(x ，y ，z )·(－1,1,0)＝0， ∴－x ＋y ＝0.n ·BC ―→＝0，即(x ，y ，z )·(0，－1,1)＝0，∴－y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，与n 平行的单位向量为⎝⎛⎭⎫33，33，33或⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33.5．已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1,0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选A 设n ＝(x ，y,1)是平面ABC 的一个法向量． ∵AB ―→＝(－5，－1,1)，AC ―→＝(－4，－2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－5x －y ＋1＝0，－4x －2y －1＝0，∴⎩⎨⎧x ＝12，y ＝－32，∴n ＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1. 又AD ―→＝(－2，－1,3)，设AD 与平面ABC 所成的角为θ， 则sin θ＝|AD ―→·n ||AD ―→||n |＝727＝12，∴θ＝30°. 6．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 夹角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，22，AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，SD ―→＝(－1，－1，－2)， ∴cos 〈AE ―→，SD ―→〉＝AE ―→·SD ―→|AE ―→||SD ―→|＝－33，∴AE ，SD 夹角的余弦值为33. 7.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，则异面直线EF 与GH 的夹角等于( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F ⎝⎛⎭⎫1，12，0，G ⎝⎛⎭⎫1，1，12，H ⎝⎛⎭⎫12，1，1， ∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，－12，GH ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，12， cos 〈EF ―→·GH ―→〉＝－1422×22＝－12.∴EF 与GH 的夹角为60°.8．已知OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA ―→·QB ―→取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫12，34，13B.⎝⎛⎭⎫12，32，34 C.⎝⎛⎭⎫43，43，83D.⎝⎛⎭⎫43，43，73解析：选C 设点Q (x ，y ，z )．因为点Q 在OP ―→上，所以OQ ―→∥OP ―→，可设x ＝λ，0≤λ≤1，则y ＝λ，z ＝2λ，则Q (λ，λ，2λ)，QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA ―→·QB ―→＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23.故当λ＝43时，QA ―→·QB ―→取得最小值，此时点Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83.故选C.9.如图，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.33 C.77 D.57解析：选C 如图，作BD ⊥AP 于点D ，作CE ⊥AP 于点E .设AB ＝1，则易得CE ＝22，EP ＝22，PA ＝PB ＝2，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 〈BD ―→，EC ―→〉＝－77.故二面角B -AP -C 的余弦值为77. 10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的余弦值为( ) A.24 B.23 C.33D.32解析：选C 以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则C 1(1，1,1)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)．∵AC 1―→＝(1,1,1)，BA 1―→＝(－1,0,1)，BD ―→＝(－1,1,0)， ∴AC 1―→·BA 1―→＝0，AC 1―→·BD ―→＝0， ∴AC 1―→即为平面A 1BD 的法向量．设BC 1与面A 1BD 夹角为θ，又BC 1―→＝(0,1,1)，则sin θ＝|AC 1―→·BC 1―→||AC 1―→||BC 1―→|＝23×2＝63，∴cos θ＝33.11．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.66aB.36aC.34a D.63a 解析：选A 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝⎛⎭⎫a ，0，12a ，A 1(a,0，a )． ∴DB ―→＝(a ，a,0)，DM ―→＝⎝⎛⎭⎫a ，0，12a ， A 1M ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，－12a . 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋ay ＝0，ax ＋12za ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋12z ＝0.令z ＝2，得x ＝－1，y ＝1. ∴n ＝(－1,1,2)，∴n 0＝⎝⎛⎭⎫－66，66，266. ∴A 1到平面BDM 的距离为 d ＝|A 1M ―→·n 0|＝⎪⎪⎪⎪－12a ×266＝66a .12．三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，N 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，且满足： A 1P ―→＝λA 1B 1―→，则直线PN 与平面ABC 所成角θ取最大值时λ的值为( )A.12B.22C.32D.255解析：选A 如图，分别以AB ―→，AC ―→，AA 1―→为单位正交基底建立空间直角坐标系，则P (λ，0,1)，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0，PN ―→＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1. 易得平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，则直线PN 与平面ABC 所成的角θ满足：sin θ＝|cos 〈PN ―→，n 〉|＝1⎝⎛⎭⎫λ－122＋54，于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以当sin θ最大时，θ最大．所以当λ＝12时，sin θ最大，为255，同时直线PN 与平面ABC 所成的角θ取到最大值．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上) 13．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点F 是侧面CDD ′C ′的中心，若AF ―→＝AD ―→＋x AB ―→＋yAA ′―→，则x －y ＝________.解析：如图，∵AF ―→＝AD ―→＋DF ―→，DF ―→＝12(DC ―→＋DD ′―→)＝12(AB ―→＋AA ′―→)，∴AF ―→＝AD ―→＋12AB ―→＋12AA ′―→，又AF ―→＝AD ―→＋x AB ―→＋yAA ′―→， ∴x ＝12，y ＝12，即x －y ＝12－12＝0.答案：014．已知向量a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a ·b ＝2，则x 的值为________． 解析：∵a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a ·b ＝2， ∴－3×1＋2x ＋5×(－1)＝2，∴x ＝5. 答案：515．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵正方体的棱长为1，∴A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,1)， D 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )．∴n ·AB ―→＝0，且n ·BC 1―→＝0，即(x ，y ，z )·(0,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·(－1,0,1)＝0. ∴y ＝0，且－x ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝1， ∴n ＝(1,0,1)． ∴n 0＝⎝⎛⎭⎫22，0，22，又EC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0， ∴点E 到平面ABC 1D 1的距离为|EC 1―→·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－1，12，0·⎝⎛⎭⎫22，0，22＝22. 答案：2216．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系． 则A (2,0,0)，C 1(0,2,1)， A 1(2,0,1)， ∴AC 1―→＝(－2,2,1)， AA 1―→＝(0,0,1)．由长方体的性质知平面A 1B 1C 1D 1的法向量为AA 1―→＝(0，0,1)． ∴cos 〈AC 1―→，AA 1―→〉＝AC 1―→·AA 1―→| AC 1―→||AA 1―→|＝13×1＝13，∴AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为13.答案：13三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,2)．求： (1)a ·b ；(2)a 与b 夹角的余弦值；(3)确定λ，μ的值使得λa ＋μb 与z 轴垂直，且(λa ＋μb )·(a ＋b )＝77. 解：(1)a ·b ＝(3,5，－4)·(2,1,2)＝3×2＋5×1＋(－4)×2＝3. (2)∵|a |＝32＋52＋(－4)2＝52，|b |＝22＋12＋22＝3.∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝352×3＝210.(3)取z 轴上的单位向量n ＝(0,0,1)，a ＋b ＝(5,6，－2)．依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧(λa ＋μb )·n ＝0，(λa ＋μb )·(a ＋b )＝77，即⎩⎪⎨⎪⎧(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ)·(0，0，1)＝0，(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ)·(5，6，－2)＝77，化简整理，得⎩⎪⎨⎪⎧ －4λ＋2μ＝0，53λ＋12μ＝77，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，μ＝2.18．(本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．(1)求证：PA ⊥底面ABCD ； (2)求四棱锥P －ABCD 的体积．解：(1)证明：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0， ∴AP ⊥AB .又∵AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD .∵AB ，AD 是底面ABCD 上的两条相交直线， ∴AP ⊥底面ABCD .(2)设AB ―→与AD ―→的夹角为θ， 则cos θ＝AB ―→·AD―→| AB ―→||AD ―→|＝8－24＋1＋16×16＋4＝3105. V ＝13|AB ―→|·|AD ―→|·sin θ·|AP ―→|＝23105× 1－9105×1＋4＋1＝16.19．(本小题满分12分)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，B 1C 的中点．(1)用向量法证明平面A 1BD ∥平面B 1CD 1； (2)用向量法证明MN ⊥平面A 1BD . 证明：(1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， BD ―→＝AD ―→－AB ―→，B 1D 1―→＝A 1D 1―→－A 1B 1―→. ∵AD ―→＝A 1D 1―→，AB ―→＝A 1B 1―→， ∴BD ―→＝B 1D 1―→. ∴BD ∥B 1D 1.同理可证A 1B ∥D 1C ，又BD ∩A 1B ＝B ，B 1D 1∩D 1C ＝D 1，所以平面A 1BD ∥平面B 1CD 1. (2)MN ―→＝MB ―→＋BC ―→＋CN ―→ ＝12AB ―→＋AD ―→＋12(CB ―→＋BB 1―→) ＝12AB ―→＋AD ―→＋12(－AD ―→＋AA 1―→)＝12AB ―→＋12AD ―→＋12AA 1―→. 设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝12(a ＋b ＋c )．又∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝b －a ， ∴MN ―→·BD ―→＝12(a ＋b ＋c )·(b －a )＝12(b 2－a 2＋c ·b －c ·a )． 又∵A 1A ⊥AD ，A 1A ⊥AB ， ∴c ·b ＝0，c ·a ＝0. ∵|b|＝|a|，∴b 2＝a 2. ∴b 2－a 2＝0.∴MN ―→·BD ―→＝0.∴MN ⊥BD . 同理可证，MN ⊥A 1B ， 又A 1B ∩BD ＝B ， ∴MN ⊥平面A 1BD .20．(本小题满分12分)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．解：(1)证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图．设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0，P (0,0，a )， F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.∵EF ―→ ·DC ―→＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2·(0，a,0)＝0. ∴EF ―→⊥DC ―→，∴EF ⊥CD .(2)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF ―→＝0，n ·DE ―→＝0，即⎩⎨⎧ (x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2＝0，(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0＝0，即⎩⎨⎧ a 2(x ＋y ＋z )＝0，ax ＋a 2y ＝0.取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，∴n ＝(1，－2,1)，∴cos 〈BD ―→，n 〉＝BD ―→·n | BD ―→|·|n |＝a 2a ·6＝36. 设DB 与平面DEF 所成角为θ，则sin θ＝36.21．(本小题满分12分)(2019·天津高考)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E -BD -F 的余弦值为13，求线段CF 的长． 解：依题意，以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AD ―→，AE ―→的方向为x轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得A (0,0,0)，B (1,0，0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1,2，h )．(1)证明：依题意知，AB ―→＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF ―→＝(0,2，h )，可得BF ―→·AB ―→＝0，因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD ―→＝(－1,1,0)，BE ―→＝(－1,0,2)，CE ―→＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD ―→＝0，n ·BE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0， 不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．因此有cos 〈CE ―→，n 〉＝CE ―→·n | CE ―→||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎨⎧ m ·BD ―→＝0，m ·BE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0， 不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意． 所以线段CF 的长为87. 22．(本小题满分12分)如图①，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图②所示的四棱锥A ′-BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值．解：(1)证明：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC 中，因为BC ＝6，O 为BC 的中点，所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3.如图，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝ OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.在折叠后的图形中，因为A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD .同理可证A ′O ⊥OE .又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)以点O 为原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示，则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以OA ′―→＝(0,0，3)，CA ′―→＝(0,3，3)， DA ′―→＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA ′―→＝3y ＋3z ＝0.n ·DA ′―→＝－x ＋2y ＋3z ＝0.令z ＝3，得n ＝(1，－1，3)，|n |＝1＋1＋3＝ 5. 由(1)知，OA ′―→＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，又|OA ′―→|＝3，OA ′―→·n ＝0×1＋0×(－1)＋3×3＝3，所以cos 〈n ，OA ′―→〉＝n ·OA ′―→|n ||OA ′―→|＝33×5＝155，即平面A′CD与平面BCD的夹角的余弦值为155.。
2017-2018学年高中数学北师大版选修2-1同步配套阶段质
阶段质量检测(二) 空间向量与立体几何 [考试时间：90分钟 试卷总分：120分]第Ⅰ卷 (选择题)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，若a ∥b ，则xz ＝( ) A ．－4 B ．9 C ．－9D.6492.如图所示，已知四面体ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，AC 的中点，则12(AB ＋BC ＋CD )＝( )A ．BFB ．EHC ．HGD ．FG3．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA ·PB ＝PB ·PC ＝PC ·PA ，则P 是△ABC的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎫33，－33，33 C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33 D.⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 5．已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1,0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 夹角的余弦值为( )A.13B.23C.33 D.237.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，则异面直线EF 与GH 的夹角等于( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的余弦值为( )A.24B.23 C.33D.329．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.66aB.36aC.34a D.63a 10．三棱锥O －ABC 中，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，则(x ，y ，z )为( )A.⎝⎛⎭⎫14，14，14B.⎝⎛⎭⎫34，34，34 C.⎝⎛⎭⎫13，13，13 D.⎝⎛⎭⎫23，23，23答 题 栏二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)11．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点F 是侧面CDD ′C ′的中心，若AF ＝AD ＋x AB ＋y AA '，则x －y ＝____________.12．已知向量a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2，则x 的值为________．13.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离是________．14. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1的夹角的正弦值为________．三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,2)．求：(1)a·b；(2)a与b夹角的余弦值；(3)确定λ，μ的值使得λa＋μb与z轴垂直，且(λa＋μb)·(a＋b)＝77.16．(本小题满分12分)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4,2,0)，AP＝(－1,2，－1)．(1)求证：P A⊥底面ABCD；(2)求四棱锥P－ABCD的体积．17．(本小题满分12分)如图所示，直三棱柱ABC－AB1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．(1)求A1到平面BCN的距离；(2)求证：A1B⊥C1M.18．(本小题满分14分)如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E 分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝2，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥A′-BCDE，其中A′O＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值．答 案1．选B ∵a ∥b ，∴x 3＝42＝3z .∴x ＝6，z ＝32.∴xz ＝9.2．选C ∵12(AB ＋BC ＋CD )＝12(AC ＋CD )＝12AD ，又∵HG ＝12AD ，∴12(AB ＋BC ＋CD )＝HG .3．选D ∵PA ·PB ＝PB ·PC ＝PC ·PA ，∴PB ·(PA －PC )＝0，即PB ·CA ＝0，∴PB ⊥CA .同理PC ·(PB －PA )＝0，∴PC ·AB ＝0，∴PC ⊥AB ，∴P 是△ABC 的垂心．4．选D 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则n ·AB ＝0，即(x ，y ，z )·(－1,1,0)＝0，∴－x ＋y ＝0.n ·BC ＝0， 即(x ，y ，z )·(0，－1,1)＝0，∴－y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)， 与n 平行的单位向量为⎝⎛⎭⎫33，33，33或⎝⎛⎫－33，－33，－33. 5．选A 设n ＝(x ，y,1)是平面ABC 的一个法向量．∵AB ＝(－5，－1,1)，AC＝(－4，－2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－5x －y ＋1＝0，－4x －2y －1＝0，∴⎩⎨⎧x ＝12，y ＝－32，∴n ＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1.又AD ＝(－2，－1,3)，设AD 与平面ABC 所成的角为θ， 则sin θ＝|AD ·n ||AD ||n |＝727＝12，∴θ＝30°.6.选C 建立如图所示的空间直角坐标系．令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，22， AE ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，SD ＝(－1，－1，－2)，∴cos 〈AE ，SD 〉＝AE ·SD |AE ||SD |＝－33，∴AE ，SD 夹角的余弦值为33. 7．选B 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F ⎝⎛⎭⎫1，12，0，G ⎝⎛⎭⎫1，1，12，H ⎝⎛⎭⎫12，1，1，∴EF ＝⎝⎛⎭⎫0，12，－12，GH ＝⎝⎛⎭⎫－12，0，12，cos 〈EF ·GH 〉＝－1422×22＝－12.∴EF 与GH 的夹角为60°.8．选C 以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则C 1(1，1,1)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)．∵1AC ＝(1,1,1)，1BA ＝(－1,0,1)，BD ＝(－1,1,0)，∴1AC ·1BA ＝0，1AC ·BD ＝0，∴1AC 即为平面A 1BD 的法向量． 设BC 1与面A 1BD 夹角为θ，又1BC ＝(0,1,1)， 则sin θ＝|1AC ·1BC ||1AC ||1BC |＝23×2＝63，∴cos θ＝33.9．选A 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝⎛⎭⎫a ，0，12a ，A 1(a,0，a )．∴DB ＝(a ，a,0)，DM ＝⎝⎛⎭⎫a ，0，12a ，1A M ＝⎝⎛⎭⎫0，0，－12a . 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋ay ＝0，ax ＋12za ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋12z ＝0.令z ＝2，得x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,2)， ∴n 0＝⎝⎛⎭⎫－66，66，266.∴A 1到平面BDM 的距离为d ＝|1A M ·n 0|＝⎪⎪⎪⎪－12a ×266＝66a . 10．选A ∵OG ＝341OG ＝34(OA ＋1AG )＝34OA ＋34×23⎣⎡⎦⎤12( AB ＋AC )＝34OA ＋14[(OB －OA )＋ (OC －OA )]＝14OA ＋14OB ＋14OC ，而OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，∴x ＝14，y ＝14，z ＝14.11．解析：如图，∵AF ＝AD ＋DF ，DF ＝12(DC ＋DD ')＝12(AB ＋AA ')，∴AF ＝AD ＋12AB ＋12AA '，又AF ＝AD ＋x AB ＋y AA '，∴x ＝12，y ＝12，即x －y ＝12－12＝0.答案：012．解析：∵a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2，∴－3×1＋2x ＋5×(－1)＝2，∴x ＝5.答案：513.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，∵正方体的棱长为1，∴A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )．∴n ·AB ＝0，且n ·1BC ＝0，即(x ，y ，z )·(0,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·(－1,0,1)＝0.∴y ＝0，且－x ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)．∴n 0＝⎝⎛⎭⎫22，0，22，又1EC ＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0，∴点E 到平面ABC 1D 1的距离为 |1EC ·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－1，12，0·⎝⎛⎭⎫22，0，22＝22.答案：2214．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C 1(0,2,1)，A 1(2,0,1)，∴1AC ＝(－2,2,1)，1AA ＝(0,0,1)． 由长方体的性质知平面A 1B 1C 1D 1的法向量为1AA ＝(0，0,1)． ∴cos 〈1AC ，1AA 〉＝1AC ·1AA |1AC ||1AA |＝13×1＝13，∴AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为13.答案：1315．解：(1)a·b ＝(3,5，－4)·(2,1,2)＝3×2＋5×1＋(－4)×2＝3. (2)∵|a |＝32＋52＋(－4)2＝52， |b |＝22＋12＋22＝3.∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝352×3＝210.(3)取z 轴上的单位向量n ＝(0,0,1)，a ＋b ＝(5,6，－2)． 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧(λa ＋μb )·n ＝0，(λa ＋μb )·(a ＋b )＝77，即⎩⎪⎨⎪⎧(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ)·(0，0，1)＝0，(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ)·(5，6，－2)＝77， 化简整理，得⎩⎪⎨⎪⎧－4λ＋2μ＝0，53λ＋12μ＝77，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，μ＝2.16．解：(1)证明：∵AP ·AB ＝－2－2＋4＝0， ∴AP ⊥AB .又∵AP ·AD ＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD .∵AB ，AD 是底面ABCD 上的两条相交直线， ∴AP ⊥底面ABCD .(2)设AB 与AD 的夹角为θ，则cos θ＝AB ·AD |AB ||AD |＝8－24＋1＋16×16＋4＝3105.V ＝13|AB |·|AD |·sin θ·|AP |＝23105×1－9105×1＋4＋1＝16. 17．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)，A 1(1,0,2)，B 1(0,1,2)，∴1BA ＝(1，－1,2)，1CB ＝(0,1,2)，1BA ·1CB ＝3，|1BA |＝6，|1CB |＝5，∴cos 〈1BA ，1CB 〉＝1BA ·1CB |1BA ||1CB |＝3010.设平面BCN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，BN ＝(1，－1，1)，CB ＝(0,1,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．n 0＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，则A 1到平面BCN 的距离为d ＝|1BA ·n 0|＝|22－2|＝22. (2)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，1A B ＝(－1,1，－2)，1C M ＝⎝⎛⎭⎫12，12，0. ∵1A B ·1C M ＝－12＋12＋0＝0，∴1A B ⊥1C M .∴A 1B ⊥C 1M .18．解：(1)证明：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC 中，因为BC ＝6，O 为BC 的中点，所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3.如图，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝ OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.在折叠后的图形中，因为A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD . 同理可证A ′O ⊥OE .又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)以点O 为原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示，则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以OA '＝(0,0，3)，CA '＝(0,3，3)，DA '＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·CA '＝3y ＋3z ＝0.n ·DA '＝－x ＋2y ＋3z ＝0.令z ＝3，得n ＝(1，－1，3)，|n |＝1＋1＋3＝ 5.由(1)知，OA '＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，又|OA '|＝3，OA '·n ＝0×1＋0×(－1)＋3×3＝3，所以cos 〈n ，OA '〉＝n ·OA '|n ||OA '|＝33×5＝155，即平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值为155。
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》测试(含答案解析)(2)
一、选择题1．在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，2AB =，E 为PB 的中点，若3cos ,3DP AE =，则PD =（ ）A ．1B ．32C ．3D ．22．定义向量的外积：a b ⨯叫做向量a 与b 的外积，它是一个向量，满足下列两个条件： （1）a a b ⊥⨯，b a b ⊥⨯，且a ，b 和a b ⨯构成右手系（即三个向量两两垂直，且三个向量的方向依次与拇指、食指、中指的指向一致）；（2）a b ⨯的模sin ,a b a b a b ⨯=⋅（,a b 表示向量a 、b 的夹角）； 如图，在正方体1111ABCD A BC D -，有以下四个结论：①1AB AC ⨯与1BD 方向相反； ②AB AC BC AB ⨯=⨯；③6BC AC ⨯与正方体表面积的数值相等； ④()1AB AB CB ⨯⋅与正方体体积的数值相等. 这四个结论中，正确的结论有（ ）个 A ．4B ．3C ．2D ．13．过平面α外一点A 引斜线段AB 、AC 以及垂线段AO ，若AB 与α所成角是30，6AO =，AC BC ⊥，则线段BC 长的取值范围是（ ）A ．()0,6B ．()6,+∞C ．()0,63D ．()63,+∞4．在边长为2的菱形ABCD 中，23BD =，将菱形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 5．如图，在长方形ABCD 中，3AB =，1BC =，点E 为线段DC 上一动点，现将ADE ∆沿AE 折起，使点D 在面ABC 内的射影K 在直线AE 上，当点E 从D 运动到C ，则点K 所形成轨迹的长度为（ ）A ．3 B ．23C ．3πD ．2π 6．如图，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A 3B 2C ．1D 32-7．若向量(3,1,0)a =，(1,0,)b z =，,3a b π=，则实数z 的值为（ ）A 2B ．2C ．2±D ．2±8．已知平行六面体1111ABCD A BC D -中，11114A E AC =，若1BE xAB yAD zAA =++，则x 的值为（ ） A ．14B ．34-C ．1D ．129．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，12BC AA =,E O 分别是线段1,C C BC 的中点，1113A F A A =，分别记二面角1F OB E --，1F OE B --，1F EB O --的平面角为,,αβγ，则下列结论正确的是（ ）A ．γβα>>B ．αβγ>>C ．αγβ>>D ．γαβ>>10．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 352B ．23C ．25-D 33211．在长方体1111ABCD A BC D -中，若13AC =111()AB AC AD AC ++⋅=（ ）A ．0B 3C ．3D ．612．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．设(3,3,1),(1,0,5),(0,1,0)A B C ，则AB 中点M 到C 的距离CM = _______. 14．如图，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，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为________.15．已知空间向量(1,0,0)a =，13(,,0)22b =，若空间向量c满足2c a ⋅=，52c b ⋅=，且对任意,x y R ∈，()()00001(,)c xa yb c x a y b x y R -+≥-+=∈，则c =__________. 16．如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面为S ，则下列命题正确的是__________（写出所有正确命题的编号）.①当102CQ <<时，S 为四边形；②当12CQ =时，S 为等腰梯形； ③当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足114C R =；④当314CQ <<时，S 为五边形； ⑤当1CQ =时，S 的面积为6.17．直线1:(3)30l a x y ++-=与直线2:5(3)40l x a y +-+=，若的方向向量是的法向量，则实数_____．18．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__________．19．在平行六面体1111ABCD A BC D -中，面11A ADD ⊥面ABCD ，底面ABCD 为矩形，2AD =，3CD =，面11A D DA 为菱形，160A AD ∠=，O 是AD 的中点，M 为CD 的中点，问AN =_______时，面DNC ⊥面1AOM ．20．已知平面α⊥平面β，且l αβ⋂=，在l 上有两点A ，B ，线段AC α⊂，线段BD β⊂，并且AC l ⊥，BD l ⊥，6AB =，24BD =，8AC =，则CD =______．三、解答题21．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 、M 、N 分别是棱AB 、AD 、11A B 、11A D 的中点，点P 、Q 分别在棱1DD 、1BB 上移动，且()02DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.22．如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD O M ，，分别为线段AD DE ，的中点．四边形BCDO 是边长为1的正方形，,AE DE AE DE =⊥．（Ⅰ）求证：//CM 平面ABE ；（Ⅱ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；（Ⅲ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长．23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，,M N 分别为棱,PD BC 的中点，2PA AB ==.(1)求证：//MN 平面PAB ；(2)求直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值.24．如图，已知ABCD 为正方形，GD ⊥平面ABCD ，//AD EG 且2AD EG =，//GD CF 且2GD FC =，2DA DG ==.（1）求平面BEF 与平面CDGF 所成二面角的余弦值；（2）设M 为FG 的中点，N 为正方形ABCD 内一点（包含边界），当//MN 平面BEF 时，求线段MN 的最小值.25．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面//ABCD AB CD AD CD ⊥，，，且22AD CD PD AB ====.（I ）求证：AB ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求二面角P BC A --的余弦值.26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，1AB BC CA AA ===，D 为AB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1DAC ；（2）求平面1DAC 与平面11AAC C 所成的锐二面角．．．．的余弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】由已知以D 为原点建立空间直角坐标系，设(0,0,)P a ，求得,DP AE 的坐标，由数量积公式可得答案. 【详解】由已知DP DA DC 、、两两垂直，所以以D 为原点，建立如图所示的坐标系， 设(0)PD a a =>，则(0,0,)P a ，(2,0,0)A ，连接BD 取中点F ，连接EF ，所以//EF PD ，EF ⊥平面ABCD ， 所以(1,1,)2aE ，所以(0,0,)DP a =，(1,1,)2a AE =-，由3 cos,DP AE=，得2232cos,114aDP AEDP AEDP AE aa⋅===⋅⋅++，解得2a=.故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的数量积公式的应用，关键点是建立空间直角坐标系，由数量积公式求得a，考查了学生的空间想象力.2．D解析：D【分析】根据外积的定义逐项判断即可得到结果.【详解】对于①，根据向量外积的第一个性质可知1AB AC⨯与1BD方向相同，故①错误；对于②，根据向量外积的第一个性质可知AB AC⨯与BC AB⨯方向相反，不会相等，故②错误；对于③，根据向量外积的第二个性质可知sin4ABCDBC AC BC AC Sπ⨯=⋅⋅=，则6BC AC⨯与正方体表面积的数值相等，故③正确；对于④，1AB AB⨯与CB的方向相反，则()1AB AB CB⨯⋅<，故④错误.故选：D.【点睛】本题考查正方体的性质和信息迁移，解题的关键在于依据新概念的性质进行推理论证，属难题.3．C解析：C【分析】画出已知图形，可得出OBC∆是以OB为斜边的直角三角形，求出OB的长度，则线段BC长的范围即可求出.【详解】 如下图所示：AO α⊥，BC α⊂，BC AO ∴⊥.又BC AC ⊥，AO AC A ⋂=，AO 、AC ⊂平面ACO ，BC ∴⊥平面ACO .OC ⊂平面ACO ，OC BC ∴⊥，在Rt OAB ∆中，6AO =，30ABO =∠，63tan 30AOOB ∴==.在平面α内，要使得OBC ∆是以OB 为斜边的直角三角形，则0BC OB <<，即063BC <<，因此，线段BC 长的取值范围是()0,63.故选C. 【点睛】本题考查线段长度的取值范围的求解，同时也考查了线面角的定义，解题的关键就是推导出线面垂直，得出线线垂直关系，从而构造直角三角形来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.4．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长的6，故662R =⨯=． 因此，三棱锥A ﹣BCD 的内切球的表面积为226244()3R 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．5．C解析：C 【分析】根据图形的翻折过程中变与不变的量和位置关系知，若连接D'K ，则D'KA=90°，得到K 点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形的边长得到圆的半径，求得此弧所对的圆心角的弧度数，利用弧长公式求出轨迹长度． 【详解】由题意，将△AED 沿AE 折起，使平面AED ⊥平面ABC ，在平面AED 内过点D 作DK ⊥AE ，K 为垂足，由翻折的特征知，连接D'K ，则D'KA=90°，故K 点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是12， 如图当E 与C 重合时，4=12，取O 为AD′的中点，得到△OAK 是正三角形．故∠K0A=3π，∴∠K0D'=23π， 其所对的弧长为1223π⨯=3π， 故选：C 【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题目，解题的关键是由题意得出点K 的轨迹是圆上的一段弧，翻折问题中要注意位置关系与长度等数量的变与不变，属于中档题目．6．D解析：D 【分析】由DB ED FE BF =++，利用数量积运算性质展开即可得到答案 【详解】BD ED FE BF =++,22222221112BD BF FE ED BF FE FE ED BF ED ∴=+++++=++故32BD =- 故选D 【点睛】本题是要求空间两点之间的距离，运用空间向量将其表示，然后计算得到结果，较为基础．7．C解析：C 【解析】分析：根据两个向量的数量积的定义式，推导出其所成角的余弦公式，从而利用cos ,a b a b a b⋅<>=，结合22a a =，将有关量代入求得z 的值，得到结果.详解：根据题意得22331cos ,23101021a b z z ⨯===++⋅+++，化简得22z =，解得z = C.点睛：该题考查的是有关向量夹角余弦公式的问题，在解题的过程中，需要把握住向量夹角余弦公式，再者就是向量的模的平方和向量的平方是相等的，还有就是向量的模的坐标运算式.8．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.9．D解析：D 【分析】过点C 作//Cy AB ，以C 为原点，CA 为x 轴，Cy 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案． 【详解】解：因为1AB AC ==，1BC AA ==222AB AC BC +=，即AB AC ⊥ 过点C 作//Cy AB ，以C 为原点，CA 为x 轴，Cy 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则(1F ，0，1(2O ，12，0)，(0E ，0，1(1B ，1，111(,22OB =，11(,22OE =--，11(,22OF =-，1EB =，EF =，设平面1OB E 的法向量(),,m x y z =，则111·02211·0222m OB x y m OE x y z ⎧=++=⎪⎪⎨⎪=--+=⎪⎩，取1x =，得()1,1,0m →=-，同理可求平面1OB F 的法向量(52,2,3)n =--， 平面OEF 的法向量272(,,3)p =-，平面1EFB 的法向量2(,2,3)2q =--． ∴461cos 61||||m n m n α==，434cos 34||||m p m p β==，46cos 46||||m q m q γ==． γαβ∴>>．故选：D ．【点睛】本题考查二面角的大小的判断，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，属于中档题．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．D解析：D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系A xyz -，设1,,AB a AD b AA c ===，则111(,0,),(,,0),(0,,),(,,)AB a c AC a b AD b c AC a b c ====. 则111(2,2,2)2AB AC AD a b c AC ++==， 所以21111()2()6AB AC AD AC AC ++⋅==. 故选：D 【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的模的概念，属于容易题.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 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．【解析】中点【解析】中点32,,32M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，MC == 14．【分析】以为原点分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系利用向量法即可求解点N 到平面的距离得到答案【详解】由题意以为原点分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系则可得设平面的一个法向量为则令可得所以点N【分析】以D 为原点，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解点N 到平面1D EF 的距离，得到答案. 【详解】由题意，以D 为原点，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，则13(2,0,1),(2,,2),(2,,),(0,0,2),(2,2,1)22E M N DF λλ， 可得11(0,2,0),(0,,),(2,0,1)22EF EN ED λ===-， 设平面1D EF 的一个法向量为(,,)n x y z =，则12020n EF y n ED x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，可得(1,0,2)n =，所以点N 到平面1D EF 的距离55n EN d n⋅===. 故答案为：5.【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求法，以及空间中点、线、面的位置关系等知识的应用，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.15．【分析】设空间向量由已知条件可得的值由对任意得：进而得到答案【详解】解：空间向量设空间向量空间向量又由对任意则故故答案为：【点睛】本题考查的知识点是空间向量的数量积运算空间向量的模属于中档题 解析：22【分析】设空间向量(),,c m n z =，由已知条件可得m 、n 的值，由对任意x ，y R ∈，00|()||()|1c xa yb c x a y b -+-+=得：||1z =，进而得到答案．【详解】 解：空间向量(1,0,0)a =，13(,2b =， 设空间向量(),,c m n z =，2c a ⋅=，52c b ⋅=， 2m ∴=，13522m = 2m ∴=，3n =∴空间向量()2,3,c z =，又由对任意x ，y R ∈，()()001c xa yb c x a y b -+≥-+=， 则||1z =， 故()22223122c =++=，故答案为：22 【点睛】本题考查的知识点是空间向量的数量积运算，空间向量的模，属于中档题．16．①②④【解析】①项时为而时线段上同理存在一点与平行此时为四边形且是梯形故命题①为真；②项是等腰梯形故命题②为真；③项当时如图所示∵点是的中点∴∴∴与的交点满足故命题③为假④项如图所示为五边形故命题④解析：①②④ 【解析】 ①项，12CQ =时，S 为APQD ， 而102CQ <<时，线段1DD 上同理，存在一点，与PQ 平行， 此时，S 为四边形，且是梯形，故命题①为真；②项，1AP D Q =，1AD PQ ，1APQD 是等腰梯形，故命题②为真；③项当34CQ =时，如图所示，0AP DC ⋂=， ∵点P 是BC 的中点，∴CO CD AB ==，∴1113C R C Q CO QC ==， ∴S 与11CD 的交点R 满足113C R =， 故命题③为假．④项，如图所示，S 为五边形，故命题④为真；⑤项，如图所示，S 为菱形，面积为221526222222⎛⎫⎛⎫⨯-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故命题⑤为假．综上所述，命题正确的是：①②④．17．【解析】试题分析：由题意得：即考点：两直线垂直【名师点睛】在研究直线平行与垂直的位置关系时如果所给直线方程含有字母系数时要注意利用两直线平行与垂直的充要条件：(1)l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0 解析：2-【解析】试题分析：由题意得：12l l ⊥，即5(3)302a a a ++-=⇒=- 考点：两直线垂直 【名师点睛】在研究直线平行与垂直的位置关系时，如果所给直线方程含有字母系数时，要注意利用两直线平行与垂直的充要条件：(1)l 1∥l 2⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且A 1C 2－A 2C 1≠0(或B 1C 2－B 2C 1≠0)；(2)l 1⊥l 2⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0，这样可以避免对字母系数进行分类讨论，防止漏解与增根． （3与,0l Ax By C ++=平行的直线可设为0Ax By C ++='，与,0l Ax By C ++=垂直的直线可设为0Bx Ay C -+='18．【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】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，min1(cos )CD CA α=== 考点：1、异面直线所成的角；2、线面垂直、线线垂直．19．【分析】证明出平面然后以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系设点利用空间向量法结合面面可求得的值即可得出结论【详解】因为四边形为菱形则为的中点由余弦定理可得平面平面平面平面平面所以平面以点解析：43【分析】证明出1AO ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OA 、1OA 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系，设点()1,,0N t ，利用空间向量法结合面DNC ⊥面1AOM 可求得t 的值，即可得出结论. 【详解】因为四边形11A D DA 为菱形，2AD =，则12AA =，O 为AD 的中点，160A AD ∠=，1AO ∴=，由余弦定理可得22211112cos 3AO AA AO AA AO A AD =+-⋅∠=，22211AO AO AA ∴+=，1AO AD ∴⊥， 平面11A ADD ⊥平面ABCD ，平面11A ADD 平面ABCD AD =，1AO ⊂平面11A ADD ，所以，1AO ⊥平面ABCD ， 以点O 为坐标原点，OA 、1OA 所在直线分别为x 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0O、(13A 、31,,02M ⎛⎫- ⎪⎝⎭、()1,0,0D -、(13C -,设点()1,,0N t ，设平面DNC 的法向量为()111,,m x y z =，()2,,0DN t =，(13DC =-，由11111120330m DN x ty m DC x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，取13x t =，则123y =-16z t =+， 可得()3,23,6m t t =-+，设平面1AOM 的法向量为()222,,n x y z =，(13OA =，31,,02OM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 由12223032n OA z n OM x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取23x =，则22y =，20z =，可得()3,2,0n =， 因为平面DNC ⊥平面1AOM ，则(3322333430m n t t ⋅=⨯+⨯-=-=，解得43t =. 因此，当43AN =时，平面DNC ⊥平面1AOM . 故答案为：43. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用面面垂直求线段长度，解题的关键在于建立合适的空间直角坐标系，将面面垂直的问题转化为法向量垂直来求解.20．26【分析】推导出=从而=（）2=由此能出CD 【详解】∵平面α⊥平面β且α∩β=l 在l 上有两点AB 线段AC ⊂α线段BD ⊂βAC ⊥lBD ⊥lAB=6BD=24AC=8∴=∴=（）2==64+36+57解析：26【分析】推导出CD =CA AB BD ++，从而2CD =（CA AB BD ++）2=222CA AB BD ++，由此能出CD ． 【详解】∵平面α⊥平面β，且α∩β=l ，在l 上有两点A ，B ，线段AC ⊂α，线段BD ⊂β， AC ⊥l ，BD ⊥l ，AB=6，BD=24，AC=8， ∴CD =CA AB BD ++， ∴2CD =（CA AB BD ++）2 =222CA AB BD ++ =64+36+576 =676， ∴CD=26． 故答案为26． 【点睛】本题考查两点间距离的求法，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）存在，212λ=± 【分析】（1）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，证明出1//BC FP ，利用线面平行的判定定理可证得1//BC 平面EFPQ ； （2）计算出面EFPQ 与面PQMN 的法向量，由已知条件得出这两个平面的法向量垂直，结合02λ<<求出实数λ的值，即可得解. 【详解】（1）证明：以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()2,2,0B 、()10,2,2C 、()2,1,0E 、()1,0,0F ，当1λ=时，()0,0,1P ，()12,0,2BC =-，()1,0,1FP =-，12BC FP ∴=，1//BC FP ∴， 1BC ⊄平面EFPQ ，FP ⊂平面EFPQ ，因此，1//BC 平面EFPQ ；（2）()2,1,0E 、()1,0,0F 、()0,0,P λ、()1,0,2N 、()2,1,2M ，设平面EFPQ 的一个法向量为()111,,m x y z =，()1,1,0EF =--，()1,0,FP λ=-，由00m EF m FP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，可得111100x y x z λ--=⎧⎨-+=⎩，取1x λ=，则1y λ=-，11z =，(),,1m λλ=-，设平面PQMN 的一个法向量为()222,,n x y z =，()1,1,0MN =--，()1,0,2NP λ=--，由00n MN n NP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，可得()2222020x y x z λ--=⎧⎨-+-=⎩，取22x λ=-，则22y λ=-，21z =，()2,2,1n λλ∴=--，若存在λ，使得面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m n ⊥. 且()()2210m n λλλλ⋅=---+=，整理可得22410λλ-+=，02λ<<，解得212λ=±因此，存在212λ=±EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角. 【点睛】方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在． 22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）63；（Ⅲ）53.【分析】（Ⅰ）取AE 中点P ，连接BP 、MP ，根据题意可得四边形BCMP 为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证；（Ⅱ）连接EO ，根据面面垂直的性质定理，可证得EO OB ⊥, EO OD ⊥，以O 为原点，分别以OB ，OD ，OE 为x ，y ，z 轴正方向建系，分别求得CM ，BD 的坐标，利用夹角公式，即可求得结果；（Ⅲ）设ON OD λ=，则可得N 点坐标，即可求得平面BMN 的法向量n ，同理可求得平面ABE 的法向量m ，根据题意，可得0m n ⋅=，即可求得λ的值，即可得答案. 【详解】解：（Ⅰ）取AE 中点P ，连接MP BP ，，因为M 为线段DE 的中点， 所以1//2MP AD MP AD =，， 因为四边形BCDO 是正方形， O 为线段AD 的中点，所以1//2BC AD BC AD =，，即//BC OD BC OD =，， 所以//BC MP BC MP =，所以四边形BCMP 为平行四边形．所以//MC BP ，又因为MC ⊂/平面ABE ，BP ⊂平面ABE ， 所以//CM 平面ABE ；（Ⅱ）因为AE DE O =，为线段AD 的中点，连接EO ，则⊥EO AD ， 因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE平面ABCD AD =，EO ⊂平面ADE所以EO ⊥平面ABCD ，又因为OB ⊂平面ABCD ，所以EO OB ⊥， 又因为OB OD ⊥，所以OE OB OD ，，三线两两垂直．以O 为原点，以OB 为x 轴，以OD 为y 轴，以OE 为z 轴建立直角坐标系，如图所示，依题意可知(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)A B E D -设平面ABE 的一个法向量为(,,)m x y z =，因为(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==，因为00AB m AE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以0x y y z +=⎧⎨+=⎩，令1z =得11y x =-=，，所以(1,1,1)m =- 因为(0,1,1)DE =-，设DE 与平面ABE 所成角为θ， 则6sin |cos ,|32m DE θ=〈〉==⨯， 所以直线DE 与平面ABE 6； （Ⅲ）设(0,,0)ON OD λλ==，则(0,,0)N λ， 因为11110,,,1,,,(1,,0)2222M MB BN λ⎛⎫⎛⎫=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设平面BMN 的一个法向量为(,,)n x y z =，因为00MB n BN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以11022x y z x y λ⎧--=⎪⎨⎪-+=⎩， 令1y =得21x z λλ==-，，所以(,1,21)n λλ=-， 因为平面BMN ⊥平面ABE ，所以0m n ⋅= 故1210λλ-+-=，解得23λ=，即2(0,,0)3N ， 故线段25133AN AO ON =+=+=． 【点睛】 方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 23．(1)证明见解析；(2)10. 【分析】(1)证明线面平行，用线面平行的判定定理，在面PAB 内找一条直线与MN 平行； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角． 【详解】(1)在四棱锥P ABCD -中， 取PA 的中点E ，连接EB 、EM ， 因为M 是PD 的中点， 所以EMAD ，且12EM AD =．又因为底面ABCD 是正方形，N 是BC 的中点， 所以BN AD ∥，且12=BN AD ， 所以EM BN ∥且=EM BN ， 所以四边形MNBE 是平行四边形． 所以MN BE ∥． 由于EB ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以//MN 平面PAB .(2)因为底面ABCD 是正方形，所以AB ⊥AD ． 又因为PA ⊥平面ABCD ，所以可以以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴， 如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ,(0,0,2)P ，(0,1,1)M ,(2,1,0)N ． (2,2,2),(2,0,0)PC CD −−→−−→=-=-，设平面PCD 的法向量为(,,)m x y z =，有：0,0,m PC m CD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x y z x +-=⎧⎨=⎩，令1y =，则=1z ， 所以(0,1,1)m =．(2,0,1)MN =-，设直线MN 与平面PCD 所成角为θ， 有：sin cos ,MN m θ==MN m MN m⋅⋅()02+10+11101025⨯⨯⨯-⋅． 所以直线MN 与平面PCD 10 【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何位置关系的证明，通常用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算． 24．（1229，（222【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值； （2）设(),,0N x y ，即可表示出MN ，再根据//MN 平面BEF ，即可得到0m MN =，即可得到x 与y 的关系，最后根据向量的模及二次函数的性质计算可得；【详解】解：（1）如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()0,2,0C ，()2,2,0B ，()2,0,0A ，()0,0,2G ，()0,2,1F ，()1,0,2E ，则()1,2,2BE =--，()1,2,1FE =-，()2,0,0DA =，设面BEF 的法向量为(),,n x y z =，则22020x y z x y z --+=⎧⎨-+=⎩，令2x =，则3y =，4z =，所以()2,3,4n =，而平面CDGF 的法向量为()2,0,0DA =设平面BEF 与平面CDGF 所成二面角为θ，显然二面角为锐角，所以222229cos 292234n DA n DAθ===++ （2）设(),,0N x y ，[],0,2x y ∈，依题意30,1,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则3,1,2MN x y ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭因为//MN 平面BEF ，所以()23162390m MN x y x y =+--=+-= 所以()222913314714422MN x y y y =+-+=-+又因为函数2133147422y x x =-+，对称轴为313122131324x -=-=>⨯，且开口向上， 所以函数2133147422y x x =-+在[]0,2上单调递减，所以当2y =时，min 22MN =，此时3,2,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以线段MN 的最小值为22【点睛】本题考查二面角的求解问题，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、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. 25．（I ）证明见解析；（Ⅱ）23. 【分析】（I ）通过条件证明PD AB ⊥，AD AB ⊥，再根据线面垂直的判定定理证明出AB ⊥平面PAD ；（Ⅱ）以DA DC DP ，，为x y z ，，轴建立空间直角坐标系，根据平面PBC 与平面ABC 法向量夹角的余弦值求解出二面角P BC A --的余弦值. 【详解】（Ⅰ）因为PD ⊥平面ABCD AB ⊂，平面ABCD ， 所以PD AB ⊥.因为//AB CD AD CD ⊥，， 所以AD AB ⊥. 因为PD AD D ⋂=， 所以AB ⊥平面PAD .（Ⅱ）因为PD ⊥平面ABCD AD CD ⊥，，所以以D 为原点，分别以DA DC DP ，，为x y z ，，轴建立空间直角坐标系D xyz -. 则(0,0,0),(2,0,0),(2,1,0),(0,2,0),(0,0,2)D A B C P ， 所以(2,1,2),(2,1,0)PB BC =-=-. 设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，因为00n PB n BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即22020.x y z x y +-=⎧⎨-+=⎩，所以2,2.z x y x =⎧⎨=⎩令1x =，于是,,(1)22n =. 因为PD ⊥平面ABCD ，所以平面ABC 的法向量为(0,0,1)m =， 所以2cos ,3||||n m n m n m ⋅<>==⋅.由题知二面角P BC A --为锐角，所以其余弦值是23.【点睛】思路点睛：向量方法求解二面角的余弦值的步骤：（1）建立合适空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中相应点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面中任意方向向量，求解出半平面的一个法向量；（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量亦可）（3）计算（2）中两个法向量夹角的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是钝角还是锐角，从而得到二面角的余弦值. 26．（1）证明见解析；（2）15. 【分析】（1）以BC 的中点O 为原点建系，根据要用的点的坐标，写出对应的向量的坐标，设出一个平面的法向量，求出法向量．根据法向量与已知直线的方向向量的数量积等于0，得到结论；（2）以BC 的中点O 为原点建系，算出平面11AAC C 的法向量，结合平面1DAC 的法向量可算出答案. 【详解】（1）证明：如图以BC 的中点O 为原点建系，设12AB BC CA AA ====． 设(,,)n x y z =是平面1DCA 的一个法向量，则1·0·0n CD n CA ⎧=⎪⎨=⎪⎩．又33()2CD =，1(13)CA =，∴30230x z x y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩．令1,3,1x z y ==-=，∴(1,1,3)n =- 1(2,2,0)BC =-，∴1·2200n BC =-++=．又1BC ⊂/平面1DCA ，1//BC ∴平面1DCA ．（2）解：设111(,,)m x y z =是平面11AAC C 的一个法向量，则11·0·0m CC m CA ⎧=⎪⎨=⎪⎩．又1(0,2,0)CC =，1(13)CA =，∴111030y x z =⎧⎪⎨+=⎪⎩．令111,3z x ==-∴(3,0,1)m =-．∴23cos ,25m n -==．∴ 【点睛】关键点睛：解答本类题目的关键是根据图形建立合适的空间直角坐标系和学生的计算能力.。
北师大版高中数学选修2-1精练：第二章 空间向量与立体几何 2.4 Word版含答案
§4用向量讨论垂直与平行课后训练案巩固提升A组1、已知a，b，c分别为直线a，b，c的方向向量，且a=λb( λ≠0 )，b·c=0，则a与c的位置关系是( )A、垂直B、平行C、相交D、异面详细解析:由a=λb( λ≠0 )，知a∥b、由b·c=0，知b⊥c，所以a⊥c、故选A、正确答案:A2、已知A( 1，0，0 )，B( 0，1，0 )，C( 0，0，1 )，则平面ABC的一个单位法向量是( )A、B、C、D、详细解析:=( -1，1，0 )，=( -1，0，1 )，=( 0，-1，1 )、设平面ABC的一个单位法向量为u=( x，y，z )，则u·=0，u·=0，可得x，y，z间的关系，且x2+y2+z2=1，再求出x，y，z的值、正确答案:D3、若平面α的法向量为u=( 1，-3，-1 )，平面β的法向量为v=( 8，2，2 )，则( )A、α∥βB、α与β相交C、α⊥βD、不确定详细解析:∵平面α的法向量为u=( 1，-3，-1 )，平面β的法向量为v=( 8，2，2 )，∴u·v=( 1，-3，-1 )·( 8，2，2 )=8-6-2=0、∴u⊥v，∴α⊥β、正确答案:C4、给出下列命题:①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β;②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1·n2=0;③若n是平面α的法向量，且向量a与平面α共面，则a·n=0;④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直、其中正确命题的个数是( )A、1B、2C、3D、4详细解析:①②不正确、正确答案:B5、导学号90074037如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则①A1M∥D1P;②A1M∥B1Q;③A1M∥平面DCC1D1;④A1M∥平面D1PQB1、以上结论正确的是、( 填序号)详细解析:∵，∴A1M∥D1P、又∵D1P⫋平面D1PQB1，∴A1M∥平面D1PQB1、又D1P⫋平面DCC1D1，∴A1M∥平面DCC1D1、∵D1B1与PQ平行不相等，∴B1Q与D1P不平行、∴A1M与B1Q不平行、正确答案:①③④6、已知=( 1，5，-2 )，=( 3，1，z )，=( x-1，y，-3 )、若，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z的值分别为、详细解析:∵=( 1，5，-2 )，=( 3，1，z )，，∴( 1，5，-2 )·( 3，1，z )=0，即3+5-2z=0，∴z=4、①又∵=( x-1，y，-3 )，⊥平面ABC，∴=0，即( x-1，y，-3 )·( 1，5，-2 )=0，x-1+5y+6=0、②=0，即( x-1，y，-3 )·( 3，1，4 )=0，3x-3+y-12=0、③由①②③得x=，y=-，z=4、正确答案:，-，47、如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为、详细解析:建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA=a、则B( 1，0，0 )，E，P( 0，0，a )、设点F的坐标为( 0，y，0 )，则=( -1，y，0 )，、∵BF⊥PE，∴=0，解得y=，则点F的坐标为，∴F为AD的中点，∴AF∶FD=1、正确答案:18、如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在线段BB1上，且EB1=1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点、求证:平面EGF∥平面ABD、证明如图所示，由条件知BA，BC，BB1两两互相垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系、由条件知B( 0，0，0 )，D( 0，2，2 )，B1( 0，0，4 )，E( 0，0，3 )，F( 0，1，4 )，设BA=a，则A( a，0，0 )，G、所以=( a，0，0 )，=( 0，2，2 )，=( 0，2，-2 )，=( 0，1，1 )、( 方法一)因为=0，=0+4-4=0，所以B1D⊥BA，B1D⊥BD、因为BA∩BD=B，所以B1D⊥平面ABD、又=0+2-2=0，=0+2-2=0、所以B1D⊥EG，B1D⊥EF、又EG∩EF=E，所以B1D⊥平面EFG，可知平面EGF∥平面ABD、( 方法二)设平面EGF的法向量为n1=( x1，y1，z1 )，则令y1=1，则n1=( 0，1，-1 )、设平面ABD的法向量为n2=( x2，y2，z2 )，则即令y2=1，则n2=( 0，1，-1 )、所以n1=n2，所以平面EGF∥平面ABD、9、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点、求证:AB1⊥平面A1BD、证明如图所示，取BC的中点O，连接AO、因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC、因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1、取B1C1的中点O1，以O为原点，以为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B( 1，0，0 )，D( -1，1，0 )，A1( 0，2，)，A( 0，0，)，B1( 1，2，0 )、设平面A1BD的法向量为n=( x，y，z )，=( -1，2，)，=( -2，1，0 )、因为n⊥，n⊥，故令x=1，则y=2，z=-，故n=( 1，2，-)为平面A1BD的一个法向量，而=( 1，2，-)，所以=n，所以∥n，故AB1⊥平面A1BD、B组1、设平面α的一个法向量为( 1，2，-2 )，平面β的一个法向量为( -2，-4，k )，若α∥β，则k=( )A、2B、-4C、4D、-2详细解析:∵α∥β，∴存在实数λ，使( 1，2，-2 )=λ( -2，-4，k )，∴k=4、正确答案:C2、如图，AB是☉O的直径，VA垂直☉O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( )A、MN∥ABB、MN与BC所成的角为45°C、OC⊥平面VACD、平面VAC⊥平面VBC详细解析:因为M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC、因为AB∩AC=A，所以A选项不正确、因为AC⊥BC，所以MN与BC所成的角为90°，B选项不正确、又因为OC不垂直于AC，所以选项C不正确、因为VA垂直☉O所在的平面，依题意可得平面VAC⊥平面VBC、正确答案:D3、如图，定点A和B都在平面内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，那么C在平面α内的轨迹是( )A、一条线段，但要去掉两个点B、一个圆，但要去掉两个点C、一个椭圆，但要去掉两个点D、半圆，但要去掉两个点详细解析:连接BC( 图略)，根据题意BC为PC在平面α内的射影、∵PC⊥AC，根据三垂线定理的逆定理知AC⊥BC，∴点C在以AB为直径的圆上、又C是不同于点A和B的动点，因此应去掉端点A和B、正确答案:B4、如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点、若在棱AA1上取一点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP的长为、详细解析:以A为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系( 如图所示)、设AB=a，则A( 0，0，0 )，D( 0，1，0 )，D1( 0，1，1 )，E，B1( a，0，1 )，故=( 0，1，1 )，=( a，0，1 )，、再设P( 0，0，z0 )，使得DP∥平面B1AE、此时=( 0，-1，z0 )、又设平面B1AE的法向量为n=( x，y，z )，则取x=1，得n=、要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有-az0=0，解得z0=、又DP⊈平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP=、正确答案:5、如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=，CE=EF=1、求证:( 1 )AF∥平面BDE;( 2 )CF⊥平面BDE、证明( 1 )设AC与BD交于点G、因为EF∥AG，且EF=1，AG=AC=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( ，0 )，B( 0，，0 )，D( ，0，0 )，E( 0，0，1 )，F、所以=( 0，-，1 )，=( -，0，1 )、所以=0-1+1=0，=-1+0+1=0、所以CF⊥BE，CF⊥DE、又BE∩DE=E，所以CF⊥平面BDE、6、导学号90074038如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC、( 1 )求证:AC⊥PB;( 2 )设O，D分别为AC，AP的中点，点G为△OAB内一点，且满足)，求证:DG∥平面PBC、证明( 1 )因为PA⊥平面ABC，AC⫋平面ABC，所以PA⊥AC、又因为AB⊥AC，且PA∩AB=A，所以AC⊥平面PAB、又因为PB⫋平面PAB，所以AC⊥PB、( 2 )证法一:因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC、又因为AB⊥AC，所以建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz、设AC=2a，AB=b，PA=2c，则A( 0，0，0 )，B( 0，b，0 )，C( 2a，0，0 )，P( 0，0，2c )，D( 0，0，c )，O( a，0，0 )，又因为)，所以G、于是=( 2a，-b，0 )，=( 0，b，-2c )、设平面PBC的一个法向量n=( x0，y0，z0 )，则有不妨设z0=1，则有y0=，x0=，所以n=、因为n·+1·( -c )=0，所以n⊥、又因为DG⊈平面PBC，所以DG∥平面PBC、证法二:取AB中点E，连接OE，则)、由已知)可得，则点G在OE上、连接AG并延长交CB于点F，连接PF、因为O，E分别为AC，AB的中点，所以OE∥BC，即G为AF的中点、又因为D为线段PA的中点，所以DG∥PF、又DG⊈平面PBC，PF⫋平面PBC，所以DG∥平面PBC、。
北师大数学选修21同步作业：第2章 空间向量与立体几何 课时作业10 含解析
课时作业(十)1．已知a ＝(2，3，－1)，则下列向量中与a 平行的向量是( )A ．(1，1，1)B ．(－2，－3，5)C ．(2，－3，5)D ．(－4，－6，2)答案 D2．已知a ＝(1，－2，1)，a ＋b ＝(－1，2，－1)，则b 等于( )A ．(2，－4，2)B ．(－2，4，－2)C ．(－2，0，－2)D ．(2，1，－3)答案 B3．已知点A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C 为线段AB 上一点，且AC ＝13AB.则点C 的坐标为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫72，－12，52 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫38，－3，2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫103，－1，73 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，－72，32 答案 C4．已知A ，B ，C 三点的坐标分别是A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C(3，7，λ)，AB →⊥AC →，则λ的值是( )A ．28B ．－28C ．14D ．－14答案 D解析 AB →＝(－2，－6，－2)，AC →＝(－1，6，λ－3)，∵AB →⊥AC →.∴AB →·AC →＝－34－2(λ－3)＝－28－2λ＝0.∴λ＝－14.5．已知向量OA →＝(2，－2，3)，向量OB →＝(x ，1－y ，4z)，且平行四边形OACB 对角线的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－12，则(x ，y ，z)等于( ) A ．(－2，－4，－1) B ．(－2，－4，1)C ．(－2，4，－1)D ．(2，－4，－1)答案 A解析 用线段中点的向量公式OM →＝12(OA →＋OB →)求待定系数．6.如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，B 1E 1＝14A 1B 1，则BE 1→等于( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，－1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，－1答案 C解析 B 点坐标为(1，1，0)，E 1点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1， 则BE 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1，34－1，1－0＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－14，1. 7．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 ．±66 B.66C ．－66D ．±6 答案 C解析 OA →＋λOB →＝(1，0，0)＋λ(0，－1，1)＝(1，－λ，λ)，∵OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，∴(1，－λ，λ)·(0，－1，1)＝1＋2λ2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12. ∴2λ＝－221＋2λ2，∴λ＝－66. 8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在线段AC 1上，且MC 1＝2AM ，N 为B 1B 的中点，则|MN →|的值为( )A.216 aB.66aC.156 aD.153a答案 A解析以点D 为原点建立如右图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A(a ，0，0)，C 1(0，a ，a)，N ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2. ∵AM →＝12MC 1→， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3. ∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a. 9．已知A(1，－2，11)，B(6，－1，4)，C(4，2，3)，则△ABC 是( )A ．锐角三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．钝角三角形答案 C解析 ∵AB →·AC →＝(5，1，－7)·(3，4，－8)＝15＋4＋56＝75＞0，∴∠BAC 为锐角．∵BA →·BC →＝(－5，－1，7)·(－2，3，－1)＝10－3－7＝0，∴∠ABC ＝90°.10．已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z)，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP⊥平面ABC ，则BP →等于( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫407，157，－3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫337，157，－3 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－407，－157，－3 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫337，－157，－3 答案 D解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0.∴1×3＋5×1＋(－2)·z ＝0，解得z ＝4.∵BP ⊥平面ABC ，∴BP →⊥AB →且BP →⊥BC →.∴(x －1)＋5y ＋6＝0，且3(x －1)＋y －12＝0，解得x ＝407，y ＝－157. ∴BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫337，－157，－3. 11．已知两点A(1，－2，3)，B(2，1，－1)，AB 连线与xOz 平面的交点坐标是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，0，13 解析 设AB 与xOz 平面交点为P(x ，0，z)，AP →＝λAB →，∴(x －1，2，z －3)＝λ(1，3，－4)．∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝λ，2＝3λ，z －3＝－4λ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53，y ＝13，λ＝23.12．若a ＝(x ，2，0)，b ＝(3，2－x ，x 2)，且a 与b 的夹角为钝角，则x 的取值范围是________． 答案 (－∞，－4)解析 cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |， ∵〈a ，b 〉为钝角，∴a ·b <0.又a ·b ＝3x ＋4－2x ＋0＝x ＋4，若a ＝λb ，λ<0，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3λ，2＝λ（2－x ），0＝λx 2，λ<0无解． ∴x ＋4<0，∴x<－4.即x 的取值范围为(－∞，－4)．13．已知向量a ＝(－1，2，3)，b ＝(1，1，1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 答案 43314．已知向量a ＝(1，－2，4)，向量b 满足下面三个条件．(1)a·b ＝0，(2)|b |＝10，(3)b 与向量c ＝(1，0，0)垂直．试求向量b .答案 b ＝(0，45，25)或b ＝(0，－45，－25)15．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．(1)求以AB →，AC →为邻边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．解析 (1)∵A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)，∴AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)．∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →|·|AC →|＝－2＋3＋6（－2）2＋（－1）2＋32·12＋（－3）2＋22＝12. ∴〈AB →，AC →〉＝π3，∴sin 〈AB →，AC →〉＝32. ∴S ＝12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉×2 ＝12×14×14×32×2＝73， 即以AB →，AC →为邻边的平行四边形的面积为7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z)，则x 2＋y 2＋z 2＝3.①又∵a ⊥AB →，a ⊥AC →，∴a ·AB →＝0，a ·AC →＝0. ∴－2x －y ＋3z ＝0，②x －3y ＋2z ＝0.③解由①②③组成的方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1.∴a ＝(1，1，1)，或a ＝(－1，－1，－1)． 16.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心，N 为棱AA 1的中点，若AB ＝AD ＝1，AA 1＝2.(1)求|CN →|；(2)求证：A 1C ⊥D 1M ；(3)求异面直线CA 1与DC 1所成角的余弦值．解析 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．则C(1，1，0)，N(0，0，1)． ∴CN →＝(－1，－1，1)．∴|CN →|＝（－1）2＋（－1）2＋（1）2＝ 3.(2)证明：∵A 1(0，0，2)，C(1，1，0)，D 1(0，1，2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，∴A 1C →＝(1，1，－2)，D 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0. ∴A 1C →·D 1M →＝1×12＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋(－2)×0＝0. ∴A 1C ⊥D 1M.(3)∵CA 1→＝(－1，－1，2)，DC 1→＝(1，0，2)，∴CA 1→与DC 1→所成角的余弦值为cos θ＝CA 1→·DC 1→|CA 1→|·|DC 1→|＝－1×1＋（－1）×0＋2×26·5＝3010. 故异面直线CA 1与DC 1所成角的余弦值为3010.。
北师大数学选修21同步作业：第2章 空间向量与立体几何 课时作业 含解析
课时作业(七)1．下列式子中正确的是( )A ．|a |·a ＝a 2B ．(a ·b )2＝a 2·b 2C ．(a ·b )c ＝a (b ·c )D ．|a ·b |≤|a ||b |答案 D解析 ∵a ·b ＝|a ||b |cos θ，∴|a ·b |＝|a ||b ||cos θ|≤|a ||b |.故选D.2．若|a |＝|b |＝4，〈a ，b 〉＝60°，则|a －b |等于( )A ．4B ．8C ．37D ．13答案 A解析 |a －b |2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝|a |2＋|b |2－2·|a |·|b |cos 〈a ，b 〉＝42＋42－2×4×4cos60°＝42， ∴|a －b |＝4.3．已知向量a ，b ，c ，两两夹角为60°，其模都为1，则|a －b ＋2c |＝( ) A. 5 B ．5C ．6 D. 6答案 A解析 ∵|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝a ·c ＝12， a 2＝b 2＝c 2＝1.∴|a －b ＋2c |＝（a －b ＋2c ）2 ＝a 2＋b 2＋4c 2－2a ·b ＋4a ·c －4b ·c ＝1＋1＋4－2×12＋4×12－4×12 ＝6－1＋2－2＝ 5. 4．空间四边形ABCD 各边及对角线长均为2，E ，F ，G 分别是AB ，AD ，DC 的中点，则GE →·GF →＝( )A.12B ．1 C. 2 D.22答案 A解析 取BC 中点H ，连接EH ，GH ，则四边形EFGH 为正方形，边长为22，EG ＝1，FG ＝22，∠EGF ＝45°，∴GE →·GF →＝|GE →|·|GF →|·cos45°＝1·22·22＝12. 5．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1长为( )A.13B.23C.33D.43答案 B解析 ∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→∴AC 1→2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝23 ∴|AC 1→|＝23.6．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝4，则向量a 与b 之间夹角θ的余弦值为( ) A.12 B.22C.32D.14答案 D解析 ∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＋b ＝－c .∴(a ＋b )2＝(－c )2，∴a 2＋2a·b ＋b 2＝c 2.∴4＋2·2·3·cos θ＋9＝16，∴cos θ＝14. 7．若向量a ，b 满足|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，则|a －b |等于( )A ．1 B. 2C. 3D.32答案 C解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，以OA →，OB →为邻边作平行四边形OACB ，则OC →＝a ＋b .∵|a |＝|b |＝|a ＋b |，∴△OAC 为正三角形．∴∠AOB ＝120°.∴|a －b |＝|AB →|＝ 3.8.如图所示，已知空间四边形每条边和对角线长度都等于a ，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，DC 的中点，则a 2是下列哪个向量的数量积( )A ．2BA →·AC →B ．2AD →·BD →C ．2FG →·CA →D ．2EF →·CB →答案 B解析 2AD →·BD →＝2·|AD →||BD →|cos60°＝a 2，故选B.9．平面上有四个互异点A ，B ，C ，D ，已知(DB →＋DC →＋2AD →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 的形状是( )A ．直角三角形B ．等腰直角三角形C ．等腰三角形D ．无法确定答案 C解析 ∵(DB →＋DC →＋2AD →)·(AB →－AC →)＝0，即[(AD →＋DB →)＋(AD →＋DC →)]·(AB →－AC →)＝0，∴(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0，可得AB →2＝AC →2.∴AB ＝AC.则△ABC 的形状是等腰三角形．故选C.10．点O 是△ABC 所在平面内的一点，且满足OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →，则点O 是△ABC的( )A ．内心B ．处心C ．三条中线的交点D ．三条高的交点答案 D解析 ∵OA →·OB →＝OB →·OC →，∴OA →·OB →－OB →·OC →＝0.∴OB →·CA →＝0，即OB →⊥CA →，点O 在AC 边的高线上，同理可证OA →⊥BC →，OC →⊥AB →，∴点O 是△ABC 三条高的交点． 11．已知|a |＝32，|b |＝4，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，m ⊥n ，则λ＝________．答案 －32解析 由m ⊥n ，得(a ＋b )·(a ＋λb )＝0.∴a 2＋λa ·b ＋a ·b ＋λb 2＝0.∴18＋λ·32·4·cos135°＋32·4·cos135°＋16λ＝0.∴4λ＋6＝0，∴λ＝－32. 12．已知O 1为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1上底面A 1B 1C 1D 1的中心，则异面直线BO 1与AC 1所成的角余弦值为________．答案 23解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，且|a |＝1，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，BO 1→＝c ＋12(b －a )，AC 1→·BO 1→＝1，|AC 1→|＝3，|BO 1→|＝62，∴cos θ＝23·6＝23. 13．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为CC 1的中点．求证：A 1O ⊥平面GBD.证明 设AB →＝x ，AD →＝y ，AA 1→＝z ，正方体的棱长为1，则|x |＝|y |＝|z |＝1且x ⊥y ，y ⊥z ，x ⊥z .∵OA 1→＝AA 1→－AO →＝z －12(x ＋y )， BD →＝y －x ，OG →＝OC →＋CG →＝12(x ＋y ＋z )． ∴OA 1→·BD →＝⎝⎛⎭⎫z －12x －12y ·(y －x )＝0.∴OA 1→⊥BD →.∴OA 1⊥BD.OA 1→·OG →＝⎝⎛⎭⎫z －12x －12y ·12(x ＋y ＋z )＝0. ∴OA 1→⊥OG →.∴OA 1⊥OG .又∵OG ∩BD ＝O ，OG ⊂平面GBD ，BD ⊂平面GBD ，∴A 1O ⊥平面GBD.14.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，正方体的棱长为1，E ，F 分别是C 1D 1，D 1D 的中点．(1)求cos 〈CE →，AF →〉；(2)求证：BD 1→⊥EF →.解析 (1)AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12AA 1→， CE →＝CC 1→＋C 1E →＝AA 1→＋12CD →＝AA 1→－12AB →. ∵AB →·AD →＝0，AB →·AA 1→＝0，AD →·AA 1→＝0，∴CE →·AF →＝⎝⎛⎭⎫AA 1→－12AB →·⎝⎛⎭⎫AD →＋12AA 1→＝12.又|AF →|＝|CE →|＝52，∴cos 〈CE →，AF →〉＝25. (2)证明：BD 1→＝BD →＋DD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→，EF →＝ED 1→＋D 1F →＝－12(AB →＋AA 1→)， ∴BD 1→·EF →＝0，∴BD 1→⊥EF →.15．已知平行四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠D ＝60°，PA ⊥平面ABCD 且PA ＝6，求PC 的长．解析 ∵PC →＝PA →＋AD →＋DC →，∴|PC →|2＝PC →·PC →＝(PA →＋AD →＋DC →)2＝|PA →|2＋|AD →|2＋|DC →|2＋2PA →·AD →＋2PA →·DC →＋2AD →·DC →＝62＋42＋32＋2|AD →|·|DC →|·cos120°＝61－12＝49.∴|PC →|＝7.。
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．。
2019-2020版数学新学案北师大版选修2-1练习：第二章 空间向量与立体几何 2.3.3 Word版含解析.pdf
3.3 空间向量运算的坐标表示课后训练案巩固提升A 组1.已知a =(1,-5,6),b =(0,6,5),则a 与b ( )A .垂直B .不垂直也不平行C .平行且同向D .平行且反向解析:0+(-5)×6+6×5=0,故a ⊥b .答案:A2.下列各组向量中,不平行的是( )A.a =(1,2,-2),b =(-2,-4,4)B.c =(1,0,0),d =(-3,0,0)C.e =(2,3,0),f =(0,0,0)D.g =(-2,3,5),h =(16,-24,40)解析:选项A 中,b =-2a ,所以a ∥b ;选项B 中,d =-3c ,所以c ∥d ;选项C 中,0与任何向量平行.答案:D3.已知向量a =(1,3,3),b =(5,0,1),则|a -b |等于( )A.7B.29C.3D.3解析:|a-b |=|(1,3,3)-(5,0,1)|=|(-4,3,2)|=.16+9+4=29答案:B4.若向量a =(1,λ,2),b =(-2,1,1),a ,b 夹角的余弦值为,则λ=( )16A.1B.-1C.±1D.2解析:∵a =(1,λ,2),b =(-2,1,1),a ,b 夹角的余弦值为,又a ·b =|a||b |·cos <a ,b >,16∴-2+λ+2=.∴λ=±1.∵a ·b =λ>0,∴λ=1.12+λ2+22·(-2)2+12+12×16答案:A5.已知三个力F 1=(1,2,1),F 2=(-1,-2,3),F 3=(2,2,-1),则这三个力的合力的坐标为( )A.(2,2,3)B.(0,0,0)C.D.017解析:F 1+F 2+F 3=(1,2,1)+(-1,-2,3)+(2,2,-1)=(2,2,3).答案:A6.已知点A (1,-2,11),B (4,2,3),C (6,-1,4),则△ABC 的形状是( )A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形解析: =(5,1,-7),=(2,-3,1).AC BC 因为=2×5-3×1-7×1=0,AC ·BC 所以.所以∠ACB=90°.AC ⊥BC 又因为||=5,||=,AC 3BC 14即||≠||,所以△ABC 为直角三角形.AC BC 答案:C7.已知向量a =(4-2m ,m-1,m-1)与b =(4,2-2m ,2-2m )平行,则m 的值等于 .解析:当m=1时,a =(2,0,0),b =(4,0,0),显然满足a ∥b ;当m ≠1时,则依a ∥b 则有=-,解得m=3.综上可知4-2m 4=m -12-2m 12m=1或m=3.答案:1或38.导学号90074033若(-4,6,-1),=(4,3,-2),|a |=1,且a ⊥a ⊥,则a = .AB AC AB AC解析:设a =(x ,y ,z ),则有{x 2+y 2+z 2=1,4x +6y -z =0,4x +3y -2z =0.解此方程组得{x =313,y =413,z =1213或{x =-313,y =-413,z =-1213.答案:(313,413,1213)或(-313,-413,-1213)9.已知向量a =(1,-3,2),b =(-2,1,1),点A (-3,-1,4),B (-2,-2,2).(1)求|2a+b |.(2)在直线AB 上是否存在一点E ,使⊥b (O 为原点)?若存在,求出点E 坐标;若不存在,说明理由.OE 解(1)∵2a+b =(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),∴|2a+b |==5.02+(-5)2+522(2)假设存在这样的点E ,则+t =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2)OE =OA +AE =OA AB =(-3+t ,-1-t ,4-2t ).若⊥b ,则·b =0,即-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t=,故存在点E ,使⊥b ,此时E 点坐标为.OE OE 95OE (-65,-145,25)10.已知a =(x ,4,1),b =(-2,y ,-1),c =(3,-2,z ),a ∥b ,b ⊥c ,求:(1)a ,b ,c ;(2)a+c 与b+c 所成角的余弦值.解(1)∵a ∥b ,∴,解得x=2,y=-4,x -2=4y =1-1故a =(2,4,1),b =(-2,-4,-1).又b ⊥c ,∴b ·c =0,即-6+8-z=0,解得z=2,故c =(3,-2,2).(2)由(1)可得a+c =(5,2,3),b+c =(1,-6,1),设向量a+c 与b+c 所成的角为θ,则cos θ==-.5-12+338×38219B 组1.长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AA 1=2,AD=1,E 为CC 1的中点,则向量所成角的余弦值为( )BC 1与AE A. B. C. D.101030102151031010解析:建立坐标系如图,则A (1,0,0),E (0,2,1),B (1,2,0),C 1(0,2,2).所以=(-1,0,2),=(-1,2,1),BC 1AE 故cos <>=.BC 1,AE BC ·AE |BC 1||AE |3010所以向量所成角的余弦值为.BC 1与AE 3010答案:B2.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 .①②把①代入②得x 2+x-2=0,(x+2)(x-1)=0,解得x=-2,或x=1,当x=-2时,y=-6;当x=1时,y=3.当时,b =(-2,-4,-6)=-2a ,{x =-2,y =-6两向量a ,b 反向,不符合题意,所以舍去.当时,b =(1,2,3)=a ,a 与b 同向,{x =1,y =3所以{x =1,y =3.答案:1,33.已知向量a =(0,-1,1),b =(2,2,1),计算:(1)|2a-b |;(2)cos a ,b ;(3)2a-b 在a 上的投影.解(1)∵a =(0,-1,1),b =(2,2,1),∴2a-b =2(0,-1,1)-(2,2,1)=(-2,-4,1),∴|2a-b |=.(-2)2+(-4)2+12=21(2)∵a =(0,-1,1),b =(2,2,1),∴a ·b =(0,-1,1)·(2,2,1)=-2+1=-1,|a |=,|b |==3,222+22+12=9∴cos a ,b ==-.a ·b |a ||b |=-13×226(3)∵(2a-b )·a =(-2,-4,1)·(0,-1,1)=5,∴2a-b 在a 上的投影为.(2a -b )·a |a |=52=5224.已知空间三点A (0,2,3),B (-2,1,6),C (1,-1,5),求以为邻边的平行四边形面积.AB ,AC 解∵A (0,2,3),B (-2,1,6),C (1,-1,5),∴=(-2,1,6)-(0,2,3)=(-2,-1,3),AB =(1,-1,5)-(0,2,3)=(1,-3,2).AC ∴||=,AB (-2)2+(-1)2+32=14||=,AC 12+(-3)2+22=14=(-2,-1,3)·(1,-3,2)=-2+3+6=7.∴cos <>=,AB ·AC AB ,AC AB AC |AB ||AC |12∴sin <>=.AB ,AC 32以为邻边的平行四边形的面积AB ,AC S=||sin <>=7.AB AC AB ,AC 35.已知空间三点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),设a =,b =.AB AC (1)若|c |=3,c ∥,求c ;BC (2)若k a +b 与k a -2b 互相垂直,求k.解(1)∵=(-3,0,4)-(-1,1,2)=(-2,-1,2)且c ∥,BC BC ∴设c =λ=λ(-2,-1,2)=(-2λ,-λ,2λ).BC ∴|c |==3|λ|=3.(-2λ)2+(-λ)2+(2λ)2解得λ=±1,∴c =(-2,-1,2)或c =(2,1,-2).(2)∵a ==(-1,1,2)-(-2,0,2)=(1,1,0),AB b ==(-3,0,4)-(-2,0,2)=(-1,0,2),AC ∴k a +b =k (1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k ,2),k a -2b =k (1,1,0)-2(-1,0,2)=(k+2,k ,-4).∵(k a +b )⊥(k a -2b ),∴(k a +b )·(k a -2b )=0,即(k-1,k ,2)·(k+2,k ,-4)=2k 2+k-10=0.解得k=2或k=-.526.导学号90074034在Rt △ABC 中,AC=BC=1,∠BCA=90°.现将△ABC 沿着与平面ABC 的垂直的方向平移到△A 1B 1C 1的位置,已知AA 1=2,分别取A 1B 1,A 1A 的中点P ,Q.(1)求的模;BQ(2)求cos ,cos ,并比较与的大小;BQ ,CB 1BA 1,CB 1BQ ,CB 1BA 1,CB 1(3)求证:AB 1⊥C 1P.解以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知得C (0,0,0),A (1,0,0),B (0,1,0),C'(0,0,2),P (12,12,2),Q (1,0,1),B 1(0,1,2),A 1(1,0,2),则=(1,-1,1),=(0,1,2),=(1,-1,2),BQ CB 1BA 1=(-1,1,2),.AB 1C 1P =(12,12,0)(1)||=.BQ 12+(-1)2+12=3(2)∵=0-1+2=1,||=,BQ ·CB 1BQ 3||=,CB 102+12+22=5∴cos =.BQ ,CB 113×5=1515又∵=0-1+4=3,,||=,∴cos =.BA 1·CB 1|BA 1|=1+1+4=6CB 15BA 1,CB 1330=3010∵0<<1,∴∈,∈.又y=cos x 在内递减,1515<3010BQ ,CB 1(0,π2)BA 1,CB 1(0,π2)(0,π2)∴>.BQ ,CB 1BA 1,CB 1(3)证明:∵(-1,1,2)·=0,AB 1·C 1P (12,12,0)∴,即AB 1⊥C 1P.AB 1⊥C 1P。
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习题课（二） 空间向量与立体几何1．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(－3，－6,3)，则( ) A ．α∥β B ．α⊥β C ．α，β相交但不垂直 D ．以上均不正确解析：选A ∵v ＝－3u ，∴α∥β.2．已知直线l 过定点A (2,3,1)，且n ＝(0,1,1)为直线l 的一个方向向量，则点P (4,3,2)到直线l 的距离为( )A.322B.22C.102D. 2解析：选A PA ―→＝(－2,0，－1)，|PA ―→|＝5，PA ―→·n|n |＝－22，则点P 到直线l 的距离为|PA ―→|2－⎪⎪⎪⎪PA ―→·n|n |2＝5－12＝322. 3．已知棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1―→·AC ―→的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：选C 由于AO 1―→＝AA 1―→＋A 1O 1―→＝AA 1―→＋12(A 1B 1―→＋A 1D 1―→)＝AA 1―→＋12(AB ―→＋AD ―→)，而AC―→＝AB ―→＋AD ―→，则AO 1―→·AC ―→＝⎣⎡⎦⎤AA 1―→＋12( AB ―→＋AD ―→)·(AB ―→＋AD ―→)＝12(AB ―→＋AD ―→)2＝12(AB ―→2＋AD ―→2)＝1. 4.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A.23B.73C.32D.37解析：选A 以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，13， GE ―→＝⎝⎛⎭⎫a 6，a 6，23，BD ―→＝(0，－a,1)． ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→·BD ―→＝0，解得a ＝2. ∴GE ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，23，BA 1―→＝(2，－2,2)， ∵GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→为平面ABD 的一个法向量． 又cos 〈GE ―→，BA 1―→〉＝GE ―→·BA 1―→|GE ―→|| BA 1―→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23. 5．已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)．若AP ―→∥BC ―→，且|AP ―→|＝14，则点P 的坐标为( )A ．(4，－2,2)B ．(－2,2,4)C ．(4，－2,2)或(－2,2,4)D ．(－4,2，－2)或(2，－2,4)解析：选C ∵AP ―→∥BC ―→，∴可设AP ―→＝λBC ―→.易知BC ―→＝(3，－2，－1)，则AP ―→＝(3λ，－2λ，－λ)．又|AP ―→|＝14，∴(3λ)2＋(－2λ)2＋(－λ)2＝14，解得λ＝±1，∴AP ―→＝(3，－2，－1)或AP ―→＝(－3,2,1)．设点P 的坐标为(x ，y ，z )，则AP ―→＝(x －1，y ，z －3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝－2，z ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2，z ＝4.故点P 的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．6.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，则平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为( )A.355B.255C.55D.510解析：选B 如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ，∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为O 1到平面BC 1O 的距离．∵O (0，0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)，∴OB ―→＝(3，0,0)，OC 1―→＝(0,1,2)，OO 1―→＝(0,0,2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则n ·OB ―→＝0，∴x ＝0.又n ·OC 1―→＝0，∴y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)．点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ，则d ＝|n ·OO 1―→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为255.7.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)． ∴BC 1―→＝(0,2，－1)，AB 1―→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1―→，AB 1―→〉＝BC 1―→·AB 1―→|BC 1―→|·|AB 1―→|＝0＋4－15×3＝55.答案：558．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为______________．解析：由OA ―→＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上， 可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH ―→·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12，∴H ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 答案：⎝⎛⎭⎫－12，12，0 9.如图，已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝a ，PA ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥QD ，则a 的值等于________．解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，a,0)． 设Q (1，t,0)(0≤t ≤a )．P (0,0，z )．则PQ ―→＝(1，t ，－z )， QD ―→＝(－1，a －t,0)． 由PQ ⊥QD ，得－1＋t (a －t )＝0， 即t 2－at ＋1＝0.由题意知方程t 2－at ＋1＝0只一解． ∴Δ＝a 2－4＝0，a ＝2，这时t ＝1∈[0，a ]． 答案：210.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E -AG -C 的大小． 解：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ， AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ， 所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE ―→＝(2,0，－3)，AG ―→＝(1，3，0)，CG ―→＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量 n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E -AG -C 为锐角， 故所求二面角E -AG -C 的大小为60°.11．四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1.由题设，知BC ∥平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ， 平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．(2)法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，DA ―→＝(0,0,1)，BC ―→＝(－2,2,0)，BA ―→＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，∴n ·DA ―→＝0，n ·BC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ―→，n 〉|＝|BA ―→·n ||BA ―→||n |＝25×2＝105. 法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F (1,0,0)，G (0,1,0)． ∴FE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，FG ―→＝(－1,1,0)，BA ―→＝(－2,0,1)． 设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·FE ―→＝0，n ·FG ―→＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0)． ∴sin θ＝|cos 〈BA ―→，n 〉|＝|BA ―→·n ||BA ―→||n |＝25×2＝105.。