高中数学-平面的法向量与平面的向量表示练习题
高二数学平面向量试题答案及解析
高二数学平面向量试题答案及解析1.若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设是公比为的无穷等比数列，下列的四组量中，一定能成为该数列“基本量”的是第组；①；②；③；④.【答案】①④【解析】由得，所以①唯一确定数列，由得，方程的解不定，所以②不能唯一确定数列，由得方程的解不定，所以③不能唯一确定数列，由得，所以④唯一确定数列.【考点】数列基本量运算2.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)【答案】D【解析】略3.已知则 ,．【答案】；【解析】由三边可知，以向量为邻边的平行四边形是菱形，夹角为，，为另一对角线长度为1【考点】向量运算与三角形法则4.已知向量与的夹角为且，若，且，则实数的值为A．B．1C．2D．【答案】B【解析】因为，所以，所以得．【考点】1．数量积；2．向量垂直．5.已知向量，，若，则__________________．【答案】或【解析】两向量平行，所以，解得：或．【考点】向量平行的坐标表示6.设，向量，且，则（）A．﹣2B．4C．﹣1D．0【答案】D【解析】向量，且，可得，解得或（舍去，因为）．则．故选：D．【考点】平面向量数量积的运算7.已知||=2，||=4，⊥（＋），则与夹角的度数为．【答案】120【解析】设与夹角为．由⊥（＋）得，，解得，所以．【考点】向量的数量积及其运算律并求向量的夹角．8.已知平面向量满足,且,则向量与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，由于平面向量满足,且,那么代入可知向量与的夹角的余弦值为，即可知向量与的夹角为，选C．【考点】向量的数量积公式．9.设，，且，则锐角为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由，得，即，由二倍角公式得，故选C．【考点】1、向量的坐标运算；2、向量共线的基本定理．【思路点晴】本题主要考查的向量的基本概念与简单运算、向量的坐标运算，属于容易题．本题通过向量共线，得，代入坐标运算的公式；再由二倍角公式，得到关于角的三角函数值，从而求得锐角的值．10.在平面直角坐标系中，为原点，，动点满足，则的最大值是．【答案】【解析】设，表示以为圆心，r=1为半径的圆，而，所以，，，故得最大值为【考点】1．圆的标准方程；2．向量模的运算11.若||=1，||=2，=+，且⊥，则与的夹角为________。
高中数学平面的法向量与平面的向量表示题库
3.2.2 平面的法向量与平面的向量表示学习目标 1.理解平面的法向量的概念，会求平面的法向量.2.会用平面的法向量证明平面与平面平行、垂直.3.了解三垂线定理及其逆定理．知识点一 平面的法向量已知平面α，如果向量n 的基线与平面α垂直，则向量n 叫做平面α的法向量或说向量n 与平面α正交．知识点二 平面的向量表示设A 是空间任一点，n 为空间内任一非零向量，则适合条件AM →·n ＝0的点M 的集合构成的图形是过空间内一点A 并且与n 垂直的平面．这个式子称为一个平面的向量表示式． 知识点三 两平面平行或垂直的判定及三垂线定理 1．两平面平行或垂直的判定方法设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则容易得到 α∥β或α与β重合⇔n 1∥n 2； α⊥β⇔n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0. 2．三垂线定理如果在平面内的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．1．已知直线垂直于α，向量a 平行直线l ，则a 是平面α的法向量．( × )2．若向量n 1，n 2为平面的法向量，则以这两个向量为方向向量的直线一定平行．( × ) 3．若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．( √ ) 4．直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．( √ )题型一 求平面的法向量例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．AB ＝AP ＝1，AD ＝3，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE 的一个法向量．解 因为P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，B (1,0,0)，C (1，3，0)， 于是AE →＝⎝⎛⎭⎫0，32，12，AC →＝(1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3y ，z ＝－3y ，令y ＝－1，则x ＝z ＝ 3.所以平面ACE 的法向量为n ＝(3，－1，3)． 引申探究若本例条件不变，试求直线PC 的一个方向向量和平面PCD 的一个法向量． 解 如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，则P (0,0,1)，C (1，3，0)，所以PC →＝(1，3，－1)即为直线PC 的一个方向向量．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为D (0，3，0)，所以PD →＝(0，3，－1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y －z ＝0，3y －z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝3y ，令y ＝1，则z ＝ 3.所以平面PCD 的法向量为n ＝(0,1，3)． 反思感悟 利用待定系数法求平面法向量的步骤 (1)设向量：设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )． (2)选向量：在平面内选取两个不共线向量AB →，AC →. (3)列方程组：由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AC →＝0列出方程组．(4)解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0.(5)赋非零值：取其中一个为非零值(常取±1)． (6)得结论：得到平面的一个法向量．跟踪训练1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，△P AB 是边长为1的正三角形，ABCD 是菱形．∠ABC ＝60°，E 是PC 的中点，F 是AB 的中点，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面DEF 的法向量．解 连接PF ，CF ，因为P A ＝PB ，F 为AB 的中点，所以PF ⊥AB ， 又因为平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊂平面P AB . 所以PF ⊥平面ABCD ，因为AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，所以△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB .以F 为坐标原点，建立空间直角坐标系Fxyz (如图所示)． 由题意得F (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，32，0，C ⎝⎛⎭⎫0，32，0， E ⎝⎛⎭⎫0，34，34. 所以FE →＝⎝⎛⎭⎫0，34，34，FD →＝⎝⎛⎭⎫－1，32，0.设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FE →＝0，m ·FD →＝0，即⎩⎨⎧34y ＋34z ＝0，－x ＋32y ＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－y ，x ＝32y ，令y ＝2，则x ＝3，z ＝－2.所以平面DEF 的法向量为m ＝(3，2，－2)． 题型二 利用空间向量证明平行问题例2 已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2,2,2)，所以FC 1→＝(0,2,1)，DA →＝(2,0,0)，AE →＝(0,2,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量， 则n 1⊥DA →，n 1⊥AE →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0，n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)． 因为FC 1→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1→⊥n 1. 又因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE .(2)因为C 1B 1—→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的法向量．由n 2⊥FC 1→，n 2⊥C 1B 1—→， 得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1—→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)， 因为n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .反思感悟 利用向量证明平行问题，可以先建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后根据向量之间的关系证明平行问题．跟踪训练2 如图，在四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，PB 与底面所成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，P A ＝BC ＝12AD ＝1，问在棱PD 上是否存在一点E ，使CE ∥平面P AB ？若存在，求出E 点的位置；若不存在，请说明理由．解 分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，∴P (0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设E (0，y ，z )，则PE →＝(0，y ，z －1)， PD →＝(0,2，－1)， ∵PE →∥PD →，∴(－1)×y －2(z －1)＝0，①∵AD →＝(0,2,0)是平面P AB 的法向量， 又CE →＝(－1，y －1，z )，CE ∥平面P AB ， ∴CE →⊥AD →，∴(－1，y －1，z )·(0,2,0)＝0. ∴y ＝1，代入①得z ＝12，∴E 是PD 的中点，∴存在E 点，当点E 为PD 的中点时，CE ∥平面P AB . 题型三 利用空间向量证明垂直问题例3 三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 的中点．证明：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.证明 方法一 如图，以点A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)． ∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0)， ∴AD →＝(1,1,0)，AA 1→＝(0,0，3)，BC →＝(－2,2,0)， ∴AD →·BC →＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，AA 1→·BC →＝0×(－2)＋0×2＋3×0＝0， ∴AD →⊥BC →，AA 1→⊥BC →， ∴BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1.又A 1A ∩AD ＝A ，∴BC ⊥平面A 1AD .又BC ⊂平面BCC 1B 1，∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1. 方法二 同方法一建系后，得AA 1→＝(0,0，3)， AD →＝(1,1,0)，BC →＝(－2,2,0)，CC 1→＝(0，－1，3)． 设平面A 1AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝0，n 1·AD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0， ∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·CC 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0，令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.反思感悟 利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．跟踪训练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点． (1)求证：平面AED ⊥平面A 1FD 1；(2)在直线AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面AED . 考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直(1)证明 以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，E (2,2,1)，F (0,1,0)，A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)， ∴DA →＝D 1A 1—→＝(2,0,0)，DE →＝(2,2,1)，D 1F →＝(0,1，－2)． 设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝0，n 1·DE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，2x 1＋2y 1＋z 1＝0.令y 1＝1，得n 1＝(0,1，－2)．同理，平面A 1FD 1的法向量为n 2＝(0,2,1)． ∵n 1·n 2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面AED ⊥平面A 1FD 1. (2)解 由于点M 在直线AE 上， 因此可设AM →＝λAE →＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)， 则M (2,2λ，λ)，∴A 1M →＝(0,2λ，λ－2)． 要使A 1M ⊥平面AED ，只需A 1M →∥n 1， 即2λ1＝λ－2－2，解得λ＝25.故当AM ＝25AE 时，A 1M ⊥平面AED .利用向量求解空间中的探索性问题典例 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，试在棱CC 1上求一点P ，使得平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直解 如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，P (0,1，a )，则A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，C 1(0,1,1)， A 1B 1—→＝(0,1,0)，A 1P →＝(－1,1，a －1)，DE →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DC 1→＝(0,1,1)． 设平面A 1B 1P 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B 1—→＝0，n 1·A 1P →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，－x 1＋y 1＋(a －1)z 1＝0，∴x 1＝(a －1)z 1，y 1＝0. 令z 1＝1，得x 1＝a －1， ∴n 1＝(a －1,0,1)．设平面C 1DE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·DE →＝0，n 2·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋y 2＝0，y 2＋z 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－2y 2，z 2＝－y 2.令y 2＝1，得x 2＝－2，z 2＝－1， ∴n 2＝(－2,1，－1)．∵平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，∴n 1·n 2＝0，即－2(a －1)－1＝0，得a ＝12.∴当P 为CC 1的中点时，平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .[素养评析] 立体几何中探索性、存在性问题的思维层次较高，分析时应特别注意．本例由题意设出探求点的坐标，利用两平面垂直，法向量的位置关系及严密的逻辑推理，从而得出点P 的坐标．1．若直线l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为⎝⎛⎭⎫1，12，2，则m 等于( ) A ．－4 B ．－6 C ．－8 D ．8 答案 C解析 ∵l ∥α，平面α的法向量为⎝⎛⎭⎫1，12，2， ∴(2，m,1)·⎝⎛⎭⎫1，12，2＝0， 即2＋12m ＋2＝0，∴m ＝－8.2．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∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确答案 A解析 ∵v ＝－3u ，∴v ∥u .故α∥β.3．若a ＝(1,2,3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是( ) A ．(0,1,2) B ．(3,6,9) C ．(－1，－2,3) D ．(3,6,8) 答案 B解析 向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线．4．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是( )A ．－103B ．6C ．－6 D.103答案 B解析 ∵α∥β，∴α的法向量与β的法向量也互相平行．∴24＝3λ＝－1－2.∴λ＝6. 5．已知平面α与平面β垂直，若平面α与平面β的法向量分别为μ＝(－1,0,5)，v ＝(t,5,1)，则t 的值为________．答案 5解析 ∵平面α与平面β垂直，∴平面α的法向量μ与平面β的法向量v 互相垂直，∴μ·v ＝0，即－1×t ＋0×5＋5×1＝0，解得t ＝5.1．用法向量来解决平面与平面的关系问题，思路清楚，不必考虑图形的位置关系，只需通过向量运算，就可得到要证明的结果．2．利用三垂线定理证明线线垂直，需先找到平面的一条垂线，有了垂线，才能作出斜线的射影，同时要注意定理中的“平面内的一条直线”这一条件，忽视这一条件，就会产生错误结果．一、选择题1．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的一个法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥α，则x 的值为( )A ．－2B ．－ 2 C. 2 D ．±2答案 D解析 由题意知，－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±2.2．若平面α，β的法向量分别为u ＝(2，－3,5)，v ＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确答案 C3．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1,1)B.⎝⎛⎭⎫1，3，32C.⎝⎛⎭⎫1，－3，32 D.⎝⎛⎭⎫－1，3，－32 答案 B解析 对于A ，P A →＝(1,0,1)，则P A →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；同理可排除C ，D ；对于B ，P A →＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12，则P A →·n ＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0. 4．若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，且α⊥β，n 1＝(1,2，x )，n 2＝(x ，x ＋1，x )，则x 的值为( )A ．1或2B ．－1或－2C ．－1D ．－2 答案 B解析 由题意可知，n 1·n 2＝(1,2，x )·(x ，x ＋1，x )＝x ＋2x ＋2＋x 2＝x 2＋3x ＋2＝0，解得x ＝－1或x ＝－2.5．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为b ，若a ·b ＝0，则( )A ．l ∥αB ．l ⊂αC ．l ⊥αD ．l ⊂α或l ∥α 答案 D解析 当a ·b ＝0时，l ⊂α或l ∥α.6．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( )A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－2答案 A解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)， 由c 为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧ c ·a ＝0，c ·b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.7．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z )，v ＝(－2，－y ，1)，若α⊥β，则y ＋z 的值是( )A ．－3B ．6C ．－6D ．－12答案 B解析 α⊥β⇒μ·v ＝0⇒－6＋y ＋z ＝0，即y ＋z ＝6.8．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 答案 D解析 AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)．设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0，AC →·n ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，单位法向量为⎝⎛⎭⎫33，33，33或⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33. 二、填空题9．已知A (4,1,3)，B (2,3,1)，C (3,7，－5)，点P (x ，－1,3)在平面ABC 内，则x 的值为________． 答案 11解析 ∵点P 在平面ABC 内，∴存在实数k 1，k 2，使AP →＝k 1AB →＋k 2AC →，即(x －4，－2,0)＝k 1(－2,2，－2)＋k 2(－1,6，－8)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2k 1＋6k 2＝－2，k 1＋4k 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝－4，k 2＝1.∴x －4＝－2k 1－k 2＝8－1＝7，即x ＝11.10．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________.答案 4解析 由α∥β，得1－2＝2－4＝－2k (kD ＝/0)，解得k ＝4. 11．在三棱锥S －ABC 中，∠SAB ＝∠SAC ＝∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，则直线SC 与BC 是否垂直________．(填“是”“否”)答案 是解析 如图，以A 为坐标原点，AC ，AS 所在直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，则由AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，得B (－13，2,0)，S (0,0，23)，C (0,2,0)，SC →＝(0,2，－23)，CB →＝(－13，0,0)．因为SC →·CB →＝0，所以SC ⊥BC .三、解答题12．已知平面α经过点A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，试求平面α的一个法向量． 解 ∵A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，∴AB →＝(1，－2，－4)，AC →＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －4y －3z ＝0，x －2y －4z ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＝2y ，令y ＝1，则x ＝2， ∴平面α的一个法向量为n ＝(2,1,0)．13.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，AD ＝233AB ，E 是PC 的中点．求证：PD ⊥平面ABE .证明 ∵P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AB ，AD ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)，A (0,0,0)，B (1,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫0，233，0. ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝⎛⎭⎫12，32，0，E ⎝⎛⎭⎫14，34，12. ∴AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫14，34，12， ∴设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，－1， 显然PD →＝33n ，∴PD →∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .14.如图所示，△ABC 是一个正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点．求证：平面DEA ⊥平面ECA .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，不妨设CA ＝2，则CE ＝2，BD ＝1，C (0,0,0)，A (3，1,0)，B (0,2,0)，E (0,0,2)，D (0,2,1)．所以EA →＝(3，1，－2)，CE →＝(0,0,2)，ED →＝(0,2，－1)．分别设平面CEA 与平面DEA 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EA →＝0，n 1·CE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＋y 1－2z 1＝0，2z 1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝－3x 1，z 1＝0.⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EA →＝0，n 2·ED →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 2＋y 2－2z 2＝0，2y 2－z 2＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝3y 2，z 2＝2y 2.不妨取n 1＝(1，－3，0)，n 2＝(3，1,2)，因为n 1·n 2＝0，所以两个法向量相互垂直．所以平面DEA ⊥平面ECA .15.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：ME ⊥平面BCC 1B 1. 考点 向量法求解直线与平面的位置关系题点 向量法解决线面垂直证明 (1)以点B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，∴BD 1→＝BE →＋BF →，故BD 1→，BE →，BF →共面．又它们有公共点B ，∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z )，则GM →＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z ， 而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23·3＋z ·2＝0，得z ＝1. ∵M (0,0,1)，E (3,0,1)，∴ME →＝(3,0,0)，又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，∴ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC. 又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.。
高三数学平面向量基本定理及坐标表示试题答案及解析
高三数学平面向量基本定理及坐标表示试题答案及解析1.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，离心率为，椭圆上的点到焦点距离的最大值为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过点的直线与椭圆交于不同的两点，且，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】（1）设所求的椭圆方程为：由题意：所求椭圆方程为：．（2）若过点的斜率不存在，则．若过点的直线斜率为，即：时，直线的方程为由因为和椭圆交于不同两点所以，所以①设由已知，则②③将③代入②得：整理得：所以代入①式得，解得．所以或．综上可得，实数的取值范围为：．2.（2013•湖北）已知点A（﹣1，1），B（1，2），C（﹣2，﹣1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，则向量方向上的投影为：•cos＜＞=•===，故选A．3.如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，P为以A为圆心，AB为半径的圆弧上的任意一点，设向量．【答案】【解析】以为原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系.设正方形的边长为，则设 .又向量所以，∴，∴，∴．由题意得∴当时，同时，时，取最小值为.【考点】平面向量的坐标运算，三角函数的性质.4.如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB=2，AD=DC=1，P是线段BC上一动点，Q是线段DC上一动点，，则的取值范围是．【答案】【解析】解：建立平面直角坐标系如图所示，则因为，所以所以，, 所以， 故答案应填.【考点】1、平面向量基本定理；2、向量的坐标表示；3、向量的数量积；4、一元二次函数的最值.5. 如图，△ABC 中，D 为BC 的中点，G 为AD 的中点，过点G 任作一直线MN 分别交AB 、AC 于M 、N 两点．若＝x ，＝y ，求的值．【答案】4 【解析】设＝a ，＝b ，则＝x a ，＝y b ，＝＝ (＋)＝ (a ＋b )．∴＝－＝ (a ＋b )－x a ＝a ＋b ，＝－＝y b －x a ＝－x a ＋y b . ∵与共线，∴存在实数λ，使＝λ.∴a ＋b ＝λ(－x a ＋y b )＝－λx a ＋λy b .∵a 与b 不共线，∴消去λ，得＝4.6. 已知点O (0,0)，A 0(0,1)，A n (6,7)，点A 1，A 2，…，A n －1(n ∈N ，n ≥2)是线段A 0A n 的n 等分点，则| ＋＋…＋OA n －1＋|等于( ) A ．5n B ．10n C ．5(n ＋1) D ．10(n ＋1)【答案】C【解析】取n ＝2，，则＋＋＝(0,1)＋(3,4)＋(6,7)＝(9,12)，所以| ＋＋|＝＝15，把n ＝2代入选项中，只有5(n ＋1)＝15，故排除A 、B 、D ，选C.7. 已知向量a=(cosθ,sinθ),b=(,-1),则|2a-b|的最大值为( ) A ．4 B ．4 C ．16D ．8【答案】B【解析】∵2a-b=(2cosθ-,2sinθ+1), ∴|2a-b|===故最大值为4.8. 已知向量a=(1,-2),b=(m,4),且a ∥b,那么2a-b=( )A．(4,0)B．(0,4)C．(4,-8)D．(-4,8)【答案】C【解析】由a∥b,得4=-2m,∴m=-2,∴b=(-2,4),∴2a-b=2(1,-2)-(-2,4)=(4,-8).9.已知向量a=(cosα,-2),b=(sinα,1)且a∥b,则tan(α-)等于()A．3B．-3C．D．-【答案】B【解析】选B.∵a=(cosα,-2), b=(sinα,1)且a∥b,∴=(经分析知cosα≠0),∴tanα=-.∴tan(α-)===-3,故选B.【方法技巧】解决向量与三角函数的综合题的方法向量与三角函数的结合是近几年高考中出现较多的题目,解答此类题目的关键是根据条件将所给的向量问题转化为三角问题,然后借助三角恒等变换再根据三角求值、三角函数的性质、解三角形的问题来解决.10.已知向量a＝(3,1)，b＝，若a＋λb与a垂直，则λ等于________．【答案】4【解析】根据向量线性运算、数量积运算建立方程求解．由条件可得a＋λb＝，所以(a＋λb)⊥a⇒3(3－λ)＋1＋λ＝0⇒λ＝4.11.设向量，，若满足，则( )A．B．C．D．【答案】D【解析】因为,所以, ,解得：，故选D.【考点】向量共线的条件.12.在所在的平面内，点满足，，且对于任意实数，恒有，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】过点作，交于，是边上任意一点，设在的左侧，如图，则是在上的投影，即，即在上的投影，，令，，，，故需要，，即，为的中点，又是边上的高，是等腰三角形，故有,选C.【考点】共线向量，向量的数量积.13.已知向量，若,则的最小值为．【答案】4【解析】,所以.【考点】1、向量的平行关系；2、向量的模；3、重要不等式14.已知向量，向量，且，则的值是（）A．B．C．D．【答案】C.【解析】，，即得．【考点】向量的坐标运算.15.已知点，，则与共线的单位向量为（）A．或B．C．或D．【答案】C【解析】因为点，，所以，，与共线的单位向量为.【考点】向量共线.16.已知向量，，若，则实数等于．【答案】.【解析】，两边平方得，则有，化简得，即，解得.【考点】平面向量的模、平面向量的坐标运算17.在中,已知,且,则( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，，所以，，，故选A。
(完整版)高中数学空间向量训练题
高中数学空间向量训练题（含解析）一．选择题1．已知 M 、N 分别是周围体 OABC的棱 OA，BC的中点，点 P 在线 MN 上，且 MP=2PN，设向量= ，= ，= ，则=（）A．+ +B．+ +C．+ +D．+ +2．已知=（ 2，﹣ 1，2），=（﹣ 1， 3，﹣ 3），=（13，6，λ），若向量，，共面，则λ=（）A．2B．3C． 4D．63．空间中，与向量同向共线的单位向量为（）A．B．或C．D．或4．已知向量，且，则x的值为（）A．12 B．10 C．﹣ 14D． 145．若 A，B，C 不共线，对于空间任意一点O 都有=++，则P，A，B，C四点（）A．不共面B．共面C．共线D．不共线6．已知平面α的法向量是（ 2，3，﹣ 1），平面β的法向量是（ 4，λ，﹣ 2），若α∥β，则λ的值是（）A．B．﹣ 6 C．6D．7．已知，则的最小值是（）第 1页（共 40页）8．有四个命题：①若 =x +y ，则与、共面；②若与、共面，则 =x +y ；③若 =x +y，则 P，M ，A，B 共面；④若 P，M， A，B 共面，则=x +y ．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C． 3 D．49．已知向量 =（2，﹣1，1）， =（1，2，1），则以，为邻边的平行四边形的面积为（）A．B．C．4 D． 810．以以下图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中， AD=AA1=1，AB=2，点 E 是棱 AB 的中点，则点 E 到平面 ACD1的距离为（）A．B．C．D．11．正方体 ABCDA1B1C1D1中，直线 DD1与平面 A1BC1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．二．填空题（共 5 小题）12．已知向量=（ k， 12，1）， =（4，5，1），=（﹣ k， 10，1），且 A、 B、 C 三点共线，则 k=．13．正方体 ABCD﹣ A1B1C1D1的棱长为 1，MN 是正方体内切球的直径，P 为正方体表面上的动点，则?的最大值为．14．已知点 P 是平行四边形 ABCD所在的平面外一点，若是=（ 2，﹣ 1，﹣ 4），=（4，2，0），=（﹣ 1， 2，﹣ 1）．对于结论：① AP⊥AB；② AP⊥ AD；③是平面ABCD的法向量；④∥．其中正确的选项是．15．设空间任意一点 O 和不共线三点 A，B，C，且点 P 满足向量关系，若P，A，B，C 四点共面，则 x+y+z=．16．已知平面α⊥平面β，且α∩β =l，在 l 上有两点 A，B，线段 AC? α，线段 BD? β，并且 AC ⊥ l，BD⊥l， AB=6，BD=24， AC=8，则 CD=．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PA丄平面 ABCD， AB 丄 BC，∠ BCA=45°，PA=AD=2，AC=1，DC=（Ⅰ）证明 PC丄 AD；（Ⅱ）求二面角 A﹣PC﹣ D 的正弦值；（Ⅲ）设 E 为棱 PA上的点，满足异面直线BE与 CD所成的角为 30°，求 AE的长．18．如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，底面 ABCD为直角梯形， AD∥BC，∠ ADC=90°，平面PAD⊥底面 ABCD， Q 为 AD 的中点， M 是棱 PC上的点， PA=PD=2，BC= AD=1，CD= ．（Ⅰ）求证：平面 PQB⊥平面 PAD；（Ⅱ）若 M 为棱 PC的中点，求异面直线AP 与 BM 所成角的余弦值．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中， SD⊥底面 ABCD，底面 ABCD是正方形，且 SD=AD，E 是 SA 的中点．（1）求证：直线 BA⊥平面 SAD；（2）求直线 SA与平面 BED的夹角的正弦值．20．如图，四棱锥 P﹣ABCD中，底面 ABCD是直角梯形，∠ DAB=90°AD∥BC， AD⊥侧面 PAB，△ PAB是等边三角形， DA=AB=2， BC=，E是线段AB的中点．（Ⅰ）求证： PE⊥CD；（Ⅱ）求 PC与平面 PDE所成角的正弦值．21．如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，平面 PAD⊥平面 ABCD，E 为 AD 的中点， PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．（Ⅰ）求证：平面 PAD⊥平面 PCD；（Ⅱ）求二面角 C﹣PB﹣ E 的余弦值；（Ⅲ）在线段 PE上可否存在点 M ，使得 DM∥平面 PBC？若存在，求出点M 的地址；若不存在，说明原由．22．如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直． AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC， EA⊥EB．（Ⅰ）求证： AB⊥DE；（Ⅱ）求直线 EC与平面 ABE所成角的正弦值；（Ⅲ）线段 EA 上可否存在点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出；若不存在，说明原由．23．如图，三棱柱 ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=CC1，平面 BAC1⊥平面 ACC1A1，∠ACC1=∠BAC1=60°， AC1∩ A1C=O．（Ⅰ）求证： BO⊥平面 AA1C1C；（Ⅱ）求二面角 A﹣BC1﹣B1的余弦值．24．如图，在四棱锥P﹣ ABCD中， PA⊥平面，四边形ABCD为正方形，点M， N 分别为线段PB，PC上的点， MN⊥PB．（Ⅰ）求证： MN⊥平面 PAB；（Ⅱ）当 PA=AB=2，二面角 C﹣AN﹣D 大小为时，求PN的长．上的点，且 CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 PCD（Ⅱ）求二面角 A﹣PD﹣ C 的余弦值．26．如图，在几何体 ABCDE中，四边形 ABCD是矩形， AB⊥平面 BEC，BE⊥ EC，AB=BE=EC=2，G， F 分别是线段 BE，DC的中点．（1）求证： GF∥平面 ADE；（2）求平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值．27．如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PD⊥平面 ABCD，四边形 ABCD是菱形， AC=2，BD=2，E 是 PB 上任意一点．（Ⅰ）求证： AC⊥DE；（Ⅱ）已知二面角 A﹣PB﹣D 的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．28．如图，三棱柱 ABC﹣ A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形， AB⊥B1C．（Ⅰ）证明： AC=AB1；（Ⅱ）若 AC⊥ AB1，∠ CBB1=60°， AB=BC，求二面角 A﹣A1B1﹣ C1的余弦值．29. 已知四棱锥P— ABCD ， PB⊥ AD，侧面 PAD 为边长等于 2 的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为120°.（1）求点 P 到平面 ABCD 的距离；（2）求面 APB 与面 CPB 所成二面角的余弦值.PCDBA30 如图，在三棱柱ABC ﹣ A 1B 1C1中， AA 1⊥底面ABC ，∠ ACB=90°，AC=BC=1 ， AA 1=2，D 是棱AA 1的中点．（Ⅰ）求证：B1C 1∥平面 BCD ；（Ⅱ）求三棱锥B﹣ C1CD 的体积；（Ⅲ）在线段BD 上可否存在点Q，使得 CQ ⊥ BC 1？请说明原由．31 如图，在三棱锥A﹣ BCD中， O、 E 分别为 BD、 BC中点， CA=CB=CD=BD=4，AB=AD=2（1）求证： AO⊥面 BCD（2）求异面直线 AB 与 CD所成角的余弦值（3）求点 E 到平面 ACD的距离．32 在三棱柱ABC﹣ A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形， AB=2， AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥ABB1A1平面．（1）证明： BC⊥AB 1；（2）若 OC=OA，求直线 CD与平面 ABC所成角的正弦值．2018 年 01 月 20 日 shu****e168的高中数学组卷参照答案与试题解析一．选择题（共11 小题）1．已知 M 、N 分别是周围体 OABC的棱 OA，BC的中点，点 P 在线 MN 上，且 MP=2PN，设向量= ，= ，= ，则=（）A．+ +B．+ +C．+ +D．+ +【解答】解：以以下图，= +，=（+），=，=﹣，=．∴= += +=+ （﹣）=+=×（ + ） + ×=++=+ + ．应选： C．2．已知=（ 2，﹣ 1，2），=（﹣ 1， 3，﹣ 3），=（13，6，λ），若向量，，共面，则λ=（）A．2B．3C． 4D．6【解答】解：∵=（2，﹣ 1， 2），=（﹣ 1，3，﹣ 3），=（13，6，λ），三个向量共面，∴，∴（ 2，﹣ 1，2）=x（﹣ 1，3，﹣ 3）+y（13，6，λ）∴解得：应选： B．3．空间中，与向量同向共线的单位向量为（）A．B．或C．D．或【解答】解：∵，∴与同向共线的单位向量向量，第10页（共 40页）4．已知向量，且，则x的值为（）A．12 B．10 C．﹣ 14D． 14【解答】解：由于向量，且，属于=﹣8﹣6+x=0，解得 x=14；应选： D．5．若 A，B，C 不共线，对于空间任意一点O 都有=++，则P，A，B，C四点（）A．不共面B．共面C．共线D．不共线【解答】解： A，B，C 不共线，对于空间任意一点O 都有=x +y +z，则 P，A，B，C 四点共面的充要条件是x+y+z=1，而=++，因此P，A，B，C四点不共面．应选： A．6．已知平面α的法向量是（ 2，3，﹣ 1），平面β的法向量是（ 4，λ，﹣ 2），若α∥β，则λ的值是（）A．B．﹣ 6 C．6D．【解答】解：∵α∥β，且平面α的法向量是 =（2，3，﹣ 1），平面β的法向量是 =（ 4，λ，﹣ 2），∴即存在实数μ使得，即（ 2，3，﹣ 1）=（4μ，λμ，﹣ 2μ），解得μ=，λ=6应选 C．7．已知，则的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：=（﹣ 1﹣t， t﹣1，﹣ t），∴==≥，当且仅当t=0时取等号．∴的最小值是．应选： A．8．有四个命题：①若 =x +y ，则与、共面；②若与、共面，则=x +y；③若=x +y，则 P，M ，A，B 共面；④若 P，M， A，B 共面，则=x +y．其中真命题的个数是（）A．1B．2C． 3D．4【解答】解：若=x +y ，则与，必然在同一平面内，故①对；若=x +y ，则、、三向量在同一平面内，∴ P、M、A、B 共面．故③对；若=x +y ，则与、共面，但若是，共线，就不用然能用、来表示，故②不对；同理④也不对．∴真命题的个数为 2 个．应选： B．9．已知向量=（2，﹣1，1）， =（1，2，1），则以，为邻边的平行四边形的面积为（）A．B．C．4D． 8【解答】解：设向量，的夹角为θ，=，=，∴ cosθ===．∴ sin θ==．∴以，为邻边的平行四边形的面积S=??sin θ==，应选： B．10．以以下图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中， AD=AA1=1，AB=2，点 E 是棱 AB 的中点，则点 E 到平面 ACD1的距离为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，以 D 为坐标原点，直线DA，DC， DD1分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则D1（ 0， 0，1），E（1，1，0）， A（ 1， 0， 0），C（0，2，0）．=（ 1， 1，﹣ 1）， =（﹣ 1，2，0），=（﹣ 1， 0， 1），设平面 ACD1的法向量为=（a，b，c），则，取 a=2，得=（ 2， 1， 2），点 E 到平面 ACD1的距离为：h===．应选： C．11．正方体 ABCDA1B1C1D1中，直线 DD1与平面 A1BC1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵△ A1BC1是等边三角形， A1B1=BB1=B1C1，∴B1在平面 A1BC1上的射影为△ A1 BC1的中心 O，设正方体棱长为 1，M 为 A1C1的中点，则 A1B= ，∴ OB= BM==，∴ OB1==，∴ sin∠B1BO==，即BB1与平面A1BC1所成角的正弦值为，∵DD1∥BB1，∴直线 DD1与平面11 所成角的正弦值为．A BC应选： A．二．填空题（共 5 小题）12．已知向量=（ k， 12，1），=（4，5，1），=（﹣ k， 10，1），且 A、 B、 C 三点共线，则 k=．【解答】解：∵向量=（ k， 12，1）， =（4，5，1），=（﹣ k，10，1），∴=（4﹣k，﹣ 7，0）， =（﹣ 2k，﹣ 2， 0）．又 A、B、C 三点共线，∴存在实数λ使得，∴，解得．故答案为：﹣．13．正方体 ABCD﹣ A1B1C1D1的棱长为 1，MN 是正方体内切球的直径，P 为正方体表面上的动点，则?的最大值为．【解答】解：连接 PO，可得? ==++=﹣，当获取最大值时，?获取最大值为=．故答案为：．14．已知点 P 是平行四边形 ABCD所在的平面外一点，若是=（ 2，﹣ 1，﹣ 4），=（4，2，0），=（﹣ 1， 2，﹣ 1）．对于结论：① AP⊥AB；② AP⊥ AD；③是平面 ABCD的法向量；④∥．其中正确的选项是①②③ ．【解答】解：由 =（2，﹣ 1，﹣ 4），=（ 4， 2， 0）， =（﹣ 1，2，﹣ 1），知：在①中，=﹣2﹣2+4=0，∴⊥，∴ AP⊥AB，故①正确；在②中，? =﹣4+4+0=0，∴⊥，∴ AP⊥AD，故②正确；在③中，由 AP⊥AB， AP⊥ AD，AB∩AD=A，知是平面 ABCD的法向量，故③正确；在④中，=（ 2， 3， 4），假设存在λ使得 =，则，无解，∴∥．故④不正确；综上可得：①②③正确．故答案为：①②③．15．设空间任意一点 O 和不共线三点 A，B，C，且点 P 满足向量关系，若 P，A，B，C 四点共面，则 x+y+z= 1 ．【解答】若空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，满足向量关系式：，则 P，A，B，C 四点共面的充要条件是： x+y+z=1，故答案为： 1．16．已知平面α⊥平面β，且α∩β =l，在 l 上有两点 A，B，线段 AC? α，线段 BD? β，并且 AC ⊥l，BD⊥l， AB=6，BD=24， AC=8，则 CD= 26 ．【解答】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，∴=，∴=（）2==64+36+576=676，∴CD=26．故答案为： 26．三．解答题（共12 小题）17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PA丄平面 ABCD， AB 丄 BC，∠ BCA=45°，PA=AD=2，AC=1，DC=（Ⅰ）证明 PC丄 AD；（Ⅱ）求二面角 A﹣PC﹣ D 的正弦值；（Ⅲ）设 E 为棱 PA上的点，满足异面直线BE与 CD所成的角为 30°，求 AE的长．【解答】（本小分 13 分）明：（Ⅰ）∵在△ ADC中， AD=2，AC=1，DC=222∴ AC +AD =CD ，∴ AD⊥ AC，⋯（1 分）如，以点 A 原点建立空直角坐系，依意得 A（0，0，0）， D（ 2， 0， 0），C（0，1，0），B（，，0），P（0，0，2），得=（0，1， 2）， =（2，0，0），∴=0，∴ PC⊥AD．⋯（4 分）解：（Ⅱ），，平面 PCD的一个法向量=（ x， y， z），，不如令 z=1，得=（1，2，1），可取平面 PAC的一个法向量=（1，0，0），于是 cos＜＞==，从而 sin＜＞=，因此二面角 A PC D 的正弦．⋯（8分）（Ⅲ）点 E 的坐（ 0， 0， h），其中 h∈[ 0，2] ，由此得=（），由=（2， 1，0），故，∵ 足异面直BE与 CD所成的角 30°，∴=cos30°=，解得h=，即AE=．⋯（13分）18．如，在四棱 P ABCD中，底面 ABCD直角梯形， AD∥BC，∠ ADC=90°，平面 PAD⊥底面ABCD， Q AD 的中点， M 是棱 PC上的点， PA=PD=2，BC= AD=1，CD= ．（Ⅰ）求：平面 PQB⊥平面 PAD；（Ⅱ）若 M 棱 PC的中点，求异面直AP 与 BM 所成角的余弦．【解答】解：（Ⅰ）∵ AD∥ BC，BC= AD，Q AD 的中点，∴四形 BCDQ平行四形，可得CD∥BQ．∵∠ ADC=90°，∴∠ AQB=90°即QB⊥AD．又∵平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD=AD，∴BQ⊥平面 PAD．∵ BQ? 平面 PQB，∴平面 PQB⊥平面 PAD．（Ⅱ）∵ PA=PD，Q 为 AD 的中点，∴ PQ⊥ AD．∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且平面 PAD∩平面 ABCD=AD，∴ PQ⊥平面 ABCD．（注：不证明 PQ⊥平面 ABCD直接建系扣 1 分）因此，以 Q 为原点、 QA、QB、QP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，以以下图则 Q（0，0，0）， A（1，0， 0），P（0，0，），B（0，，0）， C（﹣ 1，， 0）∵ M 是 PC中点，∴ M （﹣，，）∴=（﹣ 1，0，），=（﹣，﹣，）设异面直线 AP 与 BM 所成角为θ，则 cosθ=|cos＜，＞| ==．∴异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中， SD⊥底面 ABCD，底面 ABCD是正方形，且 SD=AD，E 是 SA 的中点．（1）求证：直线 BA⊥平面 SAD；（2）求直线 SA与平面 BED的夹角的正弦值．【解答】（本分 12 分）解：（ 1）明：∵ SD⊥平面 ABCD，∴ SD⊥AB，又 AD⊥AB，AD∩SD=D，∴ AB⊥平面 SAD，⋯（6 分）（2）以 D 原点，分以 DA、DC、 DS x，y， z 建立空直角坐系，如，AB=2， A（ 2， 0，0），S（0，0，2），B（1，2，0），E（1，0，0），故=（2，0， 2），=（2， 2， 0），=（1，0， 1），⋯（ 8 分）平面 BED的一个法向量=（x，y，z），由得，取=（1， 1， 1），⋯（10 分）直 SA与平面 BED所成角θ，因 cos==，因此 sin θ=，即直 SA与平面 BED所成角的正弦⋯（ 12 分）20．如，四棱 P ABCD中，底面 ABCD是直角梯形，∠ DAB=90°AD∥BC， AD⊥ 面 PAB，△ PAB是等三角形， DA=AB=2， BC=，E是段AB的中点．（Ⅰ）求： PE⊥CD；（Ⅱ）求 PC与平面 PDE所成角的正弦．【解答】解：（Ⅰ）∵ AD⊥ 面 PAB，PE? 平面 PAB，∴ AD⊥EP．又∵△ PAB是等三角形， E 是段 AB 的中点，∴ AB⊥EP．∵AD∩ AB=A，∴ PE⊥平面 ABCD．∵CD? 平面 ABCD，∴ PE⊥ CD．⋯（ 5 分）（Ⅱ）以 E 原点， EA、EP分 y、 z ，建立如所示的空直角坐系．E（0，0，0）， C（ 1， 1， 0），D（ 2，1，0），P（0，0，）．=（2， 1， 0），=（0，0，），=（1， 1，）．=（x，y，z）平面 PDE的一个法向量．由，令 x=1，可得=（ 1， 2，0）．⋯（ 9 分）PC与平面 PDE所成的角θ，得=因此 PC与平面 PDE所成角的正弦．⋯（12分）21．如，在四棱 P ABCD中，平面 PAD⊥平面 ABCD，E AD 的中点， PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．（Ⅰ）求：平面 PAD⊥平面 PCD；（Ⅱ）求二面角 C PB E 的余弦；（Ⅲ）在段 PE上可否存在点 M ，使得 DM∥平面 PBC？若存在，求出点 M 的地址；若不存在，明原由．【解答】解：（Ⅰ）明：由已知平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥ AD，且平面PAD∩平面 ABCD=AD，因此 PA⊥平面 ABCD．因此 PA⊥CD．又因BE⊥AD，BE∥CD，因此 CD⊥AD．因此 CD⊥平面 PAD．因 CD? 平面PCD，因此平面 PAD⊥平面 PCD．⋯（4 分）（Ⅱ）作 Ez⊥AD，以 E 原点，以的方向分x，y的正方向，建立如所示的空直角坐系 E xyz，点 E（0，0，0）， P（ 0， 2，2）， A（0， 2， 0），B（2，0，0）， C（ 1， 2， 0），D（0，2，0）．因此，，．平面 PBC的法向量=（ x，y，z），因此即令 y=1，解得=（ 2， 1， 3）．平面 PBE的法向量=（a，b，c），因此即令 b=1，解得=（ 0， 1， 1）．因此 cos＜＞=．由可知，二面角 C PB E 的余弦．⋯（10分）（Ⅲ）“ 段 PE上存在点 M，使得 DM∥平面 PBC”等价于“”．因，，λ∈（0，1），M （0，2λ 2，2 2λ），．由（Ⅱ）知平面 PBC的法向量=（ 2， 1， 3），因此．解得．因此段 PE上存在点 M ，即 PE中点，使得 DM∥平面 PBC．⋯（ 14 分）22．如，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直． AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC， EA⊥EB．（Ⅰ）求： AB⊥DE；（Ⅱ）求直 EC与平面 ABE所成角的正弦；（Ⅲ）段 EA 上可否存在点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出；若不存在，明原由．【解答】（Ⅰ ）明：取 AB 中点 O，接 EO，DO．因 EB=EA，因此 EO⊥ AB．⋯（1 分）因四形 ABCD直角梯形， AB=2CD=2BC， AB⊥ BC，因此四形 OBCD正方形，因此 AB⊥OD．⋯（2 分）因 EO∩OD=O因此 AB⊥平面 EOD．⋯（3 分）因 ED? 平面 EOD因此 AB⊥ED．⋯（4 分）（Ⅱ）解：因平面 ABE⊥平面 ABCD，且 EO⊥AB，平面 ABE∩平面 ABCD=AB因此 EO⊥平面 ABCD，因 OD? 平面 ABCD，因此 EO⊥OD．由 OB，OD，OE两两垂直，建立如所示的空直角坐系O xyz．⋯（5 分）因△ EAB等腰直角三角形，因此 OA=OB=OD=OE， OB=1，因此 O（0，0，0）， A（ 1，0，0），B（1，0，0）， C（ 1， 1， 0），D（0，1，0），E（ 0， 0， 1）．因此，平面 ABE的一个法向量．⋯（7 分）直 EC与平面 ABE所成的角θ，因此，即直 EC与平面 ABE所成角的正弦．⋯（ 9 分）（Ⅲ）解：存在点 F，且，有 EC∥平面 FBD．⋯（10 分）明以下：由，，因此．平面 FBD的法向量=（a，b，c），有因此取 a=1，得 =（ 1，1，2）．⋯（ 12 分）因=（1，1， 1）?（1，1，2）=0，且 EC?平面 FBD，因此 EC∥平面 FBD．即点 F 足，有 EC∥平面 FBD．⋯（ 14 分）23．如，三棱柱 ABC A1B1C1中，AB=AC=CC1，平面 BAC1⊥平面 ACC1A1，∠ACC1=∠BAC1=60°，AC1∩ A1C=O．（Ⅰ）求： BO⊥平面 AA1C1C；（Ⅱ）求二面角 A BC1B1的余弦．【解答】明：（Ⅰ ）依意，四形 AA1C1C 菱形，且∠ AA1C1=60°∴△ AA1C1正三角形，又∠ BAC1=60°，∴△ BAC1正三角形，又 O AC1中点，∴BO⊥ AC1，∵平面 ABC1⊥平面 AA1C1C，平面 ABC1∩平面 AA1C1C=AC1，∵BO? 平面 AA1CC1，∴ BO⊥平面 AA1C1C．⋯（4 分）解：（Ⅱ）以 O 坐原点，建空直角坐系，如，令 AB=2，，C1（，，）010∴，平面 BB1 1的一个法向量，C由得，取 z=1，得⋯（9分）又面 ABC1的一个法向量∴⋯（11 分）故所求二面角的余弦⋯（ 12 分）24．如，在四棱P ABCD中， PA⊥平面，四形ABCD正方形，点M， N 分段PB，PC上的点， MN⊥PB．（Ⅰ）求： MN⊥平面 PAB；（Ⅱ）当 PA=AB=2，二面角 C AN D 大小，求PN的．【解答】（Ⅰ ）明：在正方形ABCD中， AB⊥BC，∵PA⊥平面 ABCD， BC? 平面 ABCD，∴ PA⊥ BC．∵AB∩PA=A，且 AB，PA? 平面 PAB，∴BC⊥平面 PAB， BC⊥PB，∵MN⊥PB，∴ MN∥BC，则 MN⊥平面 PAB；（Ⅱ）解：∵ PA⊥平面 ABCD，AB，AD? 平面 ABCD，∴ PA⊥AB，PA⊥ AD，又 AB⊥AD，如图，以 A 为原点， AB，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则C（2，2，0）， D（ 0， 2， 0），B（2，0，0），P（0，0，2）．设平面 DAN 的一个法向量为 =（x，y，z），平面 CAN的一个法向量为 =（a，b，c），设 =λ，λ∈[ 0， 1] ，∵=（2，2，﹣2），∴=（2λ，2λ，2﹣2λ），又 =（0，2，0），∴，取 z=1，得=（，0，1），∵=（0，0，2）， =（2，2，0），∴，取 a=1 得，到=（1，﹣ 1，0），∵二面 C﹣ AN﹣ D 大小为，∴ | cos＜，＞| =cos=，∴ | cos＜，＞| =|| =|| =，解得λ=，∴，则 PN=．25．如题图，三棱锥 P﹣ABC中，PC⊥平面 ABC，PC=3，∠ ACB=．D，E分别为线段AB，BC 上的点，且 CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 PCD（Ⅱ）求二面角 A﹣PD﹣ C 的余弦值．【解答】（Ⅰ ）证明：∵ PC⊥平面 ABC，DE? 平面 ABC，∴ PC⊥DE，∵CE=2，CD=DE= ，∴△CDE为等腰直角三角形，∴ CD⊥DE，∵ PC∩CD=C，DE垂直于平面 PCD内的两条订交直线，∴DE⊥平面 PCD（Ⅱ）由（Ⅰ）知△ CDE为等腰直角三角形，∠ DCE=，过点 D 作 DF 垂直 CE于 F，易知 DF=FC=FE=1，又由已知 EB=1，故 FB=2，由∠ ACB=得DF∥AC，，故AC= DF=，以 C 为原点，分别以，，的方向为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，0，0）， P（ 0， 0， 3），A（， 0， 0），E（0，2，0）， D（1， 1，0），∴ =（1，﹣ 1，0）， =（﹣ 1，﹣ 1，3）， =（，﹣ 1， 0），设平面 PAD的法向量=（ x， y， z），由，故可取=（2， 1， 1），由（Ⅰ）知 DE⊥平面 PCD，故平面 PCD的法向量可取=（1，﹣ 1，0），∴两法向量夹角的余弦值cos＜，＞==∴二面角 A﹣PD﹣ C 的余弦值为．26．如图，在几何体 ABCDE中，四边形 ABCD是矩形， AB⊥平面 BEC，BE⊥ EC，AB=BE=EC=2，G， F 分别是线段 BE，DC的中点．（1）求证： GF∥平面 ADE；（2）求平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值．【解答】解法一：（ 1）如图，取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，∵G 是 BE的中点，∴ GH∥ AB，且 GH= AB，又∵ F 是 CD中点，四边形ABCD是矩形，∴DF∥AB，且 DF= AB，即 GH∥DF，且 GH=DF，∴四边形 HGFD是平行四边形，∴ GF∥ DH，又∵ DH? 平面 ADE，GF?平面 ADE，∴ GF∥平面 ADE．（ 2）如图，在平面BEG内，过点 B 作 BQ∥ CE，∵BE⊥EC，∴ BQ⊥BE，又∵ AB⊥平面 BEC，∴ AB⊥BE，AB⊥ BQ，以 B 为原点，分别以的方向为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）∵ AB⊥平面 BEC，∴为平面BEC的法向量，设=（x，y，z）为平面 AEF的法向量．又=（2，0，﹣ 2），=（2，2，﹣ 1）由垂直关系可得，取 z=2 可得．∴ cos＜，＞==∴平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值为．解法二：（1）如图，取 AB 中点 M ，连接 MG，MF，又G 是 BE的中点，可知 GM∥AE，且 GM= AE又AE? 平面 ADE，GM?平面 ADE，∴GM∥平面 ADE．在矩形 ABCD中，由 M， F 分别是 AB， CD的中点可得 MF∥AD．又AD? 平面 ADE，MF?平面 ADE，∴ MF∥平面ADE．又∵ GM∩MF=M，GM? 平面 GMF，MF? 平面GMF∴平面 GMF∥平面 ADE，∵GF? 平面 GMF，∴ GF∥平面 ADE（ 2）同解法一．第30页（共 40页）27．如，在四棱P ABCD中， PD⊥平面 ABCD，四形 ABCD是菱形， AC=2，BD=2，E 是 PB 上任意一点．（Ⅰ）求： AC⊥DE；（Ⅱ）已知二面角 A PB D 的余弦，若 E PB的中点，求 EC与平面 PAB所成角的正弦．【解答】（I）明：∵ PD⊥平面 ABCD，AC? 平面 ABCD∴PD⊥AC又∵ ABCD是菱形，∴ BD⊥ AC，BD∩PD=D∴AC⊥平面 PBD，∵ DE? 平面 PBD∴AC⊥DE⋯（6 分）（ II）解：分以OA， OB， OE 方向x， y， z 建立空直角坐系，PD=t，由（ I）知：平面 PBD的法向量，令平面PAB 的法向量，根据得∴因二面角 A PB D 的余弦，，即，∴⋯（9 分）∴EC与平面 PAB所成的角θ，∵，∴⋯（12 分）28．如，三棱柱 ABC A1B1C1中，面 BB1C1C 菱形， AB⊥B1C．（Ⅰ）明： AC=AB1；（Ⅱ）若 AC⊥ AB1，∠ CBB1=60°， AB=BC，求二面角 A A1B1C1的余弦．【解答】解：（1）连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO，∵侧面 BB1 C1C 为菱形，∴BC1⊥B1C，且 O 为 BC1和 B1C 的中点，又∵ AB⊥ B1 C，∴ B1C⊥平面 ABO，∵ AO? 平面 ABO，∴ B1C⊥ AO，又B10=CO，∴ AC=AB1，（2）∵ AC⊥ AB1，且 O 为 B1C 的中点，∴ AO=CO，又∵ AB=BC，∴△ BOA≌△ BOC，∴ OA⊥OB，∴ OA， OB，OB1两两垂直，以 O 为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|| 为单位长度，的方向为 y 轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠ CBB1°，∴△ 1 为正三角形，又，=60CBB AB=BC∴ A（ 0， 0，）， B（ 1， 0， 0，）， B （，，），（，，）00 C 001∴=（0，，），= =（1，0，），==（﹣ 1，，0），设向量=（x，y，z）是平面 AA1B1的法向量，则，可取=（1，，），同理可得平面 A1 B1C1的一个法向量=（1，﹣，），∴ cos＜，＞== ，∴二面角 A﹣A1B1﹣ C1的余弦值为29. 已知四棱锥P— ABCD ， PB⊥ AD，侧面PAD为边长等于 2 的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD 与底面ABCD所成的二面角为120°.（ 1）求点P 到平面ABCD的距离；（ 2）求面APB与面CPB所成二面角的大小.PCDBA（传统法）解（ 1）：以以下图，作 PO⊥平面 ABCD ，垂足为点 O. 连接 OB、 OA、OD ， OB 与 AD 交于点 E，连接 PE.PDCEO BA∵AD ⊥ PB，∴ AD⊥ OB.∵P A=PD ，∴ OA=OD .于是 OB 均分 AD ，点 E 为 AD 的中点，∴ PE ⊥AD. 由此知∠ PEB 为面 PAD 与面 ABCD 所成二面角的平面角，∴∠ PEB=120°，∠ PEO=60°. 由已知可求得 PE= 3，33，即点 P 到平面 ABCD 的距离为3 .∴PO=PE·sin60°=3×=222（2）（空间向量法）解法一：以以下图建立直角坐标系，其中O 为坐标原点， x 轴平行于 DA .zPGCDOEyBAxP（ 0，0，333， 0）， PB 中点 G 的坐标为（ 0，33，3），连接 AG.）， B（ 0，2244又知 A（ 1，3，0）， C（－ 2，3 3，0） . 22由此获取 GA =（1，－3，－3），44PB =（0，3 3，－3）， BC =（－2，0，0）.22于是有 GA · PB =0， BC · PB =0，∴ GA ⊥ PB ， BC ⊥ PB . GA ， BC 的夹角 θ 等于所求二面角的平面角.于是 cos θ=GA BC|GA || BC |=－2 7，7由于题目中的二面角为钝角，因此所求二面角的大小为－2 7 。
高二数学平面向量试题
高二数学平面向量试题1.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为侧面BCC1B1的中心．若，则x＋y＋z的值为()A．1B．3/2C．2D．3/4【答案】C【解析】所以则故选C2.若向量，=(m，m+1)，且∥，则实数m的值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为两向量平行，所以，所以，故选A．【考点】向量平行的充要条件的坐标表示3.已知向量与的夹角为且，若，且，则实数的值为A．B．1C．2D．【答案】B【解析】因为，所以，所以得．【考点】1．数量积；2．向量垂直．4.已知，，且与夹角为，则等于A．B．C．D．【答案】B【解析】根据与夹角为，可知，所以，故选B．【考点】向量的数量积的定义式，向量数量积的运算法则．5.已知点，曲线C：恒过定点B，P为曲线C上的动点且的最小值为2，则（）A．﹣2B．﹣1C．2D．1【答案】D【解析】曲线C：恒过点B，则令，可得，即，又点，设，则，由于在（0，+∞）上有最小值2，且，故是的极值点，即最小值点．，恒成立，在（0，+∞）上是增函数，所以没有最小值；故不符合题意；当a＞0，时，，函数在是减函数，在是增函数，所以有最小值为，即，解得；故选D．【考点】平面向量数量积的运算．6.已知向量，若，则＝________．【答案】【解析】因为，所以，所以解得，＝【考点】向量模的运算．7.已知向量，则的值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，若，则，解得．【考点】向量共线的坐标表示．8.已知方程x 2+y 2-2x-4y+m=0．（1）若此方程表示圆，求m的取值范围；（2）若（1）中的圆与直线x+2y-4=0相交于M，N两点，且（其中O为坐标原点）求m的值；（3）在（2）的条件下，求以MN为直径的圆的方程．【答案】（1）m＜5；（2）；（3）【解析】（1）将x 2+y 2-2x-4y+m=0转化为：，由方程表示圆，则有5-m＞0．（2）由先将直线与圆方程的联立，由相交于两点，则有，又，得出，由韦达定理求解；（3）线段的中点为圆心，圆心到端点的距离为半径，从而求得结论试题解析：（1）x 2+y 2-2x-4y+m=0即（x-1）2+（y-2）2=5-m（2分）若此方程表示圆，则5-m＞0∴m＜5（2）x=4-2y代入得5y 2-16y+8+m="0"∵△=（-16）2-4×5×（8+m）＞0∴，∵得出：x1x2+y1y2=0而x1x2=（4-2y1）•（4-2y2）=16-8（y1+y2）+4y1y2∴5y1y2-8（y1+y2）+16=0，∴满足故的m值为．（3）设圆心为（a，b），且O点为以MN为直径的圆上的点,半径圆的方程【考点】1．直线与圆相交的性质；2．二元二次方程表示圆的条件9.△ABC中，内角为A，B，C，所对的三边分别是a，b，c，已知，．（1）求；（2）设·,求．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）根据条件，采取化角的策略，由正弦定理得：，又，所以，所以，展开两边同除以即可；（2）因为·，，所以，则，由余弦定理得，所以，．试题解析：（1）∴（2）∵·，∴，则∴∴，【考点】1、正弦定理；2、余弦定理；3、两角和正弦公式；4、数量积公式．10.已知单位向量两两的夹角均为，且），若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系O-xyz（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作。
高中数学-公式-平面向量
平面向量1.两个向量平行的充要条件,设a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2),λ为实数。
〔1〕向量式：a ∥b (b ≠0)⇔a =λb ;〔2〕坐标式：a ∥b (b ≠0)⇔x 1y 2－x 2y 1=0;2.两个向量垂直的充要条件, 设a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2), 〔1〕向量式：a ⊥b (b ≠0)⇔a b =0; 〔2〕坐标式：a ⊥b ⇔x 1x 2+y 1y 2=0;3.设a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2),那么a b θ=x 1x 2+y 1y 2;其几何意义是a b 等于a 的长度与b 在a 的方向上的投影的乘积；4.设A 〔x 1,x 2〕、B(x 2,y 2)，那么S ⊿AOB ＝122121y x y x -； 5.平面向量数量积的坐标表示：〔1〕假设a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2),那么a b =x 1x 2+y 1y 2221221)()(y y x x -+-=; 〔2〕假设a =(x,y),那么a 2=a a =x 2+y 2,22y x a +=;十、向量法 1、设直线、m l 的方向向量分别是、a b ，平面αβ、的法向量分别是、u v ，那么： 〔1〕线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔=a kb〔2〕线面平行：l ∥α⇔a ⊥u 0⇔=a u〔3〕面面平行：////αβ⇔⇔=u v u kv注意：这里的线线平行包括线线重合，线面平行包括线在面内，面面平行包括面面重合.2、设直线、m l 的方向向量分别是、a b ，平面αβ、的法向量分别是、u v ，那么： 〔1〕线线垂直：⊥⇔l m a ⊥b 0⇔=a b〔2〕线面垂直：α⊥⇔l a ∥u ⇔=a ku〔3〕面面垂直：αβ⊥⇔u ⊥v 0⇔=u v3、设直线、m l 的方向向量分别是、a b ，平面αβ、的法向量分别是、u v ，那么： 〔1〕直线、m l 所成的角(0)2πθθ≤≤，cos θ⋅=a ba b〔2〕直线l 与平面α所成的角(0)2πθθ≤≤，sin θ⋅=a ua u〔3〕平面α与平面β所成的二面角的平面角(0)θθπ≤≤，cos θ⋅=u vu v教学过程：二、新课讲授1. 定义：我们把空间中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.3. 空间向量的加法与数乘向量的运算律． ⑴加法交换律：a +b = b + a ； ⑵加法结合律：(a + b ) + c =a + (b + c )；⑶数乘分配律：λ(a + b ) =λa +λb ； ⑶数乘结合律：λ(u a ) =(λu )a ．4. 推广：⑴12233411n n n A A A A A A A A A A -++++=；⑵122334110n n n A A A A A A A A A A -+++++=；方向相同或者相反的非零向量叫做平行向量．由于任何一组平行向量都可以平移到同一条直线上，所以平行向量也叫做共线向量． 向量b 与非零向量a 共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使b ＝λa .称平面向量共线定理，二、新课讲授1.定义：与平面向量一样，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，那么这些向量叫做共线向量或平行向量．a 平行于b 记作a //b ．2．关于空间共线向量的结论有共线向量定理及其推论： 共线向量定理：空间任意两个向量a 、b 〔b ≠0〕，a //b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . 理解：⑴上述定理包含两个方面：①性质定理：假设a ∥b 〔a ≠0〕，那么有b ＝λa ，其中λ是唯一确定的实数。
高二数学(人教B版)选修2-1全册同步练习：3-2-2平面的法向量与平面的向量表示
3.2.2平面的法向量与平面的向量表示一、选择题1．下列命题中正确的是( )A ．如果一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直B ．如果一条直线与平面的一条斜线垂直，则它与斜线在平面上的射影垂直C ．如果一向量和斜线在平面内的射影垂直，则它垂直于这条斜线D ．如果一非零向量和一平面平行，且和一条斜线垂直，则它垂直于斜线在平面内的射影[答案] D[解析] 由三垂线定理知D 成立．2．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，平面ACB 1的一个法向量为( )A.BD 1→B.DB →C.BA 1→D.BB 1→ [答案] A3．点A (a,0,0)，B (0，b,0)，C (0,0，c )，则平面ABC 的一个法向量为( )A ．(bc ，ac ，ab )B ．(ac ，ab ，bc )C ．(bc ，ab ，ac )D ．(ab ，ac ，bc ) [答案] A[解析] 设法向量为n ＝(x ，y ，z )，则AB ·n ＝0，AC →·n ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋by ＝0－ax ＋cz ＝0∴n ＝(bc ，ac ，ab )． 故选A. 4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．ACB ．BDC ．A 1DD ．A 1A[答案] B[解析] 直线CE 在平面AC 内的射影为AC ，又AC ⊥BD ，∴BD ⊥CE ，故选B.5．正方体AC 1中，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，则下列直线中不互相垂直的是( )A ．B 1C 与C 1D 1B ．D 1B 与B 1C C ．D 1B 与EFD ．A 1B 与B 1C 1 [答案] C[解析]D1B与EF所成角等于∠D1BC，其余弦值为33，故选C.6．若平面α、β的法向量分别为u＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1,4)，则()A．α∥βB．α⊥βC．α、β相交但不垂直D．以上均不正确[答案] C[解析]∵u＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1,4)，∴u与v不平行且u与v不垂直，故选C.7．平面α的一个法向量为v1＝(1,2,1)，平面β的一个法向量v2＝－(2,4,2)，则平面α与平面β()A．平行B．垂直C．相交D．不能确定[答案] A[解析]由v1∥v2故可判定α∥β.8．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝() A．2B．－4C．4D．－2[答案] C[解析]∵α∥β，∴1－2＝2－4＝－2k，∴k＝4，故选C.9．若直线l的方向向量为a＝(－1,0，－2)，平面α的法向量为u＝(4,0,8)，则() A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交[答案] B[解析]∵u＝－4a，∴u∥a，∴a⊥α，∴l⊥α.故选B.10．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，则()A．面AED∥面A1FD1B．面AED⊥面A1FD1C．面AED与面A1FD相交但不垂直D．以上都不对[答案] B[解析] 以D 为原点，DA →、DC →，DD 1→分别为x ，y ，z 建立空间直角坐标系求面AED 的法向量n 1与面A 1FD 1的法向量n 2.∵n 1·n 2＝0，∴n 1⊥n 2，∴平面AED ⊥平面A 1FD 1.二、填空题11．若直线l 与β的法向量分别是a ＝(1,0，－2)，b ＝(－1，0,2)，则直线l 与β的位置关系是________．[答案] l ⊥β[解析] ∵a ∥b ，∴l ⊥β.12．已知l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为⎝⎛⎭⎫1，12，2，则m ＝________.[答案] －8[解析] 设a ＝(2，m,1)，b ＝(1，12，2)． ∵l ∥α，∴a ⊥b ，∴2＋12m ＋2＝0，∴m ＝－8. 13．已知正四棱锥(如图所示)，在向量PA →－PB →＋PC →－PD →，PA→＋PC →，PB →＋PD →，PA →＋PB →＋PC →＋PD →中，不能作为底面ABCD 的法向量的向量是________．[答案] PA →－PB →＋PC →－PD →[解析] ∵PA →－PB →＋PC →－PD →＝BA →＋DC →＝0，不能作为这个平面的法向量，对其它三个化简后可知均与PO →共线．而PO ⊥平面ABCD ，它们可作为这个平面的法向量．14．如图所示，已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥QD ，则a 的值等于________．[答案] 2[解析] 以A 为原点，建立如图所示坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0，a,0)，C (1，a,0)，设Q (1，x,0)，P (0,0，z )，PQ →＝(1，x ，－z )，QD→＝(－1，a －x,0)．由PQ →·QD →＝0，得－1＋x (a －x )＝0，即x 2－ax ＋1＝0.当Δ＝a 2－4＝0，即a ＝2时，Q 只有一个．三、解答题15．已知△ABC 的三个顶点坐标分别为A (0,0,2)，B (4,2,0)，C (2,4,0)，求平面ABC 的单位法向量．[解析] AB →＝(4,2，－2)，AC →＝(2,4，－2)设n ＝(x ，y ，z )是平面ABC 的单位法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧ |n |2＝1，n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝1，2x ＋y －z ＝0，x ＋2y －z ＝0. 取z >0，得x ＝y ＝111，z ＝311 . ∴n ＝111(1,1,3)．16．如图所示，M 、N 、P 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中的棱CC 1、BC 、CD 的中点．求证：A 1P ⊥平面DMN .[证明] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则D (0,0,0)，A 1(2,0,2)，P (0,1,0)，M (0,2,1)，N (1,2,0)．∴向量A 1P →＝(0,1,0)－(2,0,2)＝(－2,1，－2)，DM →＝(0,2,1)－(0,0,0)＝(0,2,1)，DN →＝(1,2,0)．∴A 1P →·DM →＝(－2,1，－2)·(0,2,1)＝(－2)×0＋1×2＋(－2)×1＝0.A 1P →·DN →＝(－2,1，－2)·(1,2,0)＝(－2)×1＋1×2＋(－2)×0＝0.∴A 1P →⊥DM →，A 1P →⊥DN →，即A 1P ⊥DM ，A 1P ⊥DN ，又DM ∩DN ＝D ，∴A 1P ⊥平面DMN .17．棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面P AC?[解析] 以D 为原点建立如图所示的坐标系，设存在点P (0,0，z )，AP →＝(－a,0，z )，AC →＝(－a ，a,0)，DB 1→＝(a ，a ，a )，∴B 1D ⊥面PAC ，∴DB 1→·AP →＝0，DB 1→·AC →＝0.∴－a 2＋az ＝0.∴z ＝a ，即点P 与D 1重合．∴点P 与D 1重合时，DB 1⊥面P AC .18．如图所示，ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ，M 、N 、Q 分别是PC 、AB 、CD 的中点，(1)求证：MN ∥PAD ；(2)求证：平面QMN ∥平面PAD ；(3)求证：MN ⊥平面PCD .[解析] (1)如图以A 为原点，以AB ，AD ，AP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设B (b,0,0)，D (0，d,0)，P (0,0，d )，则C (b ，d,0)∵M ，N ，Q 分别是PC ，AB ，CD 的中点，∴M ⎝⎛⎭⎫b 2，d 2，d 2，N ⎝⎛⎭⎫b 2，0，0，Q ⎝⎛⎭⎫b 2，d ，0 ∴MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－d 2，－d 2， ∵面PAD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)∴MN →·m ＝0，即MN →⊥m ，∴MN 不在面P AD 内，∴MN ∥面PAD ，(2)QN →＝(0，－d,0)，QN →⊥m ，又QN 不在面P AD 内，又QN ∥面PAD .又∵MN ∩QN ＝N ，∴面MNQ ∥平面P AD .(3)PD →＝(0，d ，－d )，DC →＝(b,0,0)， ∴MN →·PD →＝⎝⎛⎭⎫－d 2d ＋⎝⎛⎭⎫－d 2(－d )＝0， MN →·DC →＝0，∴MN →⊥PD →，MN →⊥DC ，又PD ∩DC ＝D ， ∴MN →⊥平面PCD .。
2020高中数学 2 平面的法向量与平面的向量表示(含解析)2-1
课时分层作业（二十三) 平面的法向量与平面的向量表示（建议用时：60分钟)［基础达标练］一、选择题1．设平面α的法向量为（1,－2,2），平面β的法向量为（2，λ,4），若α∥β，则λ等于( )A ．2B ．4C ．－2D ．－4D [∵α∥β，∴（1，－2，2）＝m （2,λ，4)，∴λ＝－4。
］2．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2，4）,b ＝（x ，－1，－2),并且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.错误! D ．－错误!B [因为α⊥β,所以它们的法向量也互相垂直，所以a·b ＝（－1，2，4)·(x ，－1，－2)＝0，即－x －2－8＝0,解得x ＝－10.]3．已知AB →＝（2,2，1），错误!＝（4，5,3)，则平面ABC 的一个单位法向量可表示为( ）A ．a ＝（－1，2，－2）B ．a ＝错误!C ．a ＝错误!D ．a ＝错误! C [设平面的法向量为a ＝（x ,y ，z ），则有错误!∴错误!，令z＝1，得y＝－1,x＝错误!，∴a＝错误!故平面ABC的一个单位法向量为a＝错误!.］4．已知错误!＝（－3，1，2）,平面α的一个法向量为n＝（2,－2，4），点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为（) A．AB⊥αB．AB⊂αC．AB与α相交但不垂直D．AB∥αD ［因为n·错误!＝2×（－3）＋(－2)×1＋4×2＝0,所以n⊥错误!.又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α，故选D。
］5．如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥BC，PB⊥AC,点G是P在平面ABC内的射影，则G是△ABC的( ) A．内心B．外心C．垂心D．重心C [连接AG,BG(图略），则AG,BG分别为AP，BP在平面ABC 内的射影．因为PA⊥BC,所以由三垂线定理的逆定理知AG⊥BC，同理，BG⊥AC，所以G是△ABC的垂心．故选C.］二、填空题6．已知l∥α，且l的方向量为（2，－8,1）,平面α的法向量为（1，y,2）,则y＝________.错误![∵l∥α,∴(2,－8，1）·(1，y,2）＝0,而2×1－8y＋2＝0,∴y ＝错误!.］7．若A错误!，B错误!，C错误!是平面α内的三点，设平面α的法向量a＝（x,y，z)，则x∶y∶z＝________。
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高中数学-平面的法向量与平面的向量表示练习题
课后训练
1．设O (0,0,0)，M (5，－1,2)，A (4,2，－1)，若OM u u u u r ＝AB u u u r ，则点B 的坐标为( )
A ．(－1,3，－3)
B ．(9,1,1)
C ．(1，－3,3)
D ．(－9，－1，－1)
2．设l 1的方向向量为a ＝(2,4,5)，l 2的方向向量为b ＝(3，x,3y )，若l 1∥l 2，则x ，y 的值分别是( )
A ．6,15
B ．6，52
C ．3,15
D ．3，52 3．已知直线l 1的方向向量a ＝(2,4，x )，直线l 2的方向向量b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值是( )
A ．－3或1
B ．3或－1
C ．－3
D ．1
4．已知直线l 的方向向量为v ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－4,5,2)，则l 与α的关系是( )
A ．l ⊥α
B ．l ∥α
C ．l α
D ．l ∥α或l α
5．已知平面α过点A (1，－1,2)，法向量有n ＝(2，－1,2)，则下列点在α内的是( )
A ．(2,3,3)
B ．(3，－3,4)
C ．(－1,1,0)
D ．(－2,0,1)
6．已知A ，B ，P 三点共线，则对空间任一点O ，OP uuu r ＝αOA u u u r ＋βOB uuu r ，那么α＋β
＝__________.
7．已知直线l 的方向向量v ＝(2，－1,3)，且过A (0，y,3)和B (－1,2，z )两点，则y ＝__________，z ＝__________.
8．直角三角形ABC 的斜边BC 在平面α内，顶点A 在平面α外，则三角形ABC 的两条直角边在平面α内的射影与斜边所成的图形可能是__________．
9．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点M ，N 分别是棱BB ′与对角线CA ′的中点，求证：MN ⊥BB ′；MN ⊥A ′C .
10．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AB 和BC 的中点，试在棱B 1B 上找一点M ，使得D 1M ⊥平面EFB 1.
参考答案
1. 答案：B 由OM u u u u r ＝AB u u u r 得(5，－1,2)＝(x －4，y －2，z ＋1)，可得点B (9,1,1)．
2. 答案：B a ∥b 24533x y ⇔==，故x ，y 的值分别是6，52
. 3. 答案：A ∵|a |＝22224=6x ++，
∴x ＝±4.
又∵a ·b ＝2×2＋4×y ＋2×x ＝0，
∴y ＝－1±2，
∴x ＋y ＝－3或1.
4. 答案：D 因为v ·u ＝0，所以l ∥α或l α.
5. 答案：A 设M (x ，y ，z )为平面内一点，
∴AM u u u u r ·n ＝0，即2(x －1)－(y ＋1)＋2(z －2)＝0.
又∵A 项中坐标满足上式，∴选A.
6. 答案：1
7. 答案：32 32
因为AB u u u r ＝(－1,2－y ，z －3)，AB u u u r ∥v ，故123213y z ---==-，故32y =，32
z =. 8. 答案：一条线段或一个钝角三角形
9. 答案：证明：不妨设已知正方体的棱长为1，以A 为坐标原点，AB u u u r ，AD u u u r ，AA u u u r ′
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Axyz .由已知条件得M 11,0,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭
，B (1,0,0)，C (1,1,0)，A ′(0,0,1)，111,,222N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ′(1,0,1)．所以MN u u u u r ＝11,,022⎛⎫- ⎪⎝⎭
，A'C u u u u r ＝(1,1，－1)，BB 'u u u r ＝(0,0,1)．因为MN u u u u r ·A'C u u u u r ＝0，
所以MN ⊥A ′C .又MN u u u u r ·BB u u u r ′＝0，所以MN ⊥BB ′.
10. 答案：解：以D 为坐标原点，DA u u u r ，DC u u u r ，1DD u u u u r 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Dxyz ，
则A (1,0,0)，B 1(1,1,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，11,,02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,02F ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，点M (1,1，m )，
则EF u u u r ＝1
1
,,022⎛⎫- ⎪⎝⎭，1B E u u u r ＝10,,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭，1D M u u u u u r
＝(1,1，m －1)．
∵D 1M ⊥平面EFB 1，
∴D 1M ⊥EF u u u r 且1B E u u u r ⊥1D M u u u u u r ， ∴1D M u u u u u r ·EF u u u r ＝0，1D M u u u u u r ·1B E u u u r
＝0， ∴11100,221
1010,
2m m ⎧-++(-)⋅=⎪⎪⎨⎪⨯-+-=⎪⎩ ∴1
2m =.
故取B 1B 的中点M ，能满足D 1M ⊥平面EFB 1.。