高考数学总复习 88空间向量的应用(理)课后作业 北师大版
【走向高考】2013年高考数学总复习 8-8空间向量的应用(理)课后作业 北师大版
【走向高考】2013年高考数学总复习 8-8空间向量的应用(理)课后作业 北师大版一、选择题1．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2,3,5)，n 2＝(－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] 已知n 1与n 2既不平行也不垂直，所以平面α，β相交但不垂直． 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63[答案] D[解析] 该题考查正方体的性质，直线与平面所成的角，考查坐标法．建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，设边长为1，BB 1→＝(0,0,1)平面ACD 1的一个法向量n ＝(1,1,1)，∴cos 〈BB 1→，n 〉＝13·1＝33，∴BB 1与面ACD 1所成角的余弦值为63. 3．已知正四面体ABCD ，则二面角A —BC —D 的余弦值为( ) A.12 B.13 C.33 D.32 [答案] B[解析] 如右图所示，E 为BC 的中点，连接AE ，ED ，则∠AED 为二面角A —BC —D 的平面角．解△AED ，得cos ∠AED ＝13.4．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010B.12C.3015D.1510[答案] A[解析] 建立如右图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，B (0，－1,0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，1，即AF 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，BD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1. ∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为( )A.34B.32C.334D. 3[答案] B[解析]解法一：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F. ∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AB＝AC.∴AE⊥BC.∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC.∴AF的长即为所求点面距离．AA1＝1，AE＝3，∴AF＝3 2.解法二：V A1－ABC＝13S△ABC·AA1＝13×3×1＝33.又∵A1B＝A1C＝5，在△A1BE中，A1E＝A1B2－BE2＝2.∴S△A1BC＝12×2×2＝2.∴V A1－ABC＝13×S△A1BC·h＝23h.∴23h＝33，∴h＝32.∴点A 到平面A 1BC 距离为32. 解法三：设BC 中点为O ，∵△ABC 为正三角形， ∴AO ⊥BC ，以O 为原点，直线AO ，BC 分别为x 轴、y 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0，－1,0)，C (0,1,0)，A (－3，0,0)，A 1(－3，0,1)．设n ＝(x ，y,1)为平面A 1BC 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0n ·OA 1→＝0，∴⎩⎨⎧－y ＝0－3x ＋1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝33，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，1，又AA 1→＝(0,0,1)，∴A 到平面A 1BC 的距离d ＝|AA 1→·n ||n |＝32. 6．(2012·某某模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30° B．45° C．60° D．90° [答案] C[解析] 本小题主要考查直线和平面所成角，如图所示由已知三棱柱为正三棱柱，设底面边长为a ，则A 1A ＝a ，取BC 中点E ，连AE ，DE ，则AE ⊥平面B 1BCC 1，∴∠ADE 为直线AD 和平面B 1BCC 1所成角．∵AE ＝32a ，DE ＝12a ， ∴tan ∠ADE ＝AE DE＝3， ∴∠ADE ＝60°，故选C. 二、填空题7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与AM 所成的角是________．[答案]π2[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)．设P (2，t,2)，于是AM →＝(－2,0,1)，OP →＝(1，t －1,2)． ∵AM →·OP →＝－2×1＋0×(t －1)＋1×2＝0， ∴AM →⊥OP →，直线OP 与AM 所成的角为π2.8．(2012·某某某某模拟)如图，在45°的二面角α—l —β的棱上有两点A 、B ，点C 、D 分别在平面α、β内，且AC ⊥AB ，∠ABD ＝45°，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．[答案]2－ 2[解析] 由CD →＝CA →＋AB →＋BD →， cos<AC →，BD →>＝cos45°cos45°＝12，∴|CD →|2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋AB →·BD →＋CA →·BD →)＝3＋2(0＋1×1×cos135°＋1×1×cos120°)＝2－2，∴|CD →|＝2－ 2. 三、解答题9．(2011·某某理，18)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值． [解析]如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)． 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)． 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 故PQ ⊥平面DCQ .又PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155.一、选择题1．(2012·某某八校模拟)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin<CM →，D 1N →>的值为( )A.19B.49 5C.295D.23 [答案] B[解析] 设正方体棱长2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos<CM →，D 1N →>＝－19，sin<CM →，D 1N →>＝459.2．如下图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1 [答案] C[解析] 设BD ∩AC ＝0，连接EO ， 由题意可知EO ∥AM . ∴M 为EF 的中点． ∴M ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1，故选C. 二、填空题3．设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则D 到平面ABC 的距离为____________． [答案]491717[解析] 过D 作DH ⊥面ABC ，垂足为H ，DH 与平面xOy 交于M ，设M (x ，y,0)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧DM →·AB →＝0，DM →·AC →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝4.∴M (7,4,0)．设〈AD →，DM →〉＝α，则|DH →|＝|DA →|·|cos α|， ∴|DH →|＝|DA →|·|DM →·DA →||DM →||DA →|＝491717.4．如右图，若P 为正方体AC 1的棱A 1B 1的中点，则截面PC 1D 和面AA 1B 1B 所成锐二面角的余弦值是____________．[答案]13[解析] 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体，AC 1的棱长为2，则D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，P (2,1,2)． ∴DC 1→＝(0,2,2)，DP →＝(2,1,2)．设截面PC 1D 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧DC 1→·n＝0，DP →·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2＋y ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝－2.∴n＝(1,2，－2)．又平面AA1B1B的一个法向量为a＝(1,0,0)，设截面PC1D与平面AA1B1B所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|a·n||a||n|＝13×1＝13.三、解答题5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小；(3)求BC1与EF所成角的大小．[解析]方法一：(1)如图①连接B1C，AB1，∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴A1D∥B1C.从而B1C与AC所成的锐角或直角就是AC与A1C所成的角．∵AB1＝AC＝B1C.∴∠B1CA＝60°，即A1D与AC所成角为60°.(2)如图②，连接AC、BD.在正方形ABCD中，E、F为AB、AD的中点，∴EF∥BD，∴EF⊥AC，又A1A⊥EF，AA1∩AC＝A，∴EF⊥面A1ACC1，∵A1C1平面AA1C1C，∴EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90°.(3)如图③，连接BD ，由(2)知EF ∥BD ，∴BD 与BC 1所成的锐角或直角即为EF 与BC 1所成的角，连接C 1D ， 由BC 1＝BD ＝C 1D ， 知△BC 1D 是正三角形，∴∠C 1BD ＝60°，即所求角为60°.方法二：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系[D ；DA →，DC →，DD 1→]如图①，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.(1)∵AC →＝(－1,1,0)，A 1D →＝(－1,0，－1)， ∴AC →·A 1D →＝1，|AC →|＝2，|A 1D →|＝ 2. ∴cos<AC →，A 1D →>＝12·2＝12， ∴<AC →，A 1D →>＝60°， 即AC 与A 1D 所成的角为60°.(2)A 1C 1→＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，∴A 1C 1→·EF →＝12－12＝0，∴A 1C 1→⊥EF →，即A 1C 1与EF 所成的角为90°. (3)BC 1→＝(－1,0,1)，∴BC 1→·EF →＝12，|BC 1→|＝2，|EF →|＝22，∴cos<BC 1→，EF →>＝122·22＝12. ∴<BC 1→，EF →>＝60°，即BC 1与EF 所成的角为60°.6．(2011·某某理，19)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求点C到平面B1DP的距离．[解析]解法一：(1)连接AB1与BA1交于点O，连接OD.∵PB1∥平面BDA1，PB1平面AB1P，平面AB1P∩平面BDA1＝OD，∴OD∥PB1.又AO＝B1O，∴AD＝PD.又AC∥C1P，∴CD＝C1D.(2)过A作AE⊥DA1于点E，连结BE.∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC＝A，∴BA⊥平面AA1C1C.由三垂线定理可知BE⊥DA1.∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．在Rt△A1C1D中，A1D＝122＋12＝52，又S△AA1D＝12×1×1＝12×52·AE，∴AE＝25 5.在Rt△BAE中，BE＝12＋2552＝355.∴cos∠BEA＝AEBE＝23.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为2 3 .(3)由题意知，点C到平面B1DP的距离是点C到平面DB1A的距离，设此距离为h. ∵V C－DB1A＝V B1－ACD，∴13S△DB1A·h＝13S△ACD·B1A1.由已知可得AP＝5，PB1＝5，AB1＝ 2∴在等腰△AB1P中，S△A B1P＝12AB1·AP2－12AB12＝32，∴S△DB1A＝12S△A B1P＝34，又S△ACD＝12AC·CD＝14，∴h＝S△ACD·B1A1S△DB1A＝13.故C到平面B1DP的距离等于1 3 .解法二：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)．(1)设C 1D ＝x ， ∵AC ∥PC 1，∴C 1P AC ＝C 1D CD ＝x 1－x. 由此可得D (0,1，x )，P (0,1＋x1－x，0)．∴A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，x )，B 1P →＝(－1,1＋x1－x，0)．设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝a ＋c ＝0，n 1·A 1D →＝b ＋cx ＝0.令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)∵PB 1∥平面BA 1D ，∴n 1·B 1P →＝1×(－1)＋x ·(1＋x1－x)＋(－1)×0＝0.由此可得x ＝12，故CD ＝C 1D .(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝(1，12，－1)．又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量． ∴cos<n 1，n 2>＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11×32＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.(3)∵PB 1→＝(1，－2,0)，PD →＝(0，－1，12)，设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3·PB 1→＝a 1－2b 1＝0，n 3·PD →＝－b ＋c12＝0.令c 1＝1，可得n 3＝(1，12，1)．又DC →＝(0,0，12)，∴C 到平面B 1DP 的距离d ＝|DC →·n 3||n 3|＝13. 7．如图，棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∠A 1AC ＝60°.(1)求异面直线BD 和AA 1所成的角； (2)求二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值；(3)在直线CC 1上否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．[解析]连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°， ∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO ·cos60°＝3.∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21. ∴A 1O ⊥AO ，∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .∴以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．(1)∵BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， ∴AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD ⊥AA 1，即异面直线BD 和AA 1所成的角为90°. (2)∵OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面AA 1D 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥AA 1→，n 2⊥AD →.∴⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0.取n 2＝(1，3，－1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55.∴二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值是55.(3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C ， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )， 则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．∴P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3＝(x 3，y 3，z 3)是平面DA 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→.∴⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，不妨取n 3＝(1,0，－1)． 又∵BP →∥平面DA 1C 1，∴n 3·BP →＝0， ∴－3－3λ＝0，∴λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且使C 1C ＝CP .。
2013届高考北师大版数学总复习课件：8.8空间向量的应用
4．已知两平面的法向量分别为 m＝ (0,1,0)， n＝ (0,1,1)，则 两平面所成的二面角为( A． 45° C． 45° 或 135°
[答案] C
) B． 135° D． 90°
[解析] cos< m，n>＝
m· n 1 2 ＝ ＝ ， | m|| n| 1× 2 2
a· b |b| |a|·
.
(2)直线与平面的夹角 ①定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的 投影的夹角．
π [0， ]． 2 ②范围：直线和平面夹角 θ 的取值范围是
③向量求法：设直线 l 的方向向量为 a，平面的法向量为 u， 直线与平面所成的角为 θ，a 与 u 的夹角为 φ，则有 sinθ＝ |cosφ | 或 cosθ＝ sinφ.
(3)二面角 ①二面角的取值范围是 [0，π]． ②二面角的向量求法： (ⅰ )若 AB、 CD 分别是二面角 α—l—β 的两个面内与棱 l 垂 → → 直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角 (如图 ① )．
(ⅱ )设 n1， n2 分别是二面角 α—l— β 的两个面 α， β 的法向量， 则向量 n1 与 n2 的夹角 (或其补角)的大小就是二面角的平面角的 大小 (如图②③ )．
2．设平面 α 的法向量为(1,2，－2)，平面 β 的法向量为(－2， － 4， k)，若 α∥ β，则 k＝ ( A． 2 C． 4
[答案] C
)
B．－ 4 D．－2
[解析] ∵α∥β，∴(－2，－4，k)＝λ(1,2，－2)． ∴－2＝λ，k＝－2λ，∴k＝4.
3．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC， AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90° ，点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中 点，则直线 EF 和 BC1 所成的角是( A．45° C．90°
第八章立体几何与空间向量第五节空间向量及其运算(课件+练习)北师大版适用于新教材2024版高考数学一
第八章立体几何与空间向量第五节空间向量及其运算（课件+练习）北师大版适用于新教材2024版高考数学一轮总复习(共40张PPT)第五节空间向量及其运算第八章内容索引0102强基础固本增分研考点精准突破课标解读 1.掌握空间直角坐标系,会用空间直角坐标系刻画点的位置;会推导空间两点间的距离公式.2.理解空间向量的概念,理解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.5.理解空间向量投影的概念以及投影向量的意义.强基础固本增分1.空间向量的有关概念抓住空间向量的两个主要元素:大小与方向名称概念表示零向量模(长度)为0的向量0单位向量模(长度)为1的向量—相等向量方向相同且模相等的向量a=b相反向量方向相反且模相等的向量向量a的相反向量为-a共线向量表示向量的两条有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a∥b共面向量平行于同一平面的向量—微点拨空间向量是由平面向量拓展而来的,因此空间向量的概念和性质与平面向量的概念和性质相同或相似.在学习空间向量时,与平面向量的相关内容相类比进行学习,将达到事半功倍的效果.2.空间向量中的有关定理定理语言描述共线向量基本定理空间两个向量a,b(b≠0)共线的充要条件是存在唯一的实数λ,使得a=λb空间向量基本定理{a,b,c}叫作空间的一组基如果向量a,b,c是空间三个不共面的向量,p是空间任意一个向量,那么存在唯一的三元有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc微点拨 1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础.2.利用共线向量基本定理可以证明一些平行问题.3.空间向量的数量积(1)两向量的夹角②范围:0≤≤π.(2)两个空间向量a,b的数量积:a·b=|a||b|cos.微点拨向量的数量积满足交换律、分配律,但不满足结合律,即a·b=b·a,(a+b)·c=a·c+b·c成立,(a·b)c=a(b·c)不一定成立.(1)两个向量有相同的起点;(2)向量的方向4.空间向量的坐标表示设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).垂直问题一般通过向量的数量积运算来解决常用结论1.证明空间任意三点共线的方法对空间三点P,A,B,可通过证明下列结论成立来证明三点共线:2.证明空间四点共面的方法对空间四点P,M,A,B,除空间向量基本定理外,也可通过证明下列结论成立来证明共面:自主诊断题组一思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)1.空间中模相等的两个向量方向相同或相反.()2.空间中任意两非零向量a,b共面.()3.对于空间非零向量a,b,若a·b0,所以不是钝角,故C错误;c在a方向上的投影向量为|c|cos·a=(1,0,1)=(4,0,4),故D正确.故选BD.7.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=1,|b|=2,|c|=,则a与b的夹角为.答案:解析:因为a+b+c=0,所以c=-a-b,所以c2=(-a-b)2=a2+2a·b+b2.因为|a|=1,|b|=2,|c|=,所以7=1+2×1×2cos+4,所以cos=.因为∥[0,π],所以=.综合提升组8.(2023·四川绵阳诊断)如图,在空间四边形OABC 中,OA=OB=OC=2,∥AOC=∥BOC=,∥AOB=,点M,N分别在OA,BC上,且OM=2MA,BN=CN,则MN=()A. B.C. D.答案:A解析:∥OM=2MA,BN=CN,∥)-=-.又OA=OB=OC=2,∥AOC=∥BOC=,∥AOB=,∥=0,=0,=||·||cos=2.∥=-2=|2+|2+|2-×22+×22+×22-×2=,∥||=.9.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的菱形,AA1=1,∥A1AB=∥A1AD=∥BAD=60°,M为A1C1与B1D1的交点,设=a,=b,=c.(1)用a,b,c表示并求BM的长;(2)求点A到直线BM的距离.解:(1))-=-=-a+b+c.又|a|=|b|=2,|c|=1,===60°,∥||2=-a+b+c2=a2+b2+c2-a·b-a·c+b·c=×4+×4+1-×2×2×cos60°-2×1×cos60°+2×1×cos60°=2,故BM的长为.(2)由(1)知=-a+b+c,=a,∥=a·-a+b+c=-a2+a·b+a·c=-2+1+1=0,∥AB∥BM,则AB的长为点A到直线BM的距离.又AB=2,∥点A到直线BM的距离为2.创新应用组10.在四面体OABC中,棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=2,OC=3,G为∥ABC的重心,则·()=.答案:解析:如图所示,连接AG并延长与BC相交于点D.∥G是∥ABC的重心,∥)=-2).又-2)=),则·()=)·()=)2=(||2+||2+||2+2+2+2)=(1+4+9)=.。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.2 空间向量的运算课时作业 北师大版选修21
2.2 空间向量的运算[基础达标]1.如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD ．12a －12b ＋c 解析：选A.∵A 1M →＝12(a ＋b )，∴BM →＝BA →＋AA 1→＋A 1M →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .2.已知空间向量a ，b ，c 两两夹角为60°，其模都为1，则|a －b ＋2c |＝( ) A. 5 B ．5 C ．6D ． 6解析：选A.∵|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴|a －b ＋2c |2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a ·b －4b ·c ＋4a ·c ＝5，∴|a －b ＋2c |＝ 5. 3.设空间四点O ，A ，B ，P 满足OP →＝mOA →＋nOB →，其中m ＋n ＝1，则( ) A ．点P 一定在直线AB 上 B ．点P 一定不在直线AB 上C ．点P 可能在直线AB 上，也可能不在直线AB 上 D.AB →与AP →的方向一定相同解析：选A.∵n ＝1－m ，∴OP →＝mOA →＋(1－m )OB →＝mOA →＋OB →－mOB →， 即OP →－OB →＝m (OA →－OB →)，∴BP →＝mBA →，选A.4.已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →＞0，BC →·CD →＞0，CD →·DA →＞0，DA →·AB →＞0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形解析：选D.∵AB →·BC →＞0，∴〈AB →，BC →〉为锐角，∴∠B 为钝角，同理可得∠C ，∠D ，∠A 均为钝角，则有∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＞360°. ∴该四边形为空间四边形．5.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是()A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B.令BA →＝a ，BC →＝b ，BB 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝m (m ＞0)，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，EF →＝12(c －a )，BC 1→＝b ＋c ，又|EF →|＝22m ，|BC 1→|＝2m ，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝12m 222m ·2m ＝12，∴直线EF 和BC 1所成的角为60°. 6.化简(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝________．解析：法一：(利用相反向量的关系转化为加法运算)(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝AB →＋DC →＋CA →＋BD →＝AB →＋BD →＋DC →＋CA →＝0. 法二：(利用向量的减法运算法则求解)(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝(AB →－AC →)＋BD →－CD →＝CB →＋BD →－CD →＝CD →－CD →＝0. 答案：07.设e 1，e 2是空间两个不共线的向量，若AB →＝e 1＋k e 2，BC →＝5e 1＋4e 2，DC →＝－e 1－2e 2，且A ，B ，D 三点共线，则实数k ＝________．解析：BD →＝BC →＋CD →＝BC →－DC →＝6(e 1＋e 2)，∵A 、B 、D 三点共线，可令AB →＝λBD →，即e 1＋k e 2＝6λ(e 1＋e 2)，又e 1，e 2不共线，故有⎩⎪⎨⎪⎧6λ＝16λ＝k ，∴k ＝1.答案：1 8.如图，已知四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是矩形，AB ＝4，AA 1＝3，∠BAA 1＝60°，E 为棱C 1D 1的中点，则AB →·AE →＝________．解析：AE →＝AA 1→＋AD →＋12AB →，AB →·AE →＝AB →·AA 1→＋AB →·AD →＋12AB →2＝4×3×cos 60°＋0＋12×42＝14.答案：149.已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，在下列条件下，判断点P 是否与A ，B ，C 三点共面．(1)OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →；(2)OP →＝2OA →－2OB →－OC →.解：(1)OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →＝25OA →＋15(OA →＋AB →)＋25(OA →＋AC →)＝OA →＋15AB →＋25AC →，即OP →＝OA →＋15AB →＋25AC →，AP →＝15AB →＋25AC →，所以点P 与A ，B ，C 三点共面．(2)OP →＝2OA →－2OB →－OC →＝2OA →－2(OA →＋AB →)－(OA →＋AC →)＝－2AB →－OA →－AC →， 即OP →＝－OA →－2AB →－AC →， 而AP →不能由AB →和AC →表示，所以不能把OP 化为OP →＝OA →＋xAB →＋yAC →的形式， 所以点P 不与A ，B ，C 三点共面． 10.如图所示，四边形ABCD 、ABEF 都是平行四边形且不共面，M ，N 分别是AC ，BF 的中点，判断CE →与MN →是否共线．解：∵M 、N 分别是AC 、BF 的中点，且四边形ABCD 、ABEF 都是平行边形， ∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB →.又∵MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →，∴12CA →＋AF →＋12FB →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →. ∴CE →＝CA →＋2AF →＋FB →＝2(MA →＋AF →＋FN →)． ∴CE →＝2MN →.∴CE →∥MN →，即CE →与MN →共线．[能力提升]1.已知在空间四边形OABC 中(如图所示)，OA ⊥BC ，OB ⊥AC ，则OC 和AB 所成的角为( )A ．45°B ．60°C ．30°D ．90°解析：选D.由已知得 OA →⊥BC →，OB →⊥AC →，∴OA →·BC →＝0，OB →·AC →＝0，∴OA →·(OC →－OB →)＝0，OB →·(OC →－OA →)＝0， ∴OA →·OC →＝OA →·OB →，OB →·OC →＝OB →·OA →，∴OA →·OC →－OB →·OC →＝0，(OA →－OB →)·OC →＝0，BA →·OC →＝0， ∴OC →⊥AB →，即OC 和AB 成90°角．2.已知向量a ，b 满足|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，则向量a ，b 的夹角为________． 解析：∵|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，∴1＝|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝2＋2cos 〈a ，b 〉，∴cos 〈a ，b 〉＝－12，∴a ，b 的夹角为120°.答案：120°3.如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，求B 、D 间的距离．解：∵∠ACD ＝90°，∴AC →·CD →＝0.同理，BA →·AC →＝0.∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴|BD →|2＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD →＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·CD →＝3＋2·1·1·cos 〈BA →，CD →〉＝⎩⎪⎨⎪⎧4，〈BA →，CD →〉＝60°，2，〈BA →，CD →〉＝120°，∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或 2.4.如图，PA 垂直于矩形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，(1)求证：MN ⊥CD ；(2)若∠PDA ＝45°，求证：MN ⊥平面PCD .证明：(1)设AB →＝a ，AD →＝b ，AP →＝c ，则MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝12AB →＋AD →－12PC → ＝12AB →＋AD →－12(PA →＋AD →＋DC →)＝12AB →＋AD →＋12AP →－12AD →－12AB →＝12(AD →＋AP →)＝12(b ＋c )， ∴MN →·CD →＝12(b ＋c )·(－a )＝－12(a ·b ＋a ·c )，∵四边形ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ， ∴a ⊥b ，a ⊥c ，∴a ·b ＝a ·c ＝0， ∴MN →·CD →＝0， ∴MN →⊥CD →，故MN ⊥CD .(2)由(1)知，MN ⊥CD ，MN →＝12(b ＋c )，∵PD →＝AD →－AP →＝b －c ， ∴MN →·PD →＝12(b ＋c )·(b －c )＝12(|b |2－|c |2)， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ， 又∠PDA ＝45°， ∴PA ＝AD ，∴|b |＝|c |， ∴MN →·PD →＝0，∴MN →⊥PD →， ∴MN ⊥PD ， ∵CD ，PD平面PCD ，且CD ∩PD ＝D ，∴MN⊥平面PCD.。
【走向高考】2020年高考数学总复习 8-7空间向量及其运算(理) 课后作业 北师大版
【走向高考】2020年高考数学总复习 8-7空间向量及其运算(理) 课后作业北师大版一、选择题1．已知A (－1,0,1)、B (x ，y,4)、C (1,4,7)，且A 、B 、C 三点在同一条直线上，则实数x 、y 分别等于( )A ．x ＝0，y ＝1B ．x ＝0，y ＝2C ．x ＝1，y ＝1D ．x ＝1，y ＝2[答案] B[解析] 由条件和AB →∥AC →，∵AB →＝(x ＋1，y,3)，AC →＝(2,4,6)，∴x ＋12＝y 4＝36，∴x ＝0，y ＝2.2．已知向量a ＝(－1,0,1)，b ＝(1,2,3)，k ∈R ，若ka －b 与b 垂直，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8[答案] C[解析] ka －b ＝(－k －1，－2，k －3)， ∵ka －b 与b 垂直，∴1×(－k －1)＋2×(－2)＋3(k －3)＝0，∴k ＝7.3．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．105°D ．75°[答案] B[解析] 如图，AB 1→＝AB →＋BB 1→BC 1→＝BC →＋CC 1→，设|BB 1→|＝1，∴AB 1→·BC 1→＝AB →·BC →＋AB →·CC 1→＋BB 1→·BC →＋BB 1→·CC 1→＝2·2·cos120°＋1＝0.∴AB 1⊥BC 1.4．a ＝(cos α，1，sin α)，b ＝(sin α，1，cos α)，则a ＋b 与a －b 的夹角为( )A ．0°B ．30°C ．60°D ．90°[答案] D[解析] (a ＋b )(a －b )＝|a |2－|b |2＝0， ∴(a ＋b )⊥(a －b )．5．直线l 的方向向量a ＝(1,0,2)，平面α的法向量n ＝(－2，0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l α D ．l 与α斜交[答案] B[解析] ∵n ＝－2a ，∴n ∥a ，∴l ⊥α.6．已知A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则AC →与AB →的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° [答案] C[解析] AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)．设〈AB →，AC →〉＝θ，则cos θ＝AB →·AC →|AB →|·|AC →|＝332·2＝12，∴θ＝60°. 二、填空题7．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝______. [答案] 2[解析] c －a ＝(1,1,1)－(1,1，x )＝(0,0,1－x )． ∴(c －a )·(2b )＝(0,0,1－x )·(2,4,2)＝2－2x ＝－2. ∴x ＝2.8．向量(a ＋3b )⊥(7a －5b )，(a －4b )⊥(7a －2b )，则a 和b 的夹角是________． [答案]π3[解析] 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3b ·7a －5b ＝0a －4b ·7a －2b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋16a ·b －15b 2＝07a 2－30a ·b ＋8b 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝2a ·b a 2＝2a ·b ，即a ·b ＝|a |22＝|b |22.∴cos<a ，b >＝a ·b |a ||b |＝12，∴<a ，b >＝π3.三、解答题9．如图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值． [解析] 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1，<a ，b >＝<b ，c >＝<c ，a >＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.(1)|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝ 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos<BD 1→，AC →>＝BD 1→·AC→|BD 1→||AC |＝66. ∴AC →与BD 1→夹角的余弦值为66.一、选择题1．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|＝( )A ．5B ．6C ．4D ．8[分析] 本题考查向量的模的概念和向量的数量积公式． [答案] A[解析] 由题知AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→，则|AC 1→|2＝|A B →＋BC →＋CC 1→|2＝12＋22＋32＋2AB →·BC →＋2AB →·CC 1→＋2BC →·CC 1→＝14＋2×1×2×12＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝25，所以|AC 1→|＝5.2．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( ) A ．5 B.41 C ．4 D ．2 5 [答案] A[解析] 设AD →＝λAC →，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0,4，－3)，∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ.∴BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)，又AC →＝(0,4，－3)，AC →⊥BD →，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－45，∴BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125， ∴|BD →|＝－42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5.二、填空题3．若A 、B 、C 、D 是空间中不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 的形状是________．[答案] 锐角三角形[解析] ∵AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0. ∴AB ⊥AC ，AC ⊥AD ，AB ⊥AD .∴BC 2＋CD 2＝AB 2＋AC 2＋AC 2＋AD 2>AB 2＋AD 2＝BD 2，∴∠BCD 为锐角． 同理∠BDC ，∠CBD 也为锐角．∴△BCD 为锐角三角形．4．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)，则以AB 与AC 为边的平行四边形的面积为____________．[答案] 7 3[解析] 由题意可得：AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)， ∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin 〈AB →，AC →〉＝32，∴以AB →，AC →为边的平行四边形面积为：S ＝|AB →|·|AC →|·sin〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.三、解答题5．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(1,0，－2)． (1)计算a －2b ；(2)是否存在实数λ，使a ＋λb 与z 轴垂直，若存在求之，若不存在，说明你的理由． [解析] (1)a －2b ＝(2，－1,3)－2(1,0，－2)＝(0，－1,7)．(2)a ＋λb ＝(2，－1,3)＋λ(1,0，－2)＝(λ＋2，－1,3－2λ)，z 轴的一个方向向量为e ＝(0,0,1)，由(λ＋2，－1，3－2λ)·(0,0,1)＝3－2λ＝0得，λ＝32.∴存在实数λ＝32，使向量a ＋λb 与z 轴垂直．6.如图所示，在四棱锥M －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AM 的长为b ，且AM 和AB ，AD 的夹角都等于60°，N 是CM 的中点．(1)以AB →，AD →，AM →为基向量表示出向量CM →，并求CM 的长； (2)求BN 的长． [解析] (1)CM →＝AM →－AC →＝AM →－(AB →＋AD →)＝AM →－AB →－AD →， |CM →|2＝(AM →－AB →－AD →)2＝AM →2＋AB →2＋AD →2－2AM →·AB →－2AM →·AD →＋2AB →·AD →＝b 2＋a 2＋a 2－2ba cos60°－2ba cos60°＋2a 2cos90° ＝2a 2－2ab ＋b 2.∴CM ＝|CM →|＝2a 2－2ab ＋b 2.(2)BN →＝BC →＋CN →＝BC →＋12(AM →－AB →－AD →)＝12(AM →－AB →＋AD →)，∴|BN →|2＝14(AM →2＋AB →2＋AD →2－2AM →·AB →＋2AM →·AD →－2AB →·AD →)＝14(2a 2＋b 2)∴BN ＝|BN →|＝122a 2＋b 2.7.如图，已知空间四边形OABC 中，M 为BC 中点，N 为AC 中点，P 为OA 中点，Q 为OB 中点，若AB ＝OC ，求证PM⊥QN .[证明] OM →＝12(OB →＋OC →)，ON →＝12(OA →＋OC →)∴PM →＝PO →＋OM →＝12(AO →＋OB →＋OC →)＝12(OB →－OA →＋OC →)＝12(AB →＋OC →) QN →＝QO →＋ON →＝12(BO →＋OA →＋OC →)＝12(OA →－OB →＋OC →) ＝12(BA →＋OC →)＝12(OC →－AB →) ∴PM →·QN →＝12(AB →＋OC →)·12(OC →－AB →)＝14(OC 2→－AB 2→)＝14(|OC →|2－|AB →|2) 由AB ＝OC 得|AB →|＝|OC →|.∴PM →·QN →＝0，即PM →⊥QN →，∴PM ⊥QN .[点评] 向量a 垂直于向量b 的充要条件是a ·b ＝0，据此可以证明直线与直线垂直，在证明一对向量垂直时，往往用一组基底先表示这一对向量，再考虑它们的数量积是否为0.。
北师大版高三理科数学课后习题(含答案)课时规范练42空间向量及其运算
课时规范练42 空间向量及其运算基础巩固组1.已知空间四边形OABC 中,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,点M 在OA 上,且OM=2MA ,N 为BC 中点,则MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A .12a-23b+12cB.-23a+12b+12cC .12a+12b-12cD .23a+23b-12cMN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-23OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b+12c-23a .故选B .2.若直线l 的方向向量为a =(1,0,2),平面α的法向量为n =(-2,0,-4),则( ) A.l ∥α B.l ⊥α C.l ⊂α D.l 与α斜交a =(1,0,2),n =(-2,0,-4),即n =-2a ,故a ∥n ,∴l ⊥α.3.(2019陕西西安质检)已知空间四边形ABCD 的每条棱和对角线的长都等于a ,E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 ( )A.a2B.12a2C.14a2D.√34a2⃗⃗⃗⃗ ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AD⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ )=14(a2cos60°+a2cos 60°)=14a2.故选C.4.若向量a=(√3,1,0),b=(1,0,z),<a,b>=π3,则实数z的值为() A.√2 B.2 C.±√2 D.±2a|=√(√3)2+12=2,|b|=√1+z2,a·b=√3.∴cosπ3=a·b|a||b|=√√=12,化为z2=2,解得z=±√2.故选C.5.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 两两的夹角均为60°,且|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|AD⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |等于()A.5B.6C.4D.8AB⃗⃗⃗⃗⃗ =a,AD⃗⃗⃗⃗⃗ =b,AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c,则|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=a+b+c,|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=25,因此|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=5. 6.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为.OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a+b ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a-b ,得|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(2a +b )2=√7,|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(3a -b )2=√7,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a+b )·(3a-b )=112. ∴cos ∠BOA=OA⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗ |OA ⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗ |=1114,∴sin ∠BOA=5√314. ∴S △OAB =12|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |sin ∠BOA=5√34.7.已知向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标为(2,1,-1),则p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标为 ,在基底{2a ,b ,-c }下的坐标为 .答案32,12,-1 (1,1,1)p =2a +b -c .设p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标为(x ,y ,z ),则p =x (a +b )+y (a -b )+z c =(x+y )a +(x-y )b +z c , 因为a ,b ,c 不共面,所以{x +y =2,x -y =1,z =-1,所以{x =32,y =12,z =-1,即p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,-1, 同理可求p 在基底{2a ,b ,-c }下的坐标为(1,1,1). 故答案为32,12,-1,(1,1,1).8.(2019江苏宿迁期末)若平面α的一个法向量为,0,直线l 的方向向量为(1,0,1),则l 与α所成角的大小为 .解析设平面α的一个法向量为m =12,12,0,直线l 的方向向量为n =(1,0,1),则cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=12√22×√2=12,令l 与α所成角的大小为θ,则sin θ=12,即直线l 与平面α所成角为π6.9.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形,则实数x 的值为 .AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |. 又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,-2,-3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-4,3,-6), ∴{6(x -4)-6+18=0,(x -4)2=4,解得x=2. 10.如图,在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,G 为△BC 1D 的重心,求证:(1)A 1,G ,C 三点共线; (2)A 1C ⊥平面BC 1D.CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +23×12(C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ −CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即A 1,G ,C 三点共线. (2)设CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c , 则|a |=|b |=|c |=a ,且a ·b=b ·c=c ·a=0. ∵CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b+c ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c-a ,∴CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b+c )·(c-a )=c 2-a 2=0. 因此CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即CA 1⊥BC 1.同理CA 1⊥BD.又BD 与BC1是平面BC1D 内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.综合提升组11.(2019广西模拟)A,B,C,D 是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M 为BC 中点,则△AMD 是( ) A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定M 为BC 中点,∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ).∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴AM⊥AD,△AMD 为直角三角形.故选C.12.直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BCA=90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC=CA=CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为 ( )A .110B .25C .√3010D .√22解析如图,以点C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,创建空间直角坐标系,不妨设BC=CA=CC 1=1,可知点A (0,1,1),N 0,12,0,B (1,0,1),M12,12,0.∴AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,-12,-1,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,-1.∴cos<>=根据的夹角及AN 与BM 所成角的干系可知,BM 与AN 所成角的余弦值为13.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,下列命题: ①(A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=3A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2;②A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0;③向量AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为60°;④正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |.其中真命题的序号是( ) A.①② B.①②③ C.①④D.①②④解析设正方体边长为单位长为1,创建空间直角坐标系,如图.A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),所以对于①,(A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=(1,1,1)·(1,1,1)=3=3A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2,故①是真命题;对于②,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(1,1,1)·(0,1,-1)=0,故②是真命题; 对于③,因为AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1)·(0,1,1)=-1,向量AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°,故③是假命题;对于④,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |,但是|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=0,故④是假命题.故选A .14.(2019西安调研)已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,5,-2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,1,z ),若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,-3),且BP ⊥平面ABC ,则实数x+y= .{3+5-2z =0,x -1+5y +6=0,3(x -1)+y -3z =0,解得x=407,y=-157,z=4.∴x+y=407−157=257.创新应用组15.如图,四边形ABCD和ADPQ 均为正方形,它们地点的平面相互垂直,动点M 在线段PQ 上,E,F 分别为AB,BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为 . 解析以A 为坐标原点,射线AB,AD,AQ 分别为x,y,z 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为2,则E (1,0,0),F (2,1,0),M (0,y ,2)(0≤y ≤2).所以AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,y ,2).所以AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2+y ,|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√|EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5+y 2.所以cos θ=|AF ⃗⃗⃗ ·EM ⃗⃗⃗⃗ ||AF⃗⃗⃗ ||EM ⃗⃗⃗⃗ |=|-2+y |√√2=2-y√√2.令2-y=t ,则y=2-t ,且t ∈[0,2], 所以cos θ=t√√2=t√√2.当t=0时,cos θ=0.当t ≠0时,cosθ=1√5·√t 2-t +1=1√5·√9(1t-29)+59,由t ∈[0,2],得1t∈[12,+∞),所以√9(1t-29)2+59≥√9×(12-29)2+59=√52.所以cos θ≤25,即cos θ的最大值为25. 16.如图,直三棱柱ABC-A 1B 1C 1,底面△ABC 中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA 1=2,M ,N 分别是A 1B 1,A 1A 的中点. (1)求BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的模;(2)求cos <BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >的值; (3)求证:A 1B ⊥C 1M.,建立空间直角坐标系O-xyz.(1)依题意得B (0,1,0),N (1,0,1),∴|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=√3. (2)依题意得A 1(1,0,2),B (0,1,0),C (0,0,0),B 1(0,1,2),∴BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3,|BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,|CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5.∴cos <BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BA 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗ |BA 1⃗⃗⃗⃗⃗ ||CB 1⃗⃗⃗⃗⃗|=110√30.(3)证明:依题意,得C 1(0,0,2),M 12,12,2,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-2),C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,12,0.∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12+12+0=0.∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .。
教案)空间向量及其运算
教案)空间向量及其运算一、教学目标1. 理解空间向量的概念，掌握空间向量的基本性质。
2. 学会空间向量的表示方法，能够熟练地在坐标系中表示和计算空间向量。
3. 理解空间向量的运算规则，包括加法、减法、数乘和点乘。
4. 能够运用空间向量的运算解决实际问题。
二、教学内容1. 空间向量的概念：向量的定义、大小、方向。
2. 空间向量的表示方法：坐标表示、图形表示。
3. 空间向量的运算规则：a. 加法：三角形法则、平行四边形法则。
b. 减法：向量的减法等于加法的相反向量。
c. 数乘：数乘向量的概念、运算规则。
d. 点乘：点乘的定义、运算规则、几何意义。
三、教学重点与难点1. 教学重点：a. 空间向量的概念及其基本性质。
b. 空间向量的表示方法。
c. 空间向量的运算规则。
2. 教学难点：a. 空间向量的运算规则的理解与应用。
b. 空间向量在实际问题中的应用。
四、教学方法与手段1. 教学方法：a. 采用讲授法，讲解空间向量的概念、性质和运算规则。
b. 采用示例法，展示空间向量的运算过程和应用实例。
c. 采用练习法，让学生通过练习巩固空间向量的知识。
2. 教学手段：a. 使用多媒体课件，展示空间向量的图形和运算过程。
b. 使用黑板和粉笔，绘图和演算空间向量的运算。
五、教学安排1课时教案)空间向量及其运算六、教学过程1. 导入：通过简单的二维向量例子，引导学生思考空间向量的概念。
2. 新课：讲解空间向量的定义、性质，以及各种表示方法。
3. 示范：展示空间向量的加法、减法、数乘和点乘运算，并用多媒体课件演示运算过程。
4. 练习：让学生在多媒体课件上进行空间向量的运算练习，巩固所学知识。
5. 应用：举例说明空间向量在实际问题中的应用，如物体运动、空间几何等。
七、教学反思课后，教师应认真反思本节课的教学效果，包括学生的课堂表现、教学内容的掌握程度等。
针对存在的问题，调整教学方法，为下一节课的教学做好准备。
八、课后作业1. 复习空间向量的概念、性质和运算规则。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第6讲 空间向量及其运算练习 理 北师大版-北师大版高三全册数学
第6讲 空间向量及其运算[基础题组练]1.已知三棱锥O ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b ＋c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：选D.MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．2．已知a ＝(2，1，－3)，b ＝(－1，2，3)，c ＝(7，6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B.由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7，6，λ)＝x (2，1，－3)＋y (－1，2，3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9. 3．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B.如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.4.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，四边形CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3 B ． 2 C ．1D ．3－ 2解析：选D.因为BD →＝BF →＋FE →＋ED →，所以|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，所以|BD →|＝3－ 2.5．已知A (1，0，0)，B (0，－1，1)，O 为坐标原点，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B ．66C ．－66D ．± 6解析：选C.OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 6.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________．解析：因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)， 所以OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.答案：12AB →＋12AD →＋AA 1→7.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________．解析：连接PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，所以MN ＝12PD ，又P (0，0，1)，D (0，1，0)，所以PD ＝02＋（－1）2＋12＝2，所以MN ＝22. 答案：228.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0， 所以OA →⊥BC →，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0.答案：09.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：因为二面角A 1AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， 所以AA 1⊥平面BAC . 又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ， 所以∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0，0，0)，B 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，C (2，0，0)，C 1(1，1，2)． (1)A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)，AC →＝(2，0，0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0，1，0)． 所以A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .所以A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0，2，2)，A 1C 1→＝(1，1，0)，A 1C →＝(2，0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1， 即m ＝(1，－1，1)．所以AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以AB 1→⊥m ， 又AB 1⊆/平面A 1C 1C ， 所以AB 1∥平面A 1C 1C .10.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.求证：(1)EF ∥平面PAB ； (2)平面PAD ⊥平面PDC .证明：以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1)， 所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB →＝(1，0，－1)，PD →＝(0，2，－1)，AP →＝(0，0，1)，AD →＝(0，2，0)，DC →＝(1，0，0)，AB →＝(1，0，0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB 平面PAB ，EF ⊆/平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP →·DC →＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0， 所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，所以DC ⊥平面PAD . 所以平面PAD ⊥平面PDC .[综合题组练]1．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B.当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →.则AP →－AO →＝2OA →－3(AB →－AO →)＋2(AC →－AO →)，即AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP →＝mAB →＋nAC →(m ，n ∈R )，即OP →－OA →＝m (OB →－OA →)＋n (OC →－OA →)，即OP →＝(1－m －n )OA →＋mOB →＋nOC →，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3，2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．2.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析：选C.设M 点的坐标为(x ，y ，1)，因为AC ∩BD ＝O ，所以O ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，又E (0，0，1)，A (2，2，0)，所以OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝(x －2，y －2，1)，因为AM ∥平面BDE ，所以OE →∥AM →，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22，y ＝22，所以M 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1. 3.如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，动点P ，Q 分别在线段C 1D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是( )A.23B ．33 C.23D ．53解析：选C.设DP →＝λDC 1→，AQ →＝μAC →，(λ，μ∈[0，1])． 所以DP →＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)， DQ →＝DA →＋μ(DC →－DA →)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．所以|PQ →|＝|DQ →－DP →|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)| ＝（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2＝5⎝⎛⎭⎪⎫λ－μ52＋95⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－592＋49≥49＝23， 当且仅当λ＝μ5，μ＝59，即λ＝19，μ＝59时取等号．所以线段PQ 长度的最小值为23.故选C.4．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点，C 1N →＝λNC →，且AB 1⊥MN ，则λ的值为________．解析：如图所示，取B 1C 1的中点P ，连接MP ，以MC →，MA →，MP →的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，B 1(－12，0，2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2， M (0，0，0)，设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，t ，因为C 1N →＝λNC →，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ，所以AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ.又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1→·MN →＝0. 所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：155．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)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直．如图，以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，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 →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．因为EF →·DC →＝0，所以EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD .(2)存在．理由如下：假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由 FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0. 所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0， 故存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．6．如图，棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°， 所以A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3，所以AO 2＋A 1O 2＝AA 21， 所以A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O平面AA 1C 1C ，所以A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 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，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3)．由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，所以BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)存在．理由如下：假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3)． 从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)． 设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥A 1C 1→，n ⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 2＝0，3x 2＋3z 2＝0，取n ＝(1，0，－1)， 因为BP ∥平面DA 1C 1，则n ⊥BP →，即n ·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .。
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1．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2,3,5)，n 2＝(－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] 已知n 1与n 2既不平行也不垂直，所以平面α，β相交但不垂直． 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63[答案] D[解析] 该题考查正方体的性质，直线与平面所成的角，考查坐标法．建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，设边长为1，BB 1→＝(0,0,1)平面ACD 1的一个法向量n ＝(1,1,1)，∴cos 〈BB 1→，n 〉＝13·1＝33， ∴BB 1与面ACD 1所成角的余弦值为63. 3．已知正四面体ABCD ，则二面角A —BC —D 的余弦值为( ) A.12 B.13 C.33 D.32[解析] 如右图所示，E 为BC 的中点，连接AE ，ED ，则∠AED 为二面角A —BC —D 的平面角．解△AED ，得cos ∠AED ＝13.4．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010B.12C.3015D.1510[答案] A[解析] 建立如右图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，B (0，－1,0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，1，即AF 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，BD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为( ) A.34 B.32 C.334D. 3[答案] B[解析]解法一：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F. ∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AB＝AC.∴AE⊥BC.∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC.∴AF的长即为所求点面距离．AA1＝1，AE＝3，∴AF＝3 2.解法二：V A1－ABC＝13S△ABC·AA1＝13×3×1＝33.又∵A1B＝A1C＝5，在△A1BE中，A1E＝A1B2－BE2＝2.∴S△A1BC＝12×2×2＝2.∴V A1－ABC＝13×S△A1BC·h＝23h.∴23h＝33，∴h＝32.∴点A到平面A1BC距离为3 2.解法三：设BC 中点为O ，∵△ABC 为正三角形， ∴AO ⊥BC ，以O 为原点，直线AO ，BC 分别为x 轴、y 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0，－1,0)，C (0,1,0)，A (－3，0,0)，A 1(－3，0,1)．设n ＝(x ，y,1)为平面A 1BC 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0n ·OA 1→＝0，∴⎩⎨⎧－y ＝0－3x ＋1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝33，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，1，又AA 1→＝(0,0,1)，∴A 到平面A 1BC 的距离d ＝|AA 1→·n ||n |＝32. 6．(2012·浙江模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30° B．45° C．60° D．90° [答案] C[解析] 本小题主要考查直线和平面所成角，如图所示由已知三棱柱为正三棱柱，设底面边长为a，则A1A＝a，取BC中点E，连AE，DE，则AE⊥平面B1BCC1，∴∠ADE为直线AD和平面B1BCC1所成角．∵AE＝32a，DE＝12a，∴tan∠ADE＝AEDE＝3，∴∠ADE＝60°，故选C.二、填空题7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则直线OP与AM所成的角是________．[答案]π2[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)．设P (2，t,2)，于是AM →＝(－2,0,1)，OP →＝(1，t －1,2)． ∵AM →·OP →＝－2×1＋0×(t －1)＋1×2＝0， ∴AM →⊥OP →，直线OP 与AM 所成的角为π2.8．(2012·辽宁沈阳模拟)如图，在45°的二面角α—l —β的棱上有两点A 、B ，点C 、D 分别在平面α、β内，且AC ⊥AB ，∠ABD ＝45°，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．[答案]2－ 2[解析] 由CD →＝CA →＋AB →＋BD →， cos<AC →，BD →>＝cos45°cos45°＝12，∴|CD →|2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋AB →·BD →＋CA →·BD →)＝3＋2(0＋1×1×cos135°＋1×1×cos120°)＝2－2，∴|CD →|＝2－ 2. 三、解答题9．(2011·辽宁理，18)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值． [解析]如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)． 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)． 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 故PQ ⊥平面DCQ .又PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155.一、选择题1．(2012·陕西八校模拟)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin<CM →，D 1N →>的值为( )A.19B.49 5C.29 5D.23 [答案] B[解析] 设正方体棱长2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos<CM →，D 1N →>＝－19，sin<CM →，D 1N →>＝459.2．如下图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 [答案] C[解析] 设BD ∩AC ＝0，连接EO ， 由题意可知EO ∥AM . ∴M 为EF 的中点． ∴M ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1，故选C. 二、填空题3．设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则D 到平面ABC 的距离为____________． [答案]491717[解析] 过D 作DH ⊥面ABC ，垂足为H ，DH 与平面xOy 交于M ，设M (x ，y,0)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧DM →·AB →＝0，DM →·AC →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝4.∴M (7,4,0)．设〈AD →，DM →〉＝α，则|DH →|＝|DA →|·|cos α|， ∴|DH →|＝|DA →|·|DM →·DA →||DM →||DA →|＝491717.4．如右图，若P 为正方体AC 1的棱A 1B 1的中点，则截面PC 1D 和面AA 1B 1B 所成锐二面角的余弦值是____________．[答案] 13[解析] 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体，AC 1的棱长为2，则D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，P (2,1,2)． ∴DC 1→＝(0,2,2)，DP →＝(2,1,2)．设截面PC 1D 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧DC 1→·n＝0，DP →·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2＋y ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝－2.∴n＝(1,2，－2)．又平面AA1B1B的一个法向量为a＝(1,0,0)，设截面PC1D与平面AA1B1B所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|a·n||a||n|＝13×1＝13.三、解答题5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小；(3)求BC1与EF所成角的大小．[解析]方法一：(1)如图①连接B1C，AB1，∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴A1D∥B1C.从而B1C与AC所成的锐角或直角就是AC与A1C所成的角．∵AB1＝AC＝B1C.∴∠B1CA＝60°，即A1D与AC所成角为60°.(2)如图②，连接AC、BD.在正方形ABCD中，E、F为AB、AD的中点，∴EF∥BD，∴EF⊥AC，又A1A⊥EF，AA1∩AC＝A，∴EF⊥面A1ACC1，∵A1C1平面AA1C1C，∴EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90°.(3)如图③，连接BD ，由(2)知EF ∥BD ，∴BD 与BC 1所成的锐角或直角即为EF 与BC 1所成的角，连接C 1D ， 由BC 1＝BD ＝C 1D ， 知△BC 1D 是正三角形，∴∠C 1BD ＝60°，即所求角为60°.方法二：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系[D ；DA →，DC →，DD 1→]如图①，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0.(1)∵AC →＝(－1,1,0)，A 1D →＝(－1,0，－1)， ∴AC →·A 1D →＝1，|AC →|＝2，|A 1D →|＝ 2. ∴cos<AC →，A 1D →>＝12·2＝12， ∴<AC →，A 1D →>＝60°， 即AC 与A 1D 所成的角为60°.(2)A 1C 1→＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，∴A 1C 1→·EF →＝12－12＝0，∴A 1C 1→⊥EF →，即A 1C 1与EF 所成的角为90°. (3)BC 1→＝(－1,0,1)，∴BC 1→·EF →＝12，|BC 1→|＝2，|EF →|＝22，∴cos<BC 1→，EF →>＝122·22＝12. ∴<BC 1→，EF →>＝60°，即BC 1与EF 所成的角为60°.6．(2011·四川理，19)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求点C到平面B1DP的距离．[解析]解法一：(1)连接AB1与BA1交于点O，连接OD.∵PB1∥平面BDA1，PB1平面AB1P，平面AB1P∩平面BDA1＝OD，∴OD∥PB1.又AO＝B1O，∴AD＝PD.又AC∥C1P，∴CD＝C1D.(2)过A作AE⊥DA1于点E，连结BE.∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC＝A，∴BA⊥平面AA1C1C.由三垂线定理可知BE⊥DA1.∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．在Rt△A1C1D中，A1D＝122＋12＝52，又S△AA1D＝12×1×1＝12×52·AE，∴AE＝25 5.在Rt△BAE中，BE＝12＋2552＝355.∴cos∠BEA＝AEBE＝23.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为2 3 .(3)由题意知，点C到平面B1DP的距离是点C到平面DB1A的距离，设此距离为h. ∵V C－DB1A＝V B1－ACD，∴13S△DB1A·h＝13S△ACD·B1A1.由已知可得AP＝5，PB1＝5，AB1＝ 2∴在等腰△AB1P中，S△A B1P＝12AB1·AP2－12AB12＝32，∴S△DB1A＝12S△A B1P＝34，又S△ACD＝12AC·CD＝14，∴h＝S△ACD·B1A1S△DB1A＝13.故C到平面B1DP的距离等于1 3 .解法二：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)．(1)设C1D＝x，∵AC∥PC1，∴C1PAC＝C1DCD＝x1－x.由此可得D (0,1，x )，P (0,1＋x1－x，0)．∴A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，x )，B 1P →＝(－1,1＋x1－x，0)．设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝a ＋c ＝0，n 1·A 1D →＝b ＋cx ＝0.令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)∵PB 1∥平面BA 1D ，∴n 1·B 1P →＝1×(－1)＋x ·(1＋x1－x)＋(－1)×0＝0.由此可得x ＝12，故CD ＝C 1D .(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝(1，12，－1)．又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量． ∴cos<n 1，n 2>＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11×32＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.(3)∵PB 1→＝(1，－2,0)，PD →＝(0，－1，12)，设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3·PB 1→＝a 1－2b 1＝0，n 3·PD →＝－b ＋c12＝0.令c 1＝1，可得n 3＝(1，12，1)．又DC →＝(0,0，12)，∴C 到平面B 1DP 的距离d ＝|DC →·n 3||n 3|＝13. 7．如图，棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∠A 1AC ＝60°.(1)求异面直线BD 和AA 1所成的角； (2)求二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值；(3)在直线CC 1上否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．[解析]连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°， ∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO ·cos60°＝3.∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21. ∴A 1O ⊥AO ，∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .∴以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．(1)∵BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， ∴AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD ⊥AA 1，即异面直线BD 和AA 1所成的角为90°. (2)∵OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面AA 1D 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥AA 1→，n 2⊥AD →.∴⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0.取n 2＝(1，3，－1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55.∴二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值是55.(3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C ， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )， 则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．∴P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)． 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)是平面DA 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→.∴⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，不妨取n 3＝(1,0，－1)． 又∵BP →∥平面DA 1C 1，∴n 3·BP →＝0， ∴－3－3λ＝0，∴λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且使C1C＝CP.。