空间向量与立体几何强化训练专题练习(一)带答案高中数学
2．已知点A(2，－2，4)，B(－1，5，－1)，若 ,则点C的坐标为( )
(A) (B) (C) (D)
3．平面的法向量为m，若向量 ，则直线AB与平面的位置关系为( )
(A)AB (B)AB∥(C)AB 或AB∥(D)不确定
4．过点A(2，－5，1)且与向量a＝(－3，2，1)垂直的向量( )
评卷人
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三、解答题
15．如图，直三棱柱AB3，D为A1C1的中点，F在线段AA1上．(1)AF为何值时，CF⊥平面B1DF?
(2)设AF＝1，求平面B 1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．
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7．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若 ，则下列式子中与 相等的是( )
(A) (B)
(C) (D)
8．在长方体ABCD－A1B1C1D1中， ＝( )
(A) (B)
(C) (D)
第II卷（非选择题）
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二、填空题
9．（理）已知 ，若 三向量共面，则 等于
10．设点 在点 确定的平面上，则 的值为。
11．已知△ABC的三个顶点 ， ， ，则BC边上的中线长等于▲．
12．如图，在长方体 中， ， ，则四棱锥 的体积为▲cm3．
13．已知A，B，C三点不共线，O是平面外任意一点，若有 确定的点与A，B,C三点共面，则λ＝______．
14．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为______．
C
．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为( )
(A) (B) (C) (D)
B
二、填空题
．棱长为4的正方体内一点P，它到共顶点的三个面的距离分别为1，1，3，则点P到正方体中心O的距离为______.
以共顶点的三条棱为坐标轴建立空间直角坐标系，可得点P的坐标为(1，1，3)，中心O的坐标为(2，2，2)，所以 ．
(2)求点C到平面EFG的距离．
解：(1)因为E，F分别为棱AB，AD的中点，所以EF∥BD．又EF 平面EFG，BD 平面EFG，所以BD∥平面EFG．
如图建立空间直角坐标系，
则A( ，0，0)，B(0， ，0)，D(0，－ ，0)，
S(0，0， )，E( ， ，0)，F( ，－ ，0)，
G(0， ， )．
(A) (B) (C) (D)
B
．矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则P到矩形对角线BD的距离( )
(A) (B) (C) (D)
A
．已知直线a∥平面，且a与平面的距离为d，那么到直线a的距离与到平面的距离都等于d的点的集合是( )
(A)一条直线(B)三条平行直线(C)两条平行直线(D)两个平面
．线段AB在平面外，A，B两点到平面的距离分别为1和3，则线段AB的中点C到平面的距离为______．
1或2分A，B两点在平面同侧和异侧两种情况讨论．
．二面角－l－为60°，点A∈，且点A到平面的距离为3，则点A到棱l的距离为
．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则直线BC到平面AB1C1的距离为______．
(A)有且只有一个(B)只有两个且方向相反
(C)有无数个且共线(D)有无数个且共面
5．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则 ( )
(A)1(B)0(C)3(D)－3
6．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量 是( )
(A)有相同起点的向量(B)等长的向量
(C)共面向量(D)不共面向量
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)， ,
可得m＝(1，0，1)，
，所以点B到平面EFG的距离为 ．
即直线BD到平面EFG的距离 ．
(2) ．
．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝2，BB1＝3．
(1)求EF的长；
(2)求点A到直线EF的距离．
解：如图，建立空间直角坐标系D－xyz，
则A(2，0，0)，E(0，2，2)，F(1，0，4)．
=(0，－2，2)，所以 ．
．
所以 ，
，即点A到直线EF的距离为 ．
．正四棱锥S－ABCD的所有棱长均为2，E，F，G分别为棱AB，AD，SB的中点．
(1)求证：BD∥平面EFG，并求出直线BD到平面EFG的距离；
．如图，正方体的棱长为1，C，D分别是两条棱的中点，A，B，M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是______．
如图，建立空间直角坐标系，可得 =(0，1，0)，平面ABCD的法向量为m＝(－2，2，－1)，
．
三、解答题
．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝4，点E，F分别是CC1，A1D1的中点．
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16．如图，直三棱柱 ， ，
点M，N分别为 和 的中点。
(Ⅰ)证明： ∥平面 ;
(Ⅱ)若二面角 为直二面角，求 的值。【汇编高考真题辽宁理18】(本小题满分12分)
17．正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，M，N分别是DC，CC1，BC中点．
求证：平面PA1A⊥平面MND．
18．如图，在直三棱柱 中， ，AB=AC=a， ，点E，F分别在棱 ， 上，且 ， ．设 ．
（1）当 =3时，求异面直线 与 所成角的大小；
（2）当平面 ⊥平面 时，求 的值．
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评卷人
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一、选择题
1．ABD
解析：查看原文件:距离.docC．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M是棱A1A的中点，O是BD1的中点，则MO的长为( )
高中数学专题复习
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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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评卷人
得分
一、选择题
1．
距离(选学)
一、选择题
．已知a ，A ，点A到平面的距离为m，点A到直线a的距离为n，则( )
人教版高中数学选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试卷(有答案解析)(1)
一、选择题1．三棱锥O ABC -中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，且OA a =，OB b =，OC c =，用a ，b ，c 表示NM ，则NM 等于( )A ．1()2a b c -++ B ．1()2a b c +- C ．1()2a b c -+D ．1()2a b c --+2．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点M 满足()1AM xAB yAC x y AD =+-+-，点N 满足()1BN BA BC λλ=+-，当AM 、BN 最短时,AM MN ⋅=（ ） A ．43-B ．43C ．13-D ．133．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A 6B 3C 6D ．234．如图，三棱锥S ﹣ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，∠ABC ＝90°，AB ＞BC ，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，CA 的中点，记直线SE 与SF 所成的角为α，直线SG 与平面SAB 所成的角为β，平面SEG 与平面SBC 所成的锐二面角为γ，则（ ）A ．α＞γ＞βB ．α＞β＞γC ．γ＞α＞βD ．γ＞β＞α5．在平行六面体ABCD A B C D ''''-中，若2AC x AB y BC z CC →→→→''=++，则x y z ++=（ ） A ．52B ．2C ．32D ．1166．在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D 与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ） A ．2123,θθθθ<<B ．2123 ,θθθθ><C ．2123 ,θθθθD ．2123 ,θθθθ>>7．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，13AA =，2AB AC BC ===，则1AA 与平面11AB C 所成角的大小为A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒8．四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AB AD ⊥，//BC AD ，且2AB BC ==，3AD =，PA ⊥平面ABCD 且2PA =，则PB 与平面PCD 所成角的正弦值为（ ）A ．427B ．33C ．77D ．639．已知1e ，2e 是夹角为60的两个单位向量，则12a e e =+与122b e e =-的夹角是（ ） A ．60B ．120C ．30D ．9010．如图，平行六面体中1111ABCD A B C D -中，各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，则对角线1BD 的长为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．211．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng ）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF 是一个刍甍，其中四边形ABCD 为矩形，其中8AB =，23AD =，ADE 与BCF △都是等边三角形，且二面角E AD B --与F BC A --相等，则EF 长度的取值范围为（ ）A ．（2,14）B ．（2,8）C ．（0,12）D ．（2,12）12．如图，在菱形ABCD 中，23ABC π∠=，线段AD 、BD 的中点分别为E 、F ．现将ABD ∆沿对角线BD 翻折，当二面角A BD C --的余弦值为13时，异面直线BE 与CF 所成角的正弦值是（ ）A 35B ．16C 26D ．1513．有下列四个命题：①已知1e 和2e 是两个互相垂直的单位向量，a =21e +32e ，1b ke =-42e ，且a ⊥b ，则实数k ＝6；②已知正四面体O ﹣ABC 的棱长为1，则（OA OB +）•（CA CB +）＝1；③已知A （1，1，0），B （0，3，0），C （2，2，3），则向量AC 在AB 上正投影的数量是55④已知1a e =-223e e +，1b e =-+32e +23e ，c =-31e +72e （{1e ，2e ，3e }为空间向量的一个基底），则向量a ，b ，c 不可能共面． 其中正确命题的个数为（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题14．正四面体ABCD 的棱长为a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE AF ⋅的值为_____________.15．a ，b 为空间两条互相垂直的直线，直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以AC 为旋转轴旋转，30ABC ∠=︒，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成45°角； ⑤直线AB 与a 所成角的最大值为60°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为30°；其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号）16．如图，四棱锥P ABCD -中，ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，1==PA AB ，2BC =，四棱锥外接球的球心为O ，点E 是棱AD 上的一个动点，给出如下命题：①直线PB 与直线CE 所成的角中最小的角为45︒；②BE 与PC 一定不垂直；③三棱锥E BCO -的体积为定值；④CE PE +的最小值为22__________.（将你认为正确的命题序号都填上）17．已知空间向量(0,1,1),(1,0,1)a b ==，则向量a 与b 的夹角为_____________. 18．在空间直角坐标系中， ()()()2,1,1,3,4,,2,7,1,A B C AB CB 若λ-⊥,则λ=____ 19．在空间直角坐标系O xyz -中，已知(1,0,2)A -，(0,1,1)B -，点,C D 分别在x 轴，y 轴上，且AD BC ⊥，那么CD →的最小值是______.20．如图，在棱长为2的正方体中，点P 在正方体的对角线AB 上，点Q 在正方体的棱CD 上，若P 为动点，Q 为动点，则PQ 的最小值为_____.21．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上.若二面角1D EC D --的大小为4π，则AE =__________．22．如图，在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为ABC ∆的重心E 是BD 上一点，3,BE ED =以,,AB AC AD 为基底，则GE =__________．23．如图，在空间四边形OABC 中，M ，N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且3MG GN =，用向量OA 、OB 、OC 表示向量OG ，设OG x OA y OB z OC =⋅+⋅+⋅，则x 、y 、z 的和为______.24．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -的所有棱长均为1，113BAD A AD A AB π∠=∠=∠=，E 为1CC 的中点，则AE 的长度是________.25．已知直线l 的一个方向向量为()2,8,1m =--，平面α的一个法向量为1,,22n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，且//l α，则实数t =______.26．已知向量a =（4，﹣5，12），b =（3，t ，23），若a 与b 的夹角为锐角，则实数t 的取值范围为_____．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】利用向量的平行四边形法则、三角形法则可得：1()2NM NA NB =+，1()2AN AO AC =+，1()2BN BO BC =+，AC OC OA =-，BC OC OB =-，代入化简即可得出．【详解】 解：1()2NM NA NB =+，1()2AN AO AC =+，1()2BN BO BC =+，AC OC OA =-，BC OC OB =-，∴1111()2222MN AN BN OA OB OC =+=--+111222a b c =--+， ∴111222NM a b c =+-，故选：B ． 【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．2．A解析：A 【分析】根据题意可知M ∈平面BCD ，N ∈直线AC ，根据题意知，当M 为BCD ∆的中心、N 为线段AC 的中点时，AM 、BN 最短，然后利用MC 、MA 表示MN ，利用空间向量数量积的运算律和定义可求出AM MN ⋅的值. 【详解】由共面向量基本定理和共线向量基本定理可知，M ∈平面BCD ，N ∈直线AC ， 当AM 、BN 最短时，AM ⊥平面BCD ，BN AC ⊥， 所以，M 为BCD ∆的中心，N 为AC 的中点，此时，242sin 603MC ==，23MC ∴=AM ⊥平面BCD ，MC ⊂平面BCD ，AM MC ∴⊥，22222326233MA AC MC ⎛⎫∴=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭. 又()12MN MC MA =+，()2114223AM MN AM MC AM MA MA ∴⋅=⋅+⋅=-=-. 故选：A. 【点睛】本题考查空间向量数量积的计算，同时也涉及了利用共面向量和共线向量来判断四点共面和三点共线，确定动点的位置是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.3．C解析：C 【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a ，a,0)，F(a,0,0)，AG ＝(a ，a,0)，AC ＝(0,2a,2a)，BG ＝(a ，－a ，0)，BC ＝(0,0,2a)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)， 由110{AG n AC n ⋅=⋅=⇒⇒111{1x y ==-⇒n 1＝(1，－1,1)．sinθ＝11BG n BG n ⋅⋅＝23a ⨯6. 4．A解析：A 【分析】根据题意可知，G 作SE 的垂线l ，显然l 垂直平面SAB ，故直线SG 与平面SAB 所成的角为β＝∠GSE ，同理，平面SEG 与平面SBC 所成的锐二面角为γ＝∠FSG ，利用三角函数结合几何性质，得出结论.因为AB ⊥BC ，SA ＝SB ＝SC ，所以AB ⊥SE ，所以AB ⊥平面SGE ，AB ⊥SG ， 又SG ⊥AC ，所以SG ⊥平面ABC ， 过G 作SE 的垂线l ，显然l 垂直平面SAB ， 故直线SG 与平面SAB 所成的角为β＝∠GSE ，同理，平面SEG 与平面SBC 所成的锐二面角为γ＝∠FSG ，由tanγ＝tan FG EGSG SGβ>=，得γ＞β，γ也是直线SF 与平面SEG 所成的角， 由cosα＝cosβ•cosγ＜cosγ，则α＞γ，所以α＞γ＞β， 故选：A .【点睛】本题考查了异面直线夹角，线面夹角，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.5．A解析：A 【分析】根据空间向量的线性运算，得出AB BC AC AC CC CC →→→→→→⎛⎫=+=++ ⎪⎭'''⎝，结合题意，即可求出11,2y z ==，从而得出x y z ++的值. 【详解】解：由空间向量的线性运算，得AB BC AC AC CC CC →→→→→→⎛⎫=+=++ ⎪⎭'''⎝， 由题可知，2AC x AB y BC z CC →→→→''=++， 则1,1,21x y z ===，所以11,2y z ==， 151122x y z ∴++=++=.【点睛】本题考查空间向量的基本定理的应用，以及空间向量的线性运算，属于基础题.6．A解析：A 【分析】以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量法即可求得各个角度的余弦值，再结合余弦函数的单调性即可判断. 【详解】由题可知，直三棱柱111ABC A B C -的底面为锐角三角形，D 是棱BC 的中点， 设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则1(0,0,2)A ，1(3,1,2)B ，(0,2,0)C ，33,02D ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,0,0)A ， (0,2,0)AC =，131,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11(3,1,0)A B =，因为直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，10,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，111||cos ||||25θ⋅∴==⋅B D AC B D AC ，因为直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，20,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 平面111A B C 的法向量()0,0,1n =，121||sin ||5∣θ⋅∴==⋅B D n B D n ，222cos 155θ⎛⎫∴=-= ⎪⎝⎭，设平面11A B D 的法向量(,,)m a b c =，则11130312022m A Ba b m B D a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩， 取3a =，得33,3,2m ⎛⎫=--⎪⎝⎭， 因为二面角111C A B D --的平面角为3θ， 由图可知，其为锐角，33||2cos ||575749m n m n θ⋅∴===⋅∣，231cos cos cos θθθ>>， 由于cos y θ=在区间(0,)π上单调递减，故231θθθ<<， 则2123,θθθθ<<. 故选：A . 【点睛】本题考查利用向量法研究空间中的线面角以及二面角，属综合基础题.7．A解析：A 【分析】建立空间坐标系，计算1AA 坐标，计算平面11AB C 的法向量，运用空间向量数量积公式，计算夹角即可． 【详解】取AB 的中点D ，连接CD ，以AD 为x 轴，以CD 为y 轴，以1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，可得()1,0,0A ，()11,0,3A ，故()()()11,0,31,0,00,0,3AA =-=，而()()111,0,3,0,3,3B C -，设平面11AB C 的法向量为()=,,m a b c ，根据110,0m AB m AC ⋅=⋅=，解得()3,3,2m =-，111 1,?2|?|m AA cos m AA m AA ==.故1AA 与平面11AB C 所成角的大小为030，故选A ． 【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，关键构造空间直角坐标系，难度偏难．8．C解析：C 【分析】以A 为坐标原点建立空间坐标系，进而求得PB 和平面PCD 的法向量，再由向量的数量积即可求得PB 与平面PCD 所成角的正弦值. 【详解】依题意，以A 为坐标原点,分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，2,3,2AB BC AD PA ====,则()()()()0,0,2,2,0,0,2,2,0,0,3,0P B C D , 从而()()()2,0,2,2,2,2,0,3,2PB PC PD =-=-=- 设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =,00n PC n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即2220320a b c b c +-=⎧⎨-=⎩，不妨取3c =c=3,则1,2a b ==,所以平面PCD 的一个法向量为()1,2,3n =， 所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值 ()22222267sin cos ,22123PB n θ-===+-++， 故选C.【点睛】本题主要考查了线面所成的角, 其中求解平面的法向量是解题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题.9．B解析：B 【分析】利用平面向量的数量积公式先求解a b ⋅，再计算a 与b ，根据数量积夹角公式，即可求解. 【详解】由题意得：()()12122a b e e e e ⋅=+⋅-221122132111222e e e e =-⋅-=-⨯⨯-=-，2222121122()21a e e e e e e a ==+=++==⋅2222112122(2)4?41b b e e e e e e ==-=+-=-=设,a b 夹角为312,cos ,018032a b a bθθθ-⋅===-︒≤≤︒⋅，∴120θ=.故选：B. 【点睛】本题考查利用平面向量的数量积计算向量的夹角问题，难度一般，准确运用向量的数量积公式即可.10．B解析：B 【分析】在平行六面体中1111ABCD A B C D -中，利用空间向量的加法运算得到11BD BA BB BC =++，再根据模的求法，结合各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，由()()2211BD BA BB BC =++222111222BA BB BC BA BB BC BA BB BC =+++⋅+⋅+⋅求解.【详解】在平行六面体中1111ABCD A B C D -中，因为各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，所以111111cos120,11cos6022BA BB BA BC BC BB ⋅=⋅=⨯⨯=-⋅=⨯⨯=， 所以11BD BA BB BC =++， 所以()()2211BD BA BB BC =++，222111222BA BB BC BA BB BC BA BB BC =+++⋅+⋅+⋅，113+22+2222⎛⎫=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭，所以12BD =，故选：B 【点睛】本题主要考查空间向量的运算以及向量模的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11．A解析：A 【分析】求得EF 长度的两个临界位置的长度，由此求得EF 的取值范围. 【详解】由于ADE ∆与BCF ∆都是等边三角形，且边长为23，故高为3.当E AD B --和F BC A --趋向于0时，8332EF →--=，如下图所示.当E AD B --和F BC A --趋向于π时，83314EF →++=，如下图所示.所以EF 的取值范围是()2,14. 故选：A 【点睛】本小题主要考查空间线段长度范围的判断，考查空间想象能力，属于基础题.12．A解析：A 【分析】过E 作EH BD ⊥，交BD 于H 点，设二面角A BD C --的大小为α，设BE 与CF 的夹角为θ，则0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，由向量数量积的运算律得出CF BE CF HE ⋅=⋅，由题意可得出12HE BE =，利用数量积的定义可求出cos ,CF BE <>的值，即可求出cos θ的值，进而利用同角三角函数的平方关系可求出sin θ的值. 【详解】如下图所示，过E 作EH BD ⊥，交BD 于H 点，设BE 与CF 的夹角为θ，则0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦， 记二面角A BD C --的大小为α，()CF BE CF BH HE CF HE ⋅=⋅+=⋅， 即()cos CF BE CF HE πα⋅=⋅-，即11cos ,23CF BE CF BE CF BE ⎛⎫⋅<>=⋅⋅- ⎪⎝⎭， 1cos ,6CF BE ∴<>=-，所以1cos 6θ=，即35sin 6θ=，故选：A ．【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，同时也考查了二面角的定义，涉及利用空间向量数量积的计算，考查计算能力，属于中等题.13．C解析：C 【分析】利用向量的基本概念逐一进行判断，即可得出结论． 【详解】解：①a =21e +32e ，1b ke =-42e ，且a b ⊥，2212121122(23)(4)2()(38)12()2120a b e e ke e k e k e e e k ∴=+-=+--=-=，解得6k =，所以①正确．②()()OA OB CA CB OA CA OA CB OB CA OB CB ++=+++11cos6011cos9011cos9011cos60001=⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒++=，所以②正确．③(1,1,3)AC =，(1,2,0)AB =-，向量AC 在AB 上正投影1||(1)20AC AB AB ⨯===-++③正确． ④假设向量a ，b ，c 共面，则a xb yc =+， 所以123123122(32)(37)e e e x e e e y e e -+=-+++-+， 1231232(3)(37)2e e e x y e x y e xe -+=--+++，所以13x y =--，237x y -=+，12x =， 得12x =，12y ， 所以向量a ，b ，c 共面，所以④不正确． 即正确的有3个， 故选：C ． 【点睛】本题考查向量的基本概念，向量垂直，共面，正投影等，属于中档题．二、填空题14．【分析】结合由数量积定义计算【详解】正四面体中点EF 分别是BCAD 的中点连接则而所以平面又平面所以即所以故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计解析：24a【分析】AE AB BE =+，结合AD BC ⊥，由数量积定义计算． 【详解】正四面体ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，连接,AE DE ，则,BC AE BC DE ⊥⊥，而AEDE E =，所以BC ⊥平面ADE ，又AD ⊂平面ADE ，所以AD BC ⊥，即AF BE ⊥，所以21()cos 6024a AE AF AB BE AF AB AF BE AF a a ⋅=+⋅=⋅+⋅=⨯⨯︒=．故答案为：24a．【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算，解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计算的向量，然后由数量积定义计算，是基本方法，实质上也可以应用空间向量基本定理表示向量，把向量的运算转化为空间向量的基底进行运算．15．②④【分析】由题意知abAC三条直线两两相互垂直构建如图所示的长方体|AC|＝1|AB|=2斜边AB以直线AC为旋转轴则A点保持不变B点的运动轨迹是以C为圆心为半径的圆以C坐标原点以CD为x轴CB为解析：②④【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，|AC|＝1，|AB|=2，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，3为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果．【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示的长方体高为13故|AC |＝1，|AB |=2，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则D，0，0），A （0，0，1），直线a 的方向单位向量a =（0，1，0），|a |＝1， 直线b 的方向单位向量b =（1，0，0），|b |＝1，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B ′θθ，0），其中θ为B ′C 与CD 的夹角，[02θπ∈，），∴AB ′在运动过程中的向量，'AB =θθ，﹣1），|'AB |=2， 设'AB 与a 所成夹角为α∈[0，2π]， 则)(10cos 23，，θα-⋅=='⋅sin a AB |sin θ|∈[0， ∴α∈[6π，2π]，∴③错误，④正确． 设'AB 与b 所成夹角为β∈[0，2π]， ()(1100c 323os ，-，，，θθβ-⋅'⋅===''⋅⋅cos sin AB b AB bb AB |cos θ|， 当'AB 与a 夹角为60°时，即α3π=，|sin θ|3πα===， ∵cos 2θ+sin 2θ＝1，∴cos β=|cos θ|=，∵β∈[0，2π]，∴4πβ=，此时'AB 与b 的夹角为45°，∴②正确，①错误． 故答案为：②④． 【点睛】本题考查空间中线线、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，考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题．16．①③④【分析】由三垂直可采用以为轴建立空间直角坐标系①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体再结合等体积法即可求解三棱锥解析：①③④ 【分析】由,,AB AD AP 三垂直，可采用以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体，再结合等体积法即可求解三棱锥E BCO -的体积为定值；④中将平面ABCD 以AD 为轴旋转到平面PAD 内形成平面''AB C D ，结合两点间直线最短即可判断正确 【详解】如图所示：以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,1)P ，()1,0,0B ，(1,2,0)C ，设(0,,0)E y ，[]0,2y ∈，则(1,0,1)BP =-，(1,2,0)CE y =--， 2||2cos ,2||||21(2)BP CE BP CE BP CE y ⋅〈〉==≤⋅⋅+-，当2y =时等号成立， 此时,4BP CE π〈〉=，故直线PB 与直线CE 所成的角中最小的角为45︒，①正确；(1,,0)(1,2,1)21BE PC y y ⋅=-⋅-=-，当12y =时，BE PC ⊥，②错误； 将四棱锥放入对应的长方体中，则球心为体对角线交点， 1111112323226BCE E BCO O BCE AP V V S --==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△，③正确；如图所示：将平面ABCD 以AD 为轴旋转到平面PAD 内形成平面''AB C D ， 则22''2222CE PE C E PE PC +=+≥=+=，当'PEC 共线时等号成立，④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题考查向量法在立体几何中的实际应用，合理建系，学会将所求问题有效转化是解决问题的关键，如本题求线线角的最小值转化为求线线夹角的余弦值，求两直线垂直转化为数量积为0，求三棱锥体积的补形法和等体积法，利用旋转将异面直线的距离转化为共面直线的距离，属于中档题17．【分析】根据两向量的夹角余弦公式即可求出两向量的夹角【详解】解：10向量与的夹角为故答案为：【点睛】本题考查空间两向量的夹角大小的应用问题是基础题目 解析：3π【分析】根据两向量的夹角余弦公式，即可求出两向量的夹角． 【详解】 解：(0a =，1，1)，(1b =，0，1)，∴·1a b =，||2a =，||2b =，cos a ∴<，12||||2a b b a b >===⨯⨯，向量a 与b 的夹角为3π． 故答案为：3π. 【点睛】本题考查空间两向量的夹角大小的应用问题，是基础题目．18．【分析】利用空间向量的结论将垂直的问题转化为向量数量积等于零的问题然后利用向量的数量积坐标运算计算的值即可【详解】又即解得故答案为【点睛】本题主要考查空间向量的应用向量垂直的充分必要条件等知识意在考 解析：3±【分析】利用空间向量的结论将垂直的问题转化为向量数量积等于零的问题，然后利用向量的数量积坐标运算计算λ的值即可. 【详解】()()()2,1,1,3,4,,2,7,1A B C λ-， ∴AB ()1,3,1,λ=+CB ()1,3,1λ=--，又,AB CB ⊥0AB CB ∴⋅=，即()()()1133110λλ⨯+⨯-++-=，解得3λ=±， 故答案为3±. 【点睛】本题主要考查空间向量的应用，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．【分析】设0则由知所以由此能求出其最小值【详解】设001-即（当时取最小值）故答案为：【点睛】方法点睛：求最值常用的方法有：（1）函数法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法要根据已知【分析】设(C x ，0，0)，(0D ，y ，0)，则(1,,2)AD y →=-，(,1,1)BC x →=-，由20AD BC x y →→=--=，知2x y =+．所以||CD →【详解】设(C x ，0，0)，(0D ，y ，0)，(1A -，0，2)，(0B ，1，-1)，∴(1,,2)AD y →=-，(,1,1)BC x →=-， AD BC ⊥，∴20AD BC x y →→=--=，即2x y =+．(,,0)CD x y →=-，∴||CD →=2．（当1y =-时取最小值）【点睛】方法点睛：求最值常用的方法有：（1）函数法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解. 20．【分析】建立空间直角坐标系利用三点共线设出点P(λλ2﹣λ)0≤λ≤2以及Q(02μ)0≤μ≤2根据两点间的距离公式以及配方法即可求解【详解】建立如图所示空间直角坐标系设P(λλ2﹣λ)Q(02μ)【分析】建立空间直角坐标系，利用,,A B P 三点共线设出点P (λ，λ，2﹣λ)，0≤λ≤2，以及Q (0，2，μ)，0≤μ≤2，根据两点间的距离公式，以及配方法，即可求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设P (λ，λ，2﹣λ)，Q (0，2，μ)(0≤λ≤2且0≤μ≤2)，可得PQ =∵2(λ﹣1)2≥0，(2﹣λ﹣μ)2≥0，∴2(λ﹣1)2+(2﹣λ﹣μ)2+2≥2，当且仅当λ﹣1=2﹣λ﹣μ=0时，等号成立，此时λ=μ=1，∴当且仅当P ､Q 分别为AB ､CD 的中点时，PQ .故答案为.【点睛】本题考查空间向量法求两点间的距离，将动点用坐标表示是解题的关键，考查配方法求最值，属于中档题.21．【解析】分析：以D 为原点建立空间直角坐标系设再求出平面和平面的法向量利用法向量所成的角表示出二面角的平面角解方程即可得出答案详解：以D 为原点以为轴的正方向建立空间直角坐标系设平面的法向量为由题可知平 解析：23【解析】分析：以D 为原点，建立空间直角坐标系，设(02)AE λλ=≤≤，再求出平面AECD 和平面1D EC 的法向量，利用法向量所成的角表示出二面角的平面角，解方程即可得出答案. 详解：以D 为原点，以DA ，DC ，1DD 为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设(02)AE λλ=≤≤，平面1D EC 的法向量为(,,)m x y z =由题可知，1(0,0,1)D ，(0,2,0)C ，(1,,0)E λ，1(0,2,1)DC =-，(1,2,0)CE λ=- 平面AECD 的一个法向量为z 轴，∴可取平面AECD 的法向量为(0,0,1)n = (,,)m x y z =为平面1D EC 的法向量，∴120(2)0m D C y z m CE x y λ⎧⋅=-=⎨⋅=+-=⎩ 令1y =，则(2,1,2)m λ=- 二面角1D EC D --的大小为4π ∴cos 4m n m n π⋅=⋅，即 2222(2)12λ=-++ 解得 23λ=23λ=+ ∴23AE =-故答案为23点睛：空间向量法求二面角（1）如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小12,n n θ=(或12,n n π-)．22．【解析】由题意连接则故答案为 解析：1131234AB AC AD --+ 【解析】 由题意，连接AE ，则32 43GE AE AG AB BD AM =-=+- 321432AB AD AB AB AC =+--⨯+（）（）． 1131234AB AC AD =--+ . 故答案为1131234AB AC AD --+. 23．【分析】利用向量的加法公式得出再由得出的值即可得出的和【详解】即故答案为：【点睛】本题主要考查了用空间基底表示向量属于中档题解析：78【分析】 利用向量的加法公式得出111222MN OA OB OC =-++，再由1324OG OM MG OA MN =+=+，得出,,x y z 的值，即可得出,,x y z 的和.【详解】MN MA AB BN =++11111()22222OA OB OA OC OB OA OB OC =+-+-=-++ 13131112424222OG OM MG OA MN OA OA OB OC ⎛⎫∴=+=+=+-++ ⎪⎝⎭813388OA OB OC =++ 133,,888x y z ∴=== 即78x y z ++=故答案为：78【点睛】本题主要考查了用空间基底表示向量，属于中档题. 24．【分析】根据向量的线性运算得出根据向量的数量积运算即可求出结果【详解】解：由题可知所以得故答案为：【点睛】本题考查向量的运算涉及到线性运算和向量的数量积同时考查学生的化归和转化思想【分析】 根据向量的线性运算，得出112AE AB BC CC =++，根据向量的数量积运算，即可求出结果.【详解】 解：由题可知，112AE AB BC CC =++， 所以2211()2AE AB BC CC =++ 222111124AB BC CC AB BC AB CC BC CC =+++⋅+⋅+⋅ 22211112cos60cos60cos604AB BC CC AB BC AB CC BC CC =+++⋅+⋅+⋅ 11111711242224=+++⨯++= 得17AE =.. 【点睛】 本题考查向量的运算，涉及到线性运算和向量的数量积，同时考查学生的化归和转化思想. 25．-1【解析】【分析】由直线的一个方向向量为平面的一个法向量为得到由此能求出的值【详解】∵直线的一个方向向量为平面的一个法向量为∴解得故答案为：【点睛】本题考查实数值的求法考查直线的方向向量平面的法向 解析：-1【解析】【分析】由直线l 的一个方向向量为m ，平面α的一个法向量为n ，//l α，得到 0m n ⋅=，由此能求出t 的值．【详解】∵直线l 的一个方向向量为()2,8,1m =--，平面α的一个法向量为1,,22n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，//l α，∴2420m n t ⋅=--+=，解得1t =-，故答案为：1-．【点睛】本题考查实数值的求法，考查直线的方向向量、平面的法向量等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．26．（﹣∞4）【分析】由题意利用两个向量的夹角的定义两个向量共线的性质求得实数的取值范围【详解】解：向量若与的夹角为锐角且与不共线即且不成立解得则实数的取值范为故答案为：【点睛】本题主要考查两个向量的夹 解析：（﹣∞，4）【分析】由题意利用两个向量的夹角的定义，两个向量共线的性质，求得实数t 的取值范围．【详解】 解：向量(4a =，5-，12)，(3b =，t ，2)3，若a 与b 的夹角为锐角， ∴·0a b >，且a 与b 不共线， 即24351203t ⨯-+⨯>，且2334512t ==- 不成立，解得4t <， 则实数t 的取值范为(,4)-∞，故答案为：(,4)-∞．【点睛】本题主要考查两个向量的夹角，两个向量共线的性质，属于基础题．。
2020年高考数学一轮复习专题9.7空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)
9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一 利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ． 【答案】见解析【解析】法一 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，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ． 【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)， 则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)， 设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)， 又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)． 所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图324所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图324[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二 垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且A S A B =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ； （2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求证：AB 1⊥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一：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 A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)． 所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ． 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ． 法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)， 又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系． 依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)． 因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3， 即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四 点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ， 则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n.1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（ ）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1）， 设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为： （x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-， 1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C 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（ ）AB．2C．3λ D【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 22C C π+==＝（0，λ，1）， 设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝5EM n n==N 为EM 中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点 ，且12DP A A =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4； （2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==；111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》专项训练解析含答案
【高中数学】高考数学《空间向量与立体几何》练习题一、选择题1．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.2．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ）A ．34B ．78C ．1516D ．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.3．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．323πC ．12πD ．32π【答案】A【解析】【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可.【详解】 BCD V 外接圆直径23sin 3CD d CBD ===∠ , 故球的直径平方222222(23)16D AB d =+=+=,故外接球表面积216S D ππ== 故选：A【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d ,再利用锥体高h ,根据球直径22D d h =+.属于中等题型.4．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16π C ．12π D ．163π 【答案】B【解析】【分析】 根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点，11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=．2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．5．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+= 222322()2+= 故截面的面积1329(222)222S =⨯=， 故选：A ．【点睛】 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．6．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A ．2B ．2C ．22D ．32【答案】C【解析】 分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =PPM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ，∴AO =PPM ，∴A 1P=C 1M=24AC = ∴tan ∠APA 1=11AA A P 22．∴tan ∠APA 1的最大值是2．故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A．3π B ．π C ．3π D ．12π【答案】C【解析】【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=.所以外接球的表面积为243r ππ=.故选：C .【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.8．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCDS S =△（ ）A ．25B ．12C ．5D ．510【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线， 所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，∴线段EB 长度的最小值为5， 525EBCABCD a S S ⨯⨯∴==△. 故选：D .【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.9．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；③若//m α，//n α，则//m n ；④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.其中真命题的序号为（ ）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④ 【答案】A【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.10．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.11．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C【解析】【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ．【详解】由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等， M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确；取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =， N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误； PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.12．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（）A．22B．23C．4 D．26【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC-，其中面积最大的面为：1232232PACSV=⨯⨯= .本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．13．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A 点为长方体的一个顶点，B 点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为（ ）A 29B ．35C 41D ．213【答案】C【解析】【分析】 由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B 点所在的棱长为2；②当B 点所在的棱长为4；③当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB 的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B 点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22461101++=()2241661++=()2246165++= （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=()22262217++=()22262217++= （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=()2224335++=()2223453++= 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.14．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( ) A ．8πB ．12πC ．83πD ．3π 【答案】B【解析】【分析】依据题意作出图形，设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，由题可得：AB 为球的直径，即可求得：2AB R =，3AC R =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =，再利用球的面积公式计算得解。
高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题（含答案）一、单选题1．已知空间向量()3,4,5AB =-，则AB =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．522．设直线1l 、2l 的方向向量分别为a ，b ，能得到12l l ⊥的是（ ） A ．(1,2,2)a =-，(2,4,4)b =- B ．(2,2,1)a =-，(3,2,10)b =- C ．(1,0,0)a =，(3,0,0)b =-D ．(2,3,5)a =-，(2,3,5)b =3．已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（ ） A ．16B ．23C ．2121D ．421214．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为平行四边形，M ，N 分别为棱BC ，PD 上的点，12CM BM =，N 是PD 的中点，向量MN AB x AD y AP =-++，则（ ）A ．13x =，12y =-B ．16x =-，12y =C ．13x，12y =D ．16x =，12y =-5．有以下命题：①一个平面的单位法向量是唯一的②一条直线的方向向量和一个平面的法向量平行，则这条直线和这个平面平行 ③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交④若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量，则直线和平面垂直 其中真命题的个数有（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．已知(2,2,3)a =--，(2,0,4)=b ，则cos ,a b 〈〉=（ ） A ．48585B ．48585-C ．0D ．17．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是棱1111,C D A D 上的动点．给出下面四个命题①直线EF 与直线AC 平行；②若直线AF 与直线CE 共面，则直线AF 与直线CE 相交； ③直线EF 到平面ABCD 的距离为定值； ④直线AF 与直线CE 所成角的最大值是3π．其中，真命题的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．48．在以下命题中：①三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若两个非零向量a ，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a ，b 共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a ，b 是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠，则{},,a b c 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底； 其中真命题的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．39．已知向量(4,2,4),(6,3,2)a b =--=-，则下列结论正确的是（ ） A ．(10,5,2)a b +=- B ．(2,1,6)a b -=-C ．(24,6,8)a b ⋅=-D ．||6a =10．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M ，N 分别为1BB ，CD 的中点．有下列结论：①三棱锥11A MND -在平面11D DCC 上的正投影图为等腰三角形； ②直线//MN 平面11A DC ；③在棱BC 上存在一点E ，使得平面1AEB ⊥平面MNB ；④若F 为棱AB 的中点，且三棱锥M NFB -的各顶点均在同一求面上，则该球的体积为6π． 其中正确结论的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．311．如图，某圆锥SO 的轴截面SAC ，其中5SA AO =，点B 是底面圆周上的一点，且2cos 3BOC ∠=，点M 是线段SA 的中点，则异面直线SB 与CM 所成角的余弦值是( )A 235B 665C 13D 312．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90BAD ∠=︒，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是四边形ABCD 内部一点（包括边界），且二面角Q PD A --的平面角大小为30，则ADQ △面积的取值范围是（ ）A ．2150,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦B ．250,5⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．2100,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦D ．3100,5⎛⎤ ⎥ ⎝⎦二、填空题13．已知a =(3，2，－1)，b = (2，1，2)，则()()2a b a b -⋅+=___________． 14．若空间中有三点()()()1,0,1,0,1,1,1,2,0A B C - ，则点()1,2,3P 到平面ABC 的距离为______.15．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，14AA =，3AB =，点N 为侧面11BCC B 上一动点（不含边界），且满足1D N CN ⊥.记直线1D N 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的取值范围为_________.16．如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111AC B D F =，若1AF xAB yAD zAA =++，则x y z ++=___________.三、解答题17．如图1，在ABC 中，90C ∠=︒，3BC =3AC =，E 是AB 的中点，D 在AC 上，DE AB ⊥.沿着DE 将ADE 折起，得到几何体A BCDE -，如图2(1)证明：平面ABE ⊥平面BCDE ；(2)若二面角A DE B --的大小为60︒，求直线AD 与平面ABC 所成角的正弦值.18．已知正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2a ，M 是棱1DD 的中点.求证：1DB ∥平面11A MC .19．四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，90PDA BAD ∠=∠=︒，12PD DA AB CD ===，S 为PC中点，BS CD ⊥．（1）证明：PD ⊥平面ABCD ；（2）平面SAD 交PB 于Q ，求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值．20．如图，在多面体ABCDEF 中，AD ⊥平面ABF ，AD ∥BC ∥4EF AD =，，3,2BC AB BF EF ====，120ABF ︒∠=．（1）证明：AC DE ⊥；（2）求直线AE 与平面CDE 所成角的大小．21．如图（1）,在直角梯形ABCD 中,AB CD ∥,AB BC ⊥,22CD AB BC ==,过A 点作AE CD ⊥,垂足为E ,现将ADE ∆沿AE 折叠,使得DE EC ⊥,如图（2）.（1）求证:平面DAB ⊥平面DAE ; （2）求二面角D AB E --的大小.22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24CD AB ==，2AD =，PAB 为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.(1)求证：//AE 平面PBC ； (2)求二面角A EB C --的余弦值.23．如图所示，边长为2的正方形ABFC 和高为2的直角梯形ADEF 所在的平面互相垂直且2DE =，//ED AF 且90DAF ∠=︒．(1)求BD 和面BEF 所成的角的正弦； (2)求点C 到直线BD 的距离；(3)线段EF 上是否存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直，若存在，求EP 与PF 的比值：若不存在，说明理由．24．如图，在三棱锥A BCD -中，ABD △是等边三角形，2AC =，2BC CD ==，BC CD ⊥，E 为空间内一点，且CDE 为以CD 为斜边的等腰直角三角形．（1）证明：平面ABD ⊥平面BCD ；（2）若2BE =，试求平面ABD 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值参考答案1．D2．B3．B4．B5．A6．B7．B8．D9．D10．D11．B12．A 13．21415．13,22⎫⎛⎫+∞⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭16．2 17．（1）证明：因为在图1中DE AB ⊥，沿着DE 将ADE 折起， 所以在图2中有DE AE ⊥，DE BE ⊥， 又AEBE E =，所以DE ⊥平面ABE ， 又因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面ABE ⊥平面BCDE ； （2）解：由（1）知，DE AE ⊥，DE BE ⊥， 所以AEB ∠是二面角A DE B --的平面角， 所以60AEB ∠=︒， 又因为AE BE =， 所以ABE 是等边三角形， 连接CE ，在图1中，因为90C ∠=︒，BC =，3AC = 所以60EBC ∠=︒，AB =因为E 是AB 的中点，所以BE BC == 所以BCE 是等边三角形. 取BE 的中点O ，连接AO ，CO ， 则AO BE ⊥，CO BE ⊥，因为平面ABE ⊥平面BCDE ，平面ABE ⋂平面BCDE BE =，所以AO ⊥平面BCDE ， 所以OB ，OC ，OA 两两垂直，以O 为原点，OB ，OC ，OA 为x ，y ，z 轴建系，如图所示.30,0,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3B ⎫⎪⎪⎝⎭，30,,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 所以3322AB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，330,,22AC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，332AD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ABC 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即330,2330.22z y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩取1z =，得平面ABC 的一个法向量为()3,1,1n =，所以33311125cos ,52n AD AD n n AD ⎛⎛⎫⨯+-⨯ ⎪⋅⎝⎭===⨯设直线AD 与平面ABC 所成角为θ，则5sin θ=. 18．以点D 为原点，分别以DA ､DC 与1DD 的方向为x ､y 与z 轴的正方向，建立空间直角坐标系.则()0,0,0D ､()2,0,0A a ､()0,2,0C a ､()2,2,0B a a ､()10,0,2D a ､()12,0,2A a a ､()10,2,2C a a ､()12,2,2B a a a ，M 是棱1DD 的中点得()0,0,M a ，()12,2,2DB a a a =.设面11A MC的一个法向量为(),,n x y z =，()12,0,MA a a =，()10,2,MC a a =，则1120,0,20,0,ax az n MA ay az n MC ⎧+=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎩⎩令1y =，则()1,1,2n =-.又110DB n DB n ⋅=⇒⊥，因为1DB ⊄平面11A MC ，所以1DB ∥平面11A MC .19．（1）取CD 中点为M ，则DM AB =且//DM AB ， 所以四边形ABMD 为平行四边形，可得//BM AD ， 所以BM CD ⊥，又由BS CD ⊥，BM BS B ⋂=，所以CD ⊥平面BSM ，又因为SM ⊂平面BSM ，所以CD SM ⊥, 又由//SM PD ，所以CD PD ⊥，AD PD ⊥，CDAD D =，所以PD ⊥平面ABCD ．（2）延长CB ，DA 交于N ，连SN 与PB 交点即为Q ，因为B 为CN 中点，S 为PC 中点，故Q 为PNC △的重心，故2PQ QB =，以D 为原点，,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1AB =，则()1,1,0B ，()0,0.1P ，设(),,Q x y z 且2PQ QB =，可得()()()212112x x y y z z ⎧=-⎪=-⎨⎪-=-⎩，所以221,,333x y z ===，可得241,,333CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为AD PD ⊥，AD CD ⊥且PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ． 平面PCD 的法向量为()1,0,0DA =，可得2cos ,211CQ DA CQ DA CQ DA⋅===⋅⋅．即CQ 与平面PCD20．（1）因为AD∥BC∥EF，AD⊥平面ABF，所以BC⊥平面ABF，EF⊥平面ABF，所以四边形ABCD与四边形BCEF都是直角梯形，以B为坐标原点,BA BC所在直线分别为x轴、y轴，过点B且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,0,0),(1,0,3),(1,2,3),(0,3,0),(2,4,0)A F E C D--，所以(2,3,0),(3,2,3)AC DE=-=--，所以6600AC DE⋅=-+=，所以AC DE⊥.（2）由（1）知，(3)AE=-，(2,1,0)CD=，(3,23)DE=--，，设平面CDE的法向量为(,,)n x y z=，则CD nDE n⎧⋅=⎨⋅=⎩，即203230x yx y z+=⎧⎪⎨--=⎪⎩，取=1x -，则32,3y z ==，所以31,2,3n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面CDE 的一个法向量， 设直线AE 与平面CDE 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭， 则|||341|3sin |cos ,|2||||4343AE n AE n AE n θ⋅++=〈〉===⋅⨯，所以3πθ=， 所以直线AE 与平面CDE 所成角的大小为3π. 21．证明：（1） AE CD ⊥,AB CD ∥,∴ AE AB ⊥DE EC ⊥,AB EC ∥, ∴DE AB ⊥又AE DE E =,故:AB ⊥平面DAE ,AB ⊂平面DAB ,故:平面DAB ⊥平面DAE .（2）以E 为原点,EA 为x 轴,EC 为y 轴,ED 为z 轴,建立空间直角坐标系,如图:设2DE EC ED ===,∴ ()2,0,0A ,()0,0,2D ,()0,0,0E ,()2,2,0B ,可得:()2,0,2AD =-,()0,2,0AB =,设平面DAB 的法向量(),,n x y z =,则22020n AD x z n AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩,取1x =,得()1,0,1n =, 平面ABE 的法向量()0,0,1m =,设二面角D AB E --的大小为θ,则12cos 22m n m n θ⋅===⋅, ∴ 45θ=︒,∴二面角D AB E --的大小为45︒.22．（1）如图，取PC 的中点F ，连接EF ，BF ，∵PE DE =，PF CF =，∴//EF CD ，2CD EF =，∵//AB CD ，2CD AB =，∴//AB EF ，且EF AB =.∴四边形ABFE 为平行四边形，∴//AE BF .∵BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ，故//AE 平面PBC .（2）取AB 中点O ，CD 中点M ，以O 为原点，OM 为x 轴，AB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系：则()0,1,0A -，()0,1,0B ，()1,2,0C ，()0,0,1P ，()1,2,0D -，11,1,22E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则11,2,22BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()0,2,0AB =，()1,1,0BC =， 设平面ABE 的一个法向量为()111,,m x y z =，平面CBE 的一个法向量为()222,,n x y z =， 则111120112022m AB y m BE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11x =，则()1,0,1m =-， 222220112022n BC x y n BE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，21x =，则()1,1,5n =--， 设m 与n 的夹角为θ，则66cos 3233m n m n θ⋅===⋅，由二面角A EB C --为钝角，则余弦值为63-.23．（1）解：（1）因为AC 、AD 、AB 两两垂直，建立如图坐标系，则()2,0,0B ，()0,0,2D ，()1,1,2E ，()2,2,0F ，()0,2,0C ，则(2,0,2),(1,1,2),(0,2,0)DB BE BF =-=-=设平面BEF 的法向量(,,)n x y z =，则200n BE x y z n BF y ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩令1z =，则2x =，0y =，所以(2,0,1)n =， ∴向量DB 和()2,0,1n =所成角的余弦为2222220210212(2)DB nDB n ⋅+-=⋅++-．即BD 和面BEF 10 （2）解：因为()2,0,2DB =-，()2,2,0BC =-，所以()()2202024DB BC ⋅=⨯-+⨯+⨯-=-，22DB =，22BC =C 到直线BD 的距离()2222422622DB BC d BC DB ⎛⎫⋅-⎛⎫ ⎪=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）解：假设线段EF 上存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直，不妨设EP 与PF 的比值为m ，即EP mPF =，设(),,P x y z ，即()()1,1,22,2,x y z m x y z ---=---，所以()()12122x m x y m y z mz ⎧-=-⎪-=-⎨⎪-=-⎩，解得12112121m x m m y m z m +⎧=⎪+⎪+⎪=⎨+⎪⎪=⎪+⎩集P 点坐标为12122(,,)111m m m m m +++++， 则向量12122(,,)111m m AP m m m++=+++，向量1212(,,)111m CP m m m +=-+++， 因为()2,0,2DB =-所以()()12122202011112122020111m m m m m m m m m ++⎧⨯+⨯+-⨯=⎪⎪+++⎨+-⎪⨯+⨯+-⨯=⎪+++⎩，解得12m =． 所以存在p ，求EP 与PF 的比值1224．解：（1）取BD 的中点O ，连接OC ，OA ，因为ABD △是等边三角形，2BD =，所以AO BD ⊥，且3AO =，又因为2BC CD ==，所以OC BD ⊥112CO BD ==，又2AC = 222AO OC AC AO OC ∴+=∴⊥又AO BD ⊥，因为CO BD O ⋂=，二面角A BD C --的平面角AOC ∠是直角，∴平面ABD ⊥平面BCD ；（2）由（1）以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OA 为z 轴建立空间直角坐标系， 不妨令E 在平面BCD 上方取CD 的中点F ，连接OF ，EF ，则,OF CD EF CD ⊥⊥．OF EF F ⋂=，,OF EF ⊂平面EOF ，∴CD ⊥平面EOF ，CD ⊂平面OCD ，∴平面EOF ⊥平面OCD ，OF =，EF =， 设EFO πθ∠=-，则(0,0,0)O ，(1,0,0)C ，(0,1,0)D，A ，(0,1,0)B -11111113cos ,cos ,cos ,cos 22222222E BE θθθθθθ⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13322,cos ,sin ,244BE E θθ⎛==∴=∴=∴ ⎝⎭所以(1,1,0)CD =-，13,44CE ⎛=- ⎝⎭，设平面ECD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00CD n CE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，013044x y x y z -+=⎧⎪∴⎨-+=⎪⎩， 令1x =，则1,1,n ⎛=- ⎝⎭因为平面ABD 的一个法向量为(1,0,0)OC =，所以1|cos ,|4OC n〈〉==，即平面ABD 与平面ECD。
空间向量与立体几何练习题(带答案)
空间向量与立体几何练习题（带答案）一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不同的方向B．有不相等的模C．不可能是平行向量D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，在下列选项中，CD→的相反向量是()A.BA→B．A1C1→C.A1B1→D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是CD→的相反向量．【答案】C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，AC→〉相等的是() A．〈AB→，BC→〉B．〈BC→，CA→〉C．〈C1B1→，AC→〉D．〈BC→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，BC→〉＝〈AB→，AC→〉＝〈BC→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】D4．在正三棱锥A-BCD中，E、F分别为棱AB，CD的中点，设〈EF→，AC→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于()A.π6B．π4C.π3D．π2【解析】如图，取BC的中点G，连接EG、FG，则EG∥AC，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β.∵A－BCD是正三棱锥，∴AC⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2.∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2.【答案】D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有()图2－1－9A．8个B．7个C．6个D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，C1D1→，D1C1→，CD→，DC→，共8个，故选A.【答案】A二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则向量CE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面ACC1A1的法向量，而CE在平面ACC1A1中，∴BD→⊥CE→.∴〈BD→，CE→〉＝90°.【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4.②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c.【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a ＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，CC1→，C1C→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，BC1→，C1B→，B1C→，CB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，DC→及D1C1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥AC，SO⊥AC又∵BD∩SO＝O∴AC⊥平面SBD．∴AC→为平面SBD的一个法向量．∴〈AC→，AD→〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为正方形且PD＝AD，E、F分别是PC、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBC的一个法向量．【解】(1)取AD的中点M，连接MF，连接EF，∵E、F分别是PC、PB的中点，∴EF綊12BC，又BC綊AD，∴EF綊12AD，则由EF綊DM知四边形DEFM是平行四边形，∴MF∥DE，∴FM→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵平面PCD，∴DE⊥BC，又PD＝CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，从而DE⊥平面PBC，∴DE→是平面PBC的一个法向量，由(1)可知FM→＝ED→，∴FM→就是平面PBC的一个法向量.。
数学高三立体几何与空间向量专题复习检测(含答案)
数学高三立体几何与空间向量专题复习检测（含答案）平面几何是3维欧氏空间的几何的传统称号，下面是平面几何与空间向量专题温习检测，请考生练习。
一、选择题1.(2021武汉调研)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图可以是()解析 A、B、C与仰望图不符.答案 D2.将长方体截去一个四棱锥，失掉的几何体如下图，那么该几何体的侧(左)视图为()解析抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确.答案 D3.(2021安徽卷)一个多面体的三视图如下图，那么该多面体的外表积为()A.21+3B.18+3C.21D.18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如下图，那么S=S正方体-2S三棱锥侧+2S三棱锥底=24-231211+234(2)2=21+3.答案 A4.S，A，B，C是球O外表上的点，SA平面ABCD，ABBC，SA=AB=1，BC=2，那么球O的外表积等于()A.4B.3C.2解析如下图，由ABBC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以ADDC.又SA平面ABCD，设SB1C1D1-ABCD为SA，AB，BC为棱长结构的长方体，得体对角线长为12+12+22=2R，所以R=1，球O的外表积S=4.故选A.答案 A5.(2021湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如下图.将该石材切削、打磨，加工成球，那么能失掉的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析由三视图可得原石材为如下图的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.假定要失掉半径最大的球，那么此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.应选B.答案 B6.点A，B，C，D均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6，那么该球的体积为()A.323B.48C.643D.163解析如下图，O1为三角形ABC的外心，过O做OEAD，OO1面ABC，AO1=33AB=3.∵OD=O A，E为DA的中点.∵AD面ABC，AD∥OO1，EO=AO1=3.DO=DE2+OE2=23.R=DO= 23.V=43(23)3=323.答案 A二、填空题7.某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥的体积是________. 解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中DC=2，AB=3，BC=3，所以四棱锥的体积为132+3322=533. 答案 5338.如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F区分是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC 的体积为V2，那么V1V2=________.解析设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，那么V1=1314S12h=124Sh=124V2，即V1V2=124. 答案 1249.在四面体ABCD中，AB=CD=6，AC=BD=4，AD=BC=5，那么四面体ABCD的外接球的外表积为________.解析结构一个长方体，使得它的三条面对角线区分为4、5、6，设长方体的三条边区分为x，y，z，那么x2+y2+z2=772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=4R2=772. 答案 772三、解答题10.以下三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.左边两个是其正(主)视图和侧(左)视图. (1)请在正(主)视图的下方，依照画三视图的要求画出该多面体的仰望图(不要求表达作图进程).(2)求该多面体的体积(尺寸如图).解 (1)作出仰望图如下图.(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)失掉的，所以截去的三棱锥体积VE-A1B1D1=13S△A1B1D1A1E=1312221=23，正方体体积V正方体AC1=23=8，所以所求多面体的体积V=8-23=223.11.(2021安徽卷)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC.过 A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分红上下两局部的体积之比.解 (1)证明：由于BQ∥AA1，BC∥AD，BCBQ=B，ADAA1=A，所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12，即Q为BB1的中点.(2)如图，衔接QA，QD.设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分红上下两局部的体积区分为V上和V下，BC=a，那么AD=2a.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd，VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd，所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd，又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=32ahd，所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.B级才干提高组1.(2021北京卷)在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2).假定S1，S2，S3区分是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，那么()A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2S3C.S3=S1且S3 S2D.S3=S2且S3S1解析作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.如下图，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1=1222=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DE F(E，F 区分为OA，BC的中点)全等，所以S2=1222=2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H区分为AB，OC 的中点)全等，所以S3=1222=2.所以S2=S3且S1S3.应选D. 答案 D2.(2021山东卷)三棱锥P-ABC中，D，E区分为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，那么V1V2=________.解析由于VP-ABE=VC-ABE，所以VP-ABE=12VP-ABC，又因VD-ABE=12VP-ABE，所以VD-ABE=14VP-ABC，V1V2=14.答案 143.(理)(2021课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解 (1)衔接BD交AC于点O，衔接EO.由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)由于PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|PA|为单位长，树立空间直角坐标系A-xyz.那么D(0，3，0)，E0，32，12， AE=0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，那么C(m，3，0)，AC=(m，3，0)，设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，那么n1AC=0，n1AE=0，即mx+3y=0，32y+12z=0，可取n1=3m，-1，3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cos〈n1，n2〉|=12，即 33+4m2=12，解得m=32.由于E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.3.(文)如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上.过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF 的位置(点A与P重合)，使得PEB=30.(1)求证：EF(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的正面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.解 (1)证明：∵AB=BC，BCAB，又∵EF∥BC，EFAB，即EFBE，EFPE.又BEPE=E，EF平面PBE，EFPB.(2)设BE=x，PE=y，那么x+y=4.S△PEB=12BEPEsinPEB=14xy14x+y22=1.当且仅当x=y=2时，S△PEB的面积最大.此时，BE=PE=2.由(1)知EF平面PBE，平面PBE平面EFCB，在平面PBE中，作POBE于O，那么PO平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PEsin30=212=1.S梯形EFCB =12(2+4)2=6.VP-BCFE=1361=2.平面几何与空间向量专题温习检测及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得更好的效果。
高中数学——空间向量与立体几何练习题(附答案)
.空间向量练习题1. 如下图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠ BCD ＝60°， E 是 CD的中点， PA ⊥底面 ABCD ，PA ＝2.〔Ⅰ〕证明：平面 PBE ⊥平面 PAB;〔Ⅱ〕求平面PAD 和平面 PBE 所成二面角〔锐角〕的大小 .如下图，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 .那么相关各点的坐标分别是 A 〔 0， 0， 0〕， B 〔 1， 0， 0〕，C(3 ,3,0), D(1 ,3,0), P 〔 0，0， 2〕 , E(1, 3,0).2 22 22〔Ⅰ〕证明因为 BE (0,3,0) ，2平面 PAB 的一个法向量是 n(0,1,0) ，所以 BE 和n 共线 .从而 BE ⊥平面 PAB.又因为 BE平面 PBE ，故平面 PBE ⊥平面 PAB.(Ⅱ)解易知 PB(1,0, 2), BE(0,3，0〕， PA (0,0, 2), AD( 1 ,3,0)22 2n ( x 1 , y 1 , z 1 ) n 1 PB 0,设是平面PBE 的一个法向量，那么由得1n 1 BE 0x 1 0 y 1 2z 1 0,0 x 13y 2 0 z 2 0.所以y 1 0, x 12z 1.故可取 n 1 (2,0,1).2设 n 2( x 2 , y 2 , z 2 )PAD 的 n 2 PA 0, 是 平 面 一个法向量，那么由AD得n 2 00 x 2 0 y 2 2z 2 0,1 3 所以 z2 0, x 23 y 2 .故可取 n 2 ( 3, 1,0).2 x 22 y 2 0 z 20.于是， cosn 1, n 2n 1 n 22 3 15 .n 1 n 2 5 25故平面和平面所成二面角〔锐角〕的大小是15PADPBEarccos..2. 如图，正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的所有棱长都为 2， D 为 CC 1 中点。
高二数学空间向量与立体几何测试题
高二数学 空间向量与立体几何测试题第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题，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．在下列命题中：①若a 、b 共线，则a 、b 所在的直线平行；②若a 、b 所在的直线是异面直线，则a 、b 一定不共面；③若a 、b 、c 三向量两两共面，则a 、b 、c 三向量一定也共面；④已知三向量a 、b 、c ，则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ．其中正确命题的个数为 （ ） A ．0 B.1 C. 2 D. 3 2．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量1D A 、1D C 、11C A 是 （ ）A ．有相同起点的向量B ．等长向量C ．共面向量D ．不共面向量3．若向量λμλμλ且向量和垂直向量R b a n b a m ∈+=,(,、则)0≠μ （ ） A ．//B ．⊥C ．也不垂直于不平行于,D ．以上三种情况都可能4．已知a ＝（2，－1，3），b ＝（－1，4，－2），c ＝（7，5，λ），若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于（ ） A.627 B. 637 C. 647 D. 6575．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若CA =a ，CB =b ，1CC =c ， 则1A B = （ ）A.+-a b cB. -+a b cC. -++a b cD. -+-a b c6．已知a +b +c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19，则向量a 与b 之间的夹角><b a ,为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．以上都不对7．若a 、b 均为非零向量，则||||⋅=a b a b 是a 与b 共线的 （ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件8．已知△ABC 的三个顶点为A （3，3，2），B （4，－3，7），C （0，5，1），则BC 边上的 中线长为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．59．已知的数量积等于与则35,2,23+-=-+=（ ）EM GDCBA10．已知(1,2,3)OA =，(2,1,2)OB =，(1,1,2)OP =，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 ．131(,,)243B ．123(,,)234C ．448(,,)333D ．447(,,)333第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 11．若A(m ＋1，n －1,3)，B(2m ,n ,m －2n )，C(m ＋3,n －3,9)三点共线，则m +n = ．12．12、若向量 ()()1,,2,2,1,2a b λ==-，,a b 夹角的余弦值为89，则λ等于__________.13．在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为△ABC 的重心，E 是BD 上一点，BE ＝3ED ，以｛AB ，AC ，AD ｝为基底，则GE ＝ ．14．已知a,b,c 是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c ,则m,n 的夹角为 。
空间向量和立体几何练习题及答案
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．〔1〕求证：M为PB的中点；〔2〕求二面角B﹣PD﹣A的大小；〔3〕求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【分析】〔1〕设AC∩BD=O，那么O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；〔2〕取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，那么PG⊥AD，连接OG，那么PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD 与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；〔3〕求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】〔1〕证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，那么，即M为PB的中点；〔2〕解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，那么PG⊥AD，连接OG，那么PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，那么OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D〔2，0，0〕，A〔﹣2，0，0〕，P〔0，0，〕，C〔2，4，0〕，B〔﹣2，4，0〕，M〔﹣1，2，〕，，．设平面PBD的一个法向量为，那么由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；〔3〕解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．【点评】此题考察线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．〔Ⅰ〕求证：MN∥平面BDE；〔Ⅱ〕求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；〔Ⅲ〕点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH 的长．【分析】〔Ⅰ〕取AB中点F，连接MF、NF，由可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，那么MN∥平面BDE；〔Ⅱ〕由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；〔Ⅲ〕设AH=t，那么H〔0，0，t〕，求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．【解答】〔Ⅰ〕证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，那么NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，那么MN∥平面BDE；〔Ⅱ〕解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A〔0，0，0〕，B〔2，0，0〕，C〔0，4，0〕，M〔0，0，1〕，N〔1，2，0〕，E 〔0，2，2〕，那么，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，那么正弦值为；〔Ⅲ〕解：设AH=t，那么H〔0，0，t〕，，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．【点评】此题考察直线与平面平行的判定，考察了利用空间向量求解空间角，考察计算能力，是中档题．3．如图，几何体是圆柱的一局部，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是的中点．〔Ⅰ〕设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；〔Ⅱ〕当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【分析】〔Ⅰ〕由利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；〔Ⅱ〕法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：〔Ⅰ〕∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；〔Ⅱ〕解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，那么EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A〔0，0，3〕，E〔2，0，0〕，G〔1，，3〕，C〔﹣1，，0〕，故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z=2，得；1设为平面ACG的一个法向量，=﹣2，得．由，可得，取z2∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【点评】此题考察空间角的求法，考察空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．〔Ⅰ〕证明平面ABEF⊥平面EFDC；〔Ⅱ〕求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【分析】〔Ⅰ〕证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；〔Ⅱ〕证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如下图的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】〔Ⅰ〕证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；〔Ⅱ〕解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如下图的坐标系，设FD=a，那么E〔0，0，0〕，B〔0，2a，0〕，C〔，0，a〕，A〔2a，2a，0〕，∴=〔0，2a，0〕，=〔，﹣2a，a〕，=〔﹣2a，0，0〕设平面BEC的法向量为=〔x1，y1，z1〕，那么，那么，取=〔，0，﹣1〕．设平面ABC的法向量为=〔x2，y2，z2〕，那么，那么，取=〔0，，4〕．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，那么cosθ===﹣，那么二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】此题考察平面与平面垂直的证明，考察用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．〔Ⅰ〕证明：D′H⊥平面ABCD；〔Ⅱ〕求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．【分析】〔Ⅰ〕由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；〔Ⅱ〕以H为坐标原点，建立如下图空间直角坐标系，由求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．那么二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．【解答】〔Ⅰ〕证明：∵ABCD是菱形，∴AD=DC，又AE=CF=，∴，那么EF∥AC，又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，那么EF⊥BD，∴EF⊥DH，那么EF⊥D′H，∵AC=6，∴AO=3，又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH==1，那么DH=D′H=3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，那么D′H⊥OH，又OH∩EF=H，∴D′H⊥平面ABCD；〔Ⅱ〕解：以H为坐标原点，建立如下图空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B〔5，0，0〕，C〔1，3，0〕，D′〔0，0，3〕，A〔1，﹣3，0〕，，，设平面ABD′的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，那么|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．【点评】此题考察线面垂直的判定，考察了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，表达了数学转化思想方法，是中档题．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．〔Ⅰ〕证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；〔Ⅱ〕假设CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】〔I〕取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；〔II〕以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，那么直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．【解答】证明：〔I〕取AB的中点D，连结CD，DF，DE．∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=．∴A1E=，EF==，DE==，DF==，∴EF2+DE2=DF2，∴DE⊥EF，又CE⊥EF，CE∩DE=E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴EF⊥平面CDE，又CD⊂平面CDE，∴CD⊥EF，又CD⊥AB，AB⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．〔II〕∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB，AB=2，∴AC=BC=．以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如下图：那么A〔，0，0〕，C〔0，0，0〕，C1〔0，0，2〕，E〔，0，〕，F〔，，2〕．∴=〔﹣，0，2〕，=〔，0，〕，=〔，，2〕．设平面CEF的法向量为=〔x，y，z〕，那么，∴，令z=4，得=〔﹣，﹣9，4〕．∴=10，||=6，||=．∴sin＜＞==．∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】此题考察了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=2．〔1〕求证：AB⊥PC；〔2〕在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】〔1〕利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出AB⊥AC，由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA，故AB⊥平面PAC，于是AB⊥PC；〔2〕假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD 的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，那么即为所求角的正弦值．【解答】解：〔1〕证明：∵四边形ABCD是直角梯形，AD=CD=2，BC=4，∴AC=4，AB===4，∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．〔2〕假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，那么MN∥PA，∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．过点M作MG⊥AC于G，连接NG，那么AC⊥平面MNG，∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．假设∠MGN=45°，那么NG=MN，又AN=NG=MN，∴MN=1，即M是线段PD的中点．∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．在三棱锥M﹣ABC中，VM﹣ABC =S△ABC•MN==，设点B到平面MAC的距离是h，那么VB﹣MAC=，∵MG=MN=，∴S△MAC===2，∴=，解得h=2．在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，∴BM==3，∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．【点评】此题考察了工程垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．〔1〕求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；〔2〕点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？假设存在，请确定点P的位置，假设不存在，请说明理由．【分析】〔1〕推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．〔2〕假设存在点P符合题意，那么点P的坐标可设为P〔0，y，z〕，那么．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为〔0，0，〕，即恰好为A1点．【解答】解：〔1〕∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…〔2分〕故以O为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系O﹣xyz，那么A〔0，﹣1，0〕，B〔，0，0〕，A1〔0，0，〕，C〔0，1，0〕，∴=〔0，1，〕，=〔〕，=〔0，2，0〕．…〔4分〕设平面AB1C的法向量为，那么，取x=1，得=〔1，0，1〕．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，那么sinθ=|cos＜，＞|=||=，∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…〔6分〕〔2〕∵=，而，，∴=〔﹣2，0，0〕，又∵B〔〕，∴点D〔﹣，0，0〕．假设存在点P符合题意，那么点P的坐标可设为P〔0，y，z〕，∴．∵DP∥平面AB1C，=〔﹣1，0，1〕为平面AB1C的法向量，∴由=λ，得，∴y=0．…〔10分〕又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为〔0，0，〕，即恰好为A1点．…〔12分〕【点评】此题考察线面角的正弦值的求法，考察满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．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⊥平面ABB1A1．〔Ⅰ〕证明：平面AB1C⊥平面BCD；〔Ⅱ〕假设OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．【分析】〔Ⅰ〕通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．〔Ⅱ〕以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如下图的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC 所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．【解答】〔本小题总分值12分〕解：〔Ⅰ〕∵ABB1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…〔2分〕∴，∴，从而AB1⊥BD…〔4分〕∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB1⊥平面BCD，∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD…〔6分〕〔Ⅱ〕如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如下图的空间直角坐标系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，从而又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…〔8分〕设平面ABC的法向量为，，由可得，令y=1，那么z=﹣1，，所以．…〔10分〕设直线GD与平面ABC所成角α，那么=，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…〔12分〕【点评】此题考察平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考察空间想象能力以及计算能力．10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD折起，使得点A折起至A′，设二面角A′﹣BD﹣C的大小为θ．〔1〕当θ=90°时，求A′C的长；〔2〕当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．【分析】〔1〕过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；〔2〕利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，那么BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos＜＞|．【解答】解：〔1〕在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE．∵AB=4，AD=2，∴BD==10．∴，BE==8，cos∠CBE==．在△BCE中，由余弦定理得CE==2．∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．〔2〕DE==2．∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．当即cos∠A′EF=时，．∴A′E2=A′F2+EF2，∴∠A'FE=90°又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如下图：∴A′〔0，0，〕，D〔﹣，0，0〕，B〔3，2，0〕，C〔3，0，0〕．∴=〔0，2，0〕，=〔4，2，0〕，=〔，0，〕．设平面A′BD的法向量为=〔x，y，z〕，那么，∴，令z=1得=〔﹣，2，1〕．∴cos＜＞===．∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．【点评】此题考察了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．〔Ⅰ〕求证：AC⊥DC1；〔Ⅱ〕假设M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；〔Ⅲ〕在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？假设存在，求的值，假设不存在，说明理由．【分析】〔Ⅰ〕证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．〔Ⅱ〕易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据条件可得A〔0，0，0〕，，，B〔0，0，1〕，B1〔2，0，1〕，，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．〔Ⅲ〕利用向量求解【解答】解：〔Ⅰ〕证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1，所以AC⊥平面CC1D，又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．〔Ⅱ〕证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据条件可得A〔0，0，0〕，，，B〔0，0，1〕，B1〔2，0，1〕，，所以，，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，那么，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．〔Ⅲ〕解：由〔Ⅱ〕可知平面BB1D的法向量为．设，λ∈[0，1]，那么，．假设直线DP与平面DBB成角为，那么1，解得，故不存在这样的点．【点评】此题考察了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD〔I〕证明：AE⊥CD〔II〕在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？假设存在，确定点M的位置；假设不存在，请说明理由．【分析】〔I〕利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；〔II〕取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．【解答】〔I〕证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面AED，∵AE⊂平面AED，∴AE⊥CD．〔II〕解：取AD的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接EO，∵EA=ED，∴OE⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE ⊂平面AED，∴OE⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如下图：设正方形ACD的边长为2，，那么A〔1，0，0〕，B〔1，2，0〕，D〔﹣1，0，0〕，E〔0，0，1〕，M〔﹣λ，0，1﹣λ〕∴=〔﹣λ﹣1，0，1﹣λ〕，=〔1，0，1〕，=〔2，2，0〕，设平面BDEF的法向量为=〔x，y，z〕，那么，即，令x=1得=〔1，﹣1，﹣1〕，∴cos＜＞==，令||=，解得λ=0，∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．【点评】此题考察了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．〔1〕设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；〔2〕线段PD上是否存在一点N，使得直线与平面PAC所成的角θ的正弦值为？假设存在，试确定点N的位置，假设不存在，请说明理由．【分析】〔1〕取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；〔2〕建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】〔1〕证明：取AD中点M，连EM，CM，那么EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．〔2〕解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如下图的坐标系，那么A〔0，0，0〕，B〔，﹣，0〕，C〔，1，0〕，D〔0，4，0〕，P〔0，0，2〕，设平面PAC的法向量为=〔x，y，z〕，那么，取=〔，﹣3，0〕，设=λ〔0≤λ≤1〕，那么=〔0，4λ，﹣2λ〕，=〔﹣λ﹣1，2﹣2λ〕，∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线与平面PAC所成的角θ的正弦值为．【点评】此题考察线面平行的判定，考察线面角，考察向量知识的运用，考察学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．〔Ⅰ〕求证：AB⊥PC；〔Ⅱ〕假设△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】〔Ⅰ〕作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．〔Ⅱ〕以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．【解答】解：〔Ⅰ〕作PO⊥AB于O…①，连接OC，∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…〔2分〕∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…〔6分〕〔Ⅱ〕∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，，由，令，得；，．，设DE与面PBC所成角为θ，∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…〔12分〕【点评】此题考察了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AAl ，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点〔I〕证明：EF⊥平面CME；〔Ⅱ〕假设CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】〔Ⅰ〕推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．〔Ⅱ〕设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【解答】证明：〔Ⅰ〕在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．解：〔Ⅱ〕在等腰三角形△CAB中，∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由〔Ⅰ〕可证CM⊥平面ABB1A1，∴MC，MA，MN两两垂直，建立如下图的空间直角坐标系，那么C〔1，0，0〕，E〔0，1，〕，F〔0，，2〕，A〔0，1，0〕，C1〔1，0，2〕，=〔﹣1，1，〕，=〔0，﹣，〕，=〔1，﹣1，2〕，设平面CEF的法向量为=〔x，y，z〕，那么，取z=2，得=〔5，4，2〕，设直线AC1与平面CEF所成角为θ，那么sinθ==，∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】此题考察线面垂直的证明，考察线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。
第1章 空间向量与立体几何 章末测试(提升)(解析版)
第1章 空间向量与立体几何章末测试（提升）一．单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分）1．（2021·全国高二课时练习）已知平面α的一个法向量是(2,1,1)-，//αβ，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是（ ）A ．()4,22-，B ．()2,0,4C ．()215--，，D ．()42,2-，【答案】D【解析】平面α的一个法向量是(2,1,1)-，//αβ，设平面β的法向量为(),,x y z ， 则()(2,1,1),,,0x y z λλ=≠-，对比四个选项可知，只有D 符合要求，故选：D. 2．（2021·福建）若,a b 是平面α内的两个向量，则（ ） A ．α内任一向量p a b λμ=+(λ，μ∈R) B ．若存在λ，μ∈R 使a b λμ+＝0，则λ＝μ＝0C ．若,a b 不共线，则空间任一向量p a b λμ=+ (λ，μ∈R)D ．若,a b 不共线，则α内任一向量p a b λμ=+ (λ，μ∈R) 【答案】D【解析】当a 与b 共线时，A 项不正确；当a 与b 是相反向量，λ＝μ≠0时，a b λμ+＝0，故B 项不正确；若a 与b 不共线，则与a 、b 共面的任意向量可以用a ，b 表示，对空间向量则不一定， 故C 项不正确，D 项正确．故选：D ．3．（2021·浙江高二单元测试）已知()()2,,,1,21,0a t t b t t ==--，则b a -的最小值是（ ）A B C D 【答案】A【解析】由题意可知：()()2,,,1,21,0a t t b t t ==-- 所以()1,1,b a t t t -=---- ，则：(b a t -=--= ，当且仅当0t =时取等号．即b a -故选：A4．（2021·湖北鄂州市·高二期末）已知空间三点()1,0,3A ，()1,1,4B -，()2,1,3C -，若//AP BC ，且14AP =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-【答案】C【解析】设(),,P x y z ，则()1,,3AP x y z =--，()3,2,1BC =--，因为//AP BC ，所以()3,2,AP BC λλλλ==--，1323x y z λλλ-=⎧⎪=-⎨⎪-=-⎩，3123x y z λλλ=+⎧⎪=-⎨⎪=-+⎩，所以()31,2,3P λλλ+--+，又14AP ==解得1λ=或1λ=-，所以()4,2,2P -或()2,2,4-，故选:C5．（2021·浙江高二单元测试）已知(),(3,0,1),(131,2,3,1),55a b c =-==--给出下列等式： ①||||a b c a b c ++=--；②()()a b c a b c +⋅=⋅+；③2222()a b c b c a =++++ ④()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅.其中正确的个数是 A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D【解析】由题设可得197(,3,)55a b c ++=，则635255a b c ++== 923(,1,)55a b c --=-，63525a b c --=，则①正确；因1346()(4,2,2)(,1,)205555a b c +⋅=⋅--=-+-=， 1481424()(1,2,3)(,1,)205555a b c ⋅+=⋅-=+-=，故②正确；又因2635127()255a b c ++==，而22235714,10,255a b c ====，所以22271272455a b c ++=+=，即③正确； 又3030a b ⋅=+-=，则()0a b c ⋅⋅=， 而330055b c ⋅=-++=，故()0a b c ⋅⋅=，也即④正确. 故选：D ．6．（2021·苏州）在平形六面体ABCD A B C D ''''-，其中1AB =，2AD =，3AA '=，90BAD ∠=，60BAA DAA ''∠==，则AC '的长为（ ）A B C D 【答案】B【解析】设AB a =，AD b =，AA c '=，因为六面体ABCD A B C D ''''-是平行六面体， 所以AC AC CC AB AD AA a b c '''=+=++=++， 所以()22222222AC a b ca b c a b b c a c '=++=+++⋅+⋅+⋅，即22222cos902cos602cos60AC a b c a b b c a c '=+++⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅所以2222111232232132322AC '=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=，所以AC ' 故选：B7．（2021·江苏南京市·高二开学考试）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BC 1与B 1C 相交于点O ，∠A 1AB =∠A 1AC =60，∠BAC =90，A 1A =3，AB =AC =2，则线段AO 的长度为（ ）A B C D 【答案】A【解析】因为四边形11BCC B 是平行四边形，()111122BO BC BC BB ∴==+, 111111122222AO AB BO AB BC AA AC AB AA ∴=+=++=++11160,90,3,2,A AB A AC BAC A A AB AC ︒︒∠=∠=∠====22214,9,0AB AC AA AB AC ∴===⋅=,1132cos603AB AA AC AA ⋅=⋅=⨯⨯=,()22114AO AB AC AA ∴=++,()22211112224AB AC AA AB AC AB AA AC AA =+++⋅+⋅+⋅ 294=||AO →∴=，即AO =. 故选：A8．（2021·天津市）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，则在单位正方体1111ABCD A BC D -中，直线AC 与1BC 之间的距离是（ ）A ．2B ．3C ．12D ．13【答案】B【解析】设M 为直线AC 上任意一点，过M 作1MN BC ⊥，垂足为N ， 设AM AC AB AD λλλ==+，11BN BC AD AA μμμ==+， 则1(1)()MN AN AM AB BN AM AB AD AA λμλμ=-=+-=-+-+， 11BC AA AD =+，1MN BC ⊥，∴1·0MN BC =，即11[(1)()]()0AB AD AA AD AA λμλμ-+-+⋅+=， 221()0AD AA μλμ∴-+=，即0μλμ-+=， 2λμ∴=，∴1(12)MN AB AD AA μμμ=--+，(1MN ∴==∴当13μ=时，||MN ，故直线AC 与1BC 之间的距离是3. 故选：B.二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，每题5分，4题共20分） 9．（2021·全国高二单元测试）在以下命题中，不正确的命题有（ ） A ．a b a b -=+是a 、b 共线的充要条件 B ．若//a b ，则存在唯一的实数λ，使λabC ．对空间任意一点O 和不共线的三点A 、B 、C ，若22OP OA OB OC =--，则P 、A 、B 、C 四点共面D ．若{},,a b c 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底 【答案】ABC【解析】对于A 选项，充分性：若a b a b -=+，则a 、b 方向相反，且a b ≥，充分性成立； 必要性：若a 、b 共线且方向相同，则a b a b +=+，即必要性不成立， 所以，a b a b -=+是a 、b 共线的充分不必要条件，A 选项错误； 对于B 选项，若0b =，0a ≠，则//a b ，但不存在实数λ，使得λa b ，B 选项错误；对于C 选项，对空间任意一点O 和不共线的三点A 、B 、C ，若P 、A 、B 、C 四点共面，可设AP xAB yAC =+，其中x 、y R ∈，则()()OP OA x OB OA y OC OA -=-+-，可得()1OP x y OA xOB yOC =--++， 由于22OP OA OB OC =--，22111--=-≠，此时，P 、A 、B 、C 四点不共面，C 选项错误；对于D 选项，假设a b +、b c +、c a +共面，可设()()()a b m b c n c a na mb m n c +=+++=+++，由于{},,a b c 为空间的一个基底，可得110m n m n =⎧⎪=⎨⎪+=⎩，该方程组无解，假设不成立，所以，{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底，D 选项正确. 故选：ABC.10．（2021·江苏常州市）下列条件中，使点P 与A ，B ，C 三点一定共面的是（ ） A ．1233PC PA PB =+ B ．111333OP OA OB OC =++ C ．QP QA QB OC =++ D ．0OP OA OB OC +++=【答案】AB【解析】对于A ，由1233PC PA PB =+，12133+=，所以点P 与A ，B ，C 三点共面.对于B ，由111333OP OA OB OC =++，1111333++=，所以点P 与A ，B ，C 三点共面.对于C ，由OP OA OB OC =++，11131++=≠，所以点P 与A ，B ，C 三点不共面.对于D ，由0OP OA OB OC +++=，得OP OA OB OC =---，而11131---=-≠，所以点P 与A ，B ，C 三点不共面.故选：AB11．（2021·湖南）如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，P 是线段1BC 上的动点，则下列结论中正确的是（ ）A ．1AC BD ⊥B ．1APC ．1//A P 平面1ACDD ．异面直线1AP 与1AD，所成角的取值范围是,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【答案】ABC【解析】如图建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()0,1,0C ，()10,0,1D ，()11,0,1A ，()1,1,0B ，()10,1,1C ，所以()1,1,0AC =-，()11,1,1BD =--，()10,1,1A B =-，()11,0,1BC =-，所以10AC BD =，所以1AC BD ⊥，故A 正确；因为P 是线段1BC 上一动点，所以1B B C P λ=()01λ≤≤，所以()()()110,1,11,0,1,1,1A P B B A P λλλ=+=-+-=--，所以21A P λ==12λ=时m 1in A P =，故B 正确； 设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =，则1·0·0n AC n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1y z ==，所以()1,1,1n =，因为1110n P A λλ=-++-=，即1n A P⊥，因为1A P ⊄平面1ACD ，所以1//A P 平面1ACD ，故C 正确；设直线1AP 与1AD 所成的角为θ，因为11//AD BC ，当P 在线段1BC 的端点处时，3πθ=，P 在线段1BC 的中点时，2πθ=，所以,32ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故D 错误； 故选：ABC12．（2021·辽宁）已知直四棱柱1111ABCD A BC D -，底面ABCD 为矩形，2AB =，BC =，侧棱长为3，设P 为侧面11AA DD 所 在平面内且与D 不重合的任意一点，则直线1BD 与直线PD 所成角的余弦值可能为（ ） A ．12-B ．12C．2D ．78【答案】BC【解析】以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图，则)B ，()10,0,3D，则()12,3BD =--，设点(),0,P x z ，则(),0,DP x z =.设直线1BD 与直线PD 所成的角为θ，则111cos cos ,4BD DP BD DP BD DPθ-⋅===⋅，令cos x r α=，sin z r α=，其中0r >， 则cos62πθα⎛⎫===-≤ ⎪⎝⎭， 所以，cosθ⎡∈⎢⎣⎦. 显然，12⎡∈⎢⎣⎦⎡⎢⎣⎦.故选：BC三．填空题（每题5分，4题共20分）13．（2021·全国高二课时练习）已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且2MG GN =，现用基底{,,OA OB OC }表示向量OG ，有OG =x OA +y OB +z OC ，则x ，y ，z 的值分别为____．【答案】x=16，y=13，z=13． 【解析】∵OG =OM +MG =12OA +23MN =12OA +()23ON OM -12OA =+()211322OB OC OA ⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦=111633OA OB OC ++∴x=16，y=13，z=13． 故答案为：x=16，y=13，z=13．14．（2021·全国高二课时练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有______． ①若向量a ，b 与空间任意向量都不能构成基底，则//a b ； ②若非零向量a ，b ，c 满足a b ⊥，b c ⊥，则有//a c ； ③若OA ，OB ，OC 是空间的一组基底，且111333OD OA OB OC =++，则A ，B ，C ，D 四点共面； ④若向量a b +，b c +，c a +，是空间一组基底，则a ，b ，c 也是空间的一组基底．【答案】①③④【解析】对于①：若向量a ， b 与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，即//a b ，故①正确；对于②：若非零向量a ，b ，c 满足a b ⊥，b c ⊥，则a 与c 不一定共线，故②错误；对于③：若OA ，OB ，OC 是空间的一组基底，且111333OD OA OB OC =++， 则11()()33OD OA OB OA OC OA -=-+-，即1133AD AB AC =+， 可得到,,A B C ，D 四点共面，故③正确；对于④：若向量a b +，b c +，c a +，是空间一组基底，则空间任意一个向量d ，存在唯一实数组(,,)x y z ，使得()()()()()()d x a b y b c z c a x z a x y b y z c =+++++=+++++， 由,,x y z 的唯一性，则x z +，x y +，y z +也是唯一的则a ，b ，c 也是空间的一组基底，故④正确．故答案为：①③④ 15．（2021·河南高二三模（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，AD DC ⊥，//AB DC ，2DC PD AB AD ===，Q 为PC 的中点，则直线PC 与平面BDQ 所成角的正弦值为__________．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设2DC =，则1PD AB AD ===，PC =()()()10,0,1,0,2,0,1,1,0,0,1,2P C B Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()()10,2,1,1,1,0,0,1,2PC DB DQ ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭ 设平面BDQ 的法向量为(),,n x y z =，则00DB n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即0102x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取1x =，则()1,1,2n =-， 直线PC 与平面BDQ 所成角为α，sin 2n PCn PC α⋅===⋅. 16．（2021·新疆乌鲁木齐市）如图，边长为1的正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面互相垂直，动点,M N 分别在正方形对角线AC 和BF 上移动，且(0CM BN a a ==<则下列结论：则下列结论：①CN ME =； ②当12a =时，ME 与CN 相交； ③MN 始终与平面BCE 平行；④异面直线AC 与BF 所成的角为45.正确的序号是___________.【答案】③【解析】如图建立空间坐标系，则(1A ，0，0)，(0C ，0，1)，(1F ，1，0)，(0E ，1，0)， CM BN a ==，M ∴0，1，N 0)．∴CN ME === 显然CN ME ≠，故①错误；若ME 与CN 相交，则四点共面，又∵M C E 、、在平面ACE ，∴当且仅当N 在平面ACE 时，ME 与CN 相交，此时a =故②错误； 平面BCE 的法向量为()1,0,0BA = ，1MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 此时0BA MN ⋅=，∴MN 始终与平面BCE 平行，故③正确；()()1,0,1,1,1,0,AC BF =-=设异面直线AC 与BF 所成的角为θ，∴1cos 22AC BFAC BF θ⋅===⋅， ∴异面直线AC 与BF 所成的角为60.故④错误.故答案为：③四．解答题（17题10分，其余每题12分，7题共70分）17．（2021·全国高二课时练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知2AB =，2PA =．（Ⅰ）求证：AE PD ⊥；（Ⅰ）求证：平面PBD ⊥平面PAC ．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅰ）证明见解析.【解析】证明：以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,2)P ．（Ⅰ）因为E 是PC 的中点，所以E 的坐标为()1,1,1，所以(1,1,1)AE =，又因为()0,2,2PD =-，所以10121(2)0AE PD ⋅=⨯+⨯+⨯-=，所以AE PD ⊥，即有AE PD ⊥；（Ⅰ）因为底面ABCD 是正方形，所以BD AC ⊥，因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD AP ⊥，因为AC PA A ⋂=，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面PAC 的一个法向量为()2,2,0BD =-，设平面PBD 的一个法向量为(,,)n x y z =，(2,0,2)PB =-，(0,2,2)PD =-，由220220n PB x z n PD y z ⎧⋅=-=⎨⋅=-=⎩，取1z =，1x =，1y =，所以平面PBD 的一个法向量为(1,1,1)n =，因为1(2)12000n BD ⋅=⨯-+⨯+⨯=，所以n BD ⊥，所以平面PBD ⊥平面PAC .18．（2021·河南高二月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中//,3,2AD BC AD AB BC ===，PA ⊥平面ABCD ，且3PA =，点M 在棱PD 上，2DM MP =，点N 为BC 中点.（1）证明：直线//MN 平面PAB ；（2）求二面角C PD N --的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】如图，以A 为原点，分别以,,AB AD AP 方向为,x y ，z 轴方向建立空间直角坐标系.由题意，可得()0,0,0A ，()()()()()2,0,0,2,2,0,0,3,0,0,0,3,0,1,2B C D P M ，()2,1,0N（1）显然，()0,3,0AD =是平面ABP 的一个法向量，()2,0,2MN =-，故0MN AD ⋅=，即MN AD ⊥.又因为MN ⊄平面PAB ，故直线MN //平面PAB .（2）设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =，由()()2,1,0,0,3,3DC DP =-=-，有 0,0,n DC n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即20,330,x y y z -=⎧⎨-+=⎩不妨取2z =，可得()1,2,2n =. 由已知可得()()2,2,0,0,3,3ND DP =-=-.同理可求平面PDN 的一个法向量为()1,1,1m =.所以，12cos ,3m nm n m n ++===⨯ 因此2sin ,1cos ,19m n m n ⎛=-=-= 所以，二面角C PD N -- 19．（2021·浙江高二期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，PB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，且3,1PB AB AD BC ====．（1）若点F 为PD 上一点且13PF PD =，证明：//CF 平面PAB ； （2）求直线PA 与平面BPD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）12【解析】（1）作//FH AD 交PA 于H ，连接BH13PF PD = 113HF AD ∴== 又//AD BC 且1BC = //HF BC ∴且HF BC = ∴四边形HFCB 为平行四边形 //CF BH ∴ BH ⊂平面PAB ，CF ⊄平面PAB //CF ∴平面PAB （2）PB ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD PB BC ∴⊥ 又AD AB ⊥，//AD BC AB BC ∴⊥则可以B 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则()0,0,0B ，()0,0,3P ，()3,3,0D ，()0,3,0A ()3,3,3PD ∴=-，()0,3,3PA =-，()3,3,0BD = 设平面PBD 的法向量(),,n x y z →= 则3330330n PD x y z n BD x y ⎧⋅=+-=⎨⋅=+=⎩，令1x =，则1y =-，0z = ()1,1,0n →∴=-设直线PA 与平面BPD 所成角为θ||1sin |cos ,|2PA n PA n PA n θ→→→→→→⋅∴=<>=== 20．（2021·全国高二专题练习）如图，在直四棱柱1111ABCD A BC D -中，1// 22AD BC AB AD AB AD AA BC ⊥====，，（1）求二面角111C BC D --的余弦值；（2）若点P 为棱AD 的中点，点Q 在棱AB 上，且直线1BC 与平面1B PQ 求AQ 的长．【答案】（1）23，（2）1=AQ 【解析】（1）在直四棱柱1111ABCD A BC D -中， 因为1AA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以11,,AB AA AD AA ⊥⊥因为AB AD ⊥，所以以A 为原点，分别以AB ，AD ，1AA 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，因为122AB AD AA BC ====，所以(0,0,0),(2,0,0),(2,1,0),(0,2,0),A B C D 1111(0,0,2),(2,0,2),(2,1,2),(0,2,2)A B C D , 所以111(2,2,0),(0,1,2)B D BC =-=-，设平面11B CD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则 11122020n B D x y n B C y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令2x =，则(2,2,1)n =， 因为AB ⊥平面11B C C ，所以平面11B C C 的一个法向量为(2,0,0)AB =，设二面角111C BC D --的平面角为α，由图可知α为锐角， 所以二面角111C BC D --的余弦值为42cos 323n ABn AB α⋅===⨯ （2）设(02)AQ λλ=≤≤，则(,0,0)Q λ， 因为点P 为AD 的中点，所以(0,1,0)P ， 则1(,1,0),(2,0,2)PQ BQ λλ=-=--， 设平面1B PQ 的一个法向量为111(,,)z m x y =，则 111110(2)20m PQ x y m B Q x z λλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩，令12x =，则(2,2,2)m λλ=-， 设直线1BC 与平面1B PQ 所成角的大小为β， 因为直线1BC 与平面1B PQ所以11sin 5B C mB C m β⋅===， 解得1λ=或15λ=-（舍去） 所以1=AQ21．（2021·山东）在正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -中，122AA AB ==.（1）求BC 到平面11ADC B 的距离； （2）求二面角11B AD E --的余弦值.【答案】（1；（2）1319.【解析】（1）连接AE ，因为六边形ABCDEF 为正六边形，则120AFE DEF ∠=∠=， 因为AF EF =，则30AEF ∠=，故90AED ∠=，因为1EE ⊥底面ABCDEF ，不妨以点E 为坐标原点，EA 、ED 、1EE 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则)A、)B、1,022C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭、()0,1,0D、)12B、11,222C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭、()10,0,2E ，在正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -中，11//BB CC 且11BB CC =， 所以，四边形11BB C C 为平行四边形，则11//BC BC ， 因为BC ⊄平面11ADC B ，11BC ⊂平面11ADC B ，所以，//BC 平面11ADC B ，所以，BC 到平面11ADC B 的距离等于点B 到平面11ADC B 的距离，设平面11ADC B 的法向量为()111,,m x y z =，()AD =-，()10,1,2AB =，由111113020m ADy m AB y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1y =(m =， ()0,1,0AB =，所以，直线BC 到平面11ADC B 的距离为21919AB m d m⋅===；（2）设平面1ADE 的法向量为()222,,n x y z =，()AD =-，()10,1,2DE =-， 由221223020n ADy n DE y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取2y =(2,23,n =，13cos ,19m n m n m n⋅<>==⋅， 由图可知，二面角11B AD E --为锐角，所以，二面角11B AD E --的余弦值为1319.22．（2021·江西（理））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2PA PD ==，112BC AD ==，CD =.（1）求证：平面MQB ⊥平面PAD ；（2）若BM PC ⊥，求直线AP 与BM 所成角的余弦值； （3）若二面角M BQ C --大小为60，求QM 的长.【答案】（1）证明见解析；（2；（3. 【解析】（1）Q 为AD 的中点，且2AD BC =，则DQ BC =，又因为//BC AD ，则//BC DQ ，故四边形BCDQ 为平行四边形， 因为90ADC ∠=，故四边形BCDQ 为矩形，所以，BQ AD ⊥， 平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，BQ ⊂平面ABCD ，BQ ∴⊥平面PAD ，BQ ⊂平面MBQ ，因此，平面MQB ⊥平面PAD ；（2）连接PQ ，由（1）可知，BQ ⊥平面PAD ，PA PD =，Q 为AD 的中点，则PQ AD ⊥，以点Q 为坐标原点，QA 、QB 、QP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0A、(P、()B、()C -、()1,0,0D -，设(()(),01PM PC λλλλ==-=-≤≤，(()()0,,BM BP PM λλ=+=+-=-，因为BM PC ⊥，则3333760BM PC λλλλ⋅=+--+=-=，解得67λ=，6,7BM ⎛=- ∴⎝⎭，(AP =-，则9cos ,2AP BM AP BM AP BM⋅<>===⋅⨯. 因此，直线AP 与BM 所成角的余弦值为28； （3）易知平面BQC 的一个法向量是()0,0,1n =，设(()()0,,0,3QM QP PM λλ=+-==+-，()QB =，设平面MBQ 的法向量为(),,m x y z =，由)30m QM x y zm QB y λ⎧⋅=-++=⎪⎨⎪⋅==⎩，取x =，可得()3,0,m λ=-，由题意可得(1cos ,231m n m n m n⋅<>===⋅，解得12λ=，所以，1,222QM ⎛=- ⎝⎭，因此，72QM =.。