【步步高】-高中数学 第3章 习题课空间向量的应用同步训练 苏教版选修2-1
【步步高】高中数学 第三章 习题课空间向量的应用配套课件 苏教版选修2-1
∵AB⊂平面 ABC，∴PC⊥AB.
研一研·题型解法、解题更高效
(2)解 如图，以 C 为原点建立空间直角坐标系．
习题课
则 C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)．设 P(0,0，t)， ∵PB＝AB＝2 2， ∴t＝2，P(0,0,2)．
取 AP 中点 E，连接 BE，CE. ∵AC＝PC，AB＝BP，∴CE⊥AP，BE⊥AP，
习题课
→ → FE· FD 因为 cos∠EFD＝ → → |FE||FD| 1 1 1 1 1 2 1 － ， ，－ · － ，－ ，－ 6 3 3 3 6 1 3 6 ＝ ＝ ＝ ， 1 2 6 6 3 6 ·3 所以∠EFD＝60° ，即二面角 C—PB—D 的大小为 60° .
习题课
【学习要求】 通过利用向量方法解决综合性较强的问题，进一步体会空 间向量在解决立体几何问题中的广泛作用． 【学法指导】 结合例题的解题过程，对立体几何中的三种方法(综合 法、向量法、坐标法)进行比较，进一步体会向量方法与 坐标方法相结合的优越性.
填一填·知识要点、记下疑难点
习题课
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 u，v，则 线线平行 l∥m⇔a∥b⇔ a＝kb，k∈R 线面平行 线线垂直
习题课
题型二
立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题， 在命题中多以解答题的一步 出现，试题有一定的难度． 这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存 在”、“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先 对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已 知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之 解决；若导致矛盾，则否定了存在性．
苏教版高中数学选修2-13.1空间向量及其运算+同步练测.docx
高中数学学习材料唐玲出品3.1 空间向量及其运算（苏教版选修2-1）建议用时实际用时满分实际得分45分钟100分一、填空题（每小题5分，共30分）1.已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，设G 是CD的中点，则AB+ 1()2BD BC= .2.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= .3.如图，已知空间四边形OABC的每条边和对角线的长都是1，点E，F分别是OA，OC的中点，则·= .4.如图所示，在棱长为1的正方体中，M，N分别是和的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为 .5.已知a=(1，1，0)，b=(1，1，1)，若b=m+n，且m∥a，n⊥a，则m= ，n= .6.在平行六面体ABCD－EFGH中，AG=x AC+ y AF+z AH,则x+ y+z= .二、解答题(共70分)7.（10分）设a=(1，5，-1)，b=(-2，3，5).(1)若(k a+b)∥(a-3b)，求k的值；(2)若(k a+b)⊥(a-3b)，求k的值.8.（10分）如图，已知ABCD－A′B′C′D′是平行六面体．(1)化简12AA'＋BC＋23AB，并在图中标出其结果；(2)设M是底面ABCD的中心，N在侧面BCC′B′的对角线BC′上，且BN＝3NC′，设MN＝αAB ＋βAD＋γAA'，试求α、β、γ的值．9.（10分）如图所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求AC1的长；(2)证明：AC1⊥BD10.（14分）已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4).(1)求AB＋AC，AB－AC，AB•AC.(2)求AB与AC夹角的余弦值．(3)问是否存在实数x，y，使得AC＝x AB＋y BC成立，若存在，求出x，y的值．11.（14分）已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝AB，b＝AC.(1)设|c|＝3，c∥BC，求c；(2)若k a＋b与k a－2b互相垂直，求k一、填空题1.AG 解析：如图,连接BG ,AG ，1(),2BD BC BG += 1().2AB BD BC AB BG AG ∴++=+=2.2 解析：∵ a =(1,1,x ),b =(1,2,1),c =(1,1,1),∴ c -a =(0,0,1-x ),2b =(2,4,2).∴(c -a )·(2b )=2(1-x )=-2，∴ x =2.3. 解析：因为= ，〈，〉=60°，所以·= ·= ||·||cos 〈，〉= ×1×1×=.4. 解析：以DA ，DC ，所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ， 则A (1，0，0)，M (1， ，1)，C (0，1，0)，N (1，1， )，所以=(0， ，1)，=(1，0， )，所以||= = ，||= = ，·= ，所以cos 〈，〉= = × = .所以直线AM 与ＣＮ所成角的余弦值为5.(1，1，0) (0，0，1) 解析：因为m ∥a ，所以m =(λ，λ，0).因为b =(1，1，1) =m +n ，所以n =(1-λ，1-λ，1).由于n ⊥a ，所以n ·a =0，所以1-λ+1-λ=0，所以λ=1，所以m =(1，1，0)，n =(0，0，1).6. 32解析：,AG AB AD AE =++,AC AB AD =+ ,AF AB AE =+,AH AD AE =+ ∴AG xAC y AF z AH =++()()()x AB AD y AB AE z AD AE =+++++()()()x y AB x z AD y z AE =+++++.AB AD AE =++ 又∵ ,,AB AD AE 不共面，∴11,2x y x z y z x y z +=+=+=⇒===∴ 3.2x y z ++=二、解答题7.解：k a +b =(k -2，5k +3，-k +5)，a -3b =(1，5，-1)-3(-2，3，5)=(7，-4，-16).(1)因为(k a +b )∥(a -3b )，所以 = = ⇒k =- .(2)因为(k a +b )⊥(a -3b )，所以(k a +b )·(a -3b )＝０，所以7(k -2)-4(5k +3)-16(5-k )=0⇒k = . 8. 解：(1)如图所示，取AA ′的中点为E ，则12AA '＝EA '. 又BC ＝A D ''， 取F 为D ′C ′的一个三等分点(D F '＝23D C '')，则D F '＝23AB . ∴ 12AA '＋BC ＋23AB ＝EA '＋A D ''＋D F '＝EF .(说明：表示方法不唯一)(2)如图，连接BD ，依题意知M 为BD 的中点，则MN ＝MB ＋BN ＝12DB ＋34BC '＝12(DA ＋AB )＋34(BC ＋CC ') ＝12(－AD ＋AB )＋34(AD ＋AA ')＝12AB ＋14AD ＋34AA '. ∴α＝12，β＝14，γ＝34. 9. (1) 解：∵1AC 2＝(AC ＋1CC )2＝(AB ＋AD ＋1AA )2＝AB 2＋AD 2＋1AA 2＋2AB ·AD ＋2AB ·1AA ＋2AD ·1AA＝a 2＋a 2＋b 2＋2a ·acos 90°＋2abcos 120°＋2abcos 120°＝2a 2＋b 2－2ab. ∴|1AC |＝2222a b ab +-，即1AC 的长为2222a b ab +- . (2)证明：∵ 1AC ·BD ＝(AB ＋AD ＋1AA )·(AD －AB )＝AB ·AD ＋AD 2＋1AA ·AD －AB 2－AD ·AB －1AA ·AB ＝1AA ·AD －1AA ·AB＝bacos 120°－bacos 120°＝0.∴1AC ⊥BD ，即AC 1⊥BD.10. 解：AB ＝(1,1,0)，AC ＝(－1,0,2).(1) AB ＋AC ＝(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(1－1,1＋0,0＋2)＝(0,1,2)， AB －AC ＝(1,1,0)－(－1,0,2)＝(1－(－1)，1－0,0－2)＝(2,1，－2)， AB •AC ＝(1,1,0)•(－1,0,2)＝1×(－1)＋1×0＋0×2＝－1.(2)c os 〈AB ，AC 〉＝AB ACAB AC ⋅＝2222221110(1)02-++⋅-++＝－1010. (3)假设存在x ，y ∈R 满足条件，则由已知可得BC ＝(－2，－1,2)， ∴(－1,0,2)＝x (1,1,0)＋y (－2，－1,2)，∴ (－1,0,2)＝(x －2y ，x －y ,2y )，∴ 12,0,22,x y x y y -=-⎧⎪=-⎨⎪=⎩∴1,1.x y =⎧⎨=⎩ ∴ 存在实数x ＝1，y ＝1使得结论成立．11. 解：(1)∵ BC ＝(－2，－1,2)，且c ∥BC ， ∴ 设c ＝λBC ＝(－2λ，－λ，2λ)，∴ |c |＝222(2)()(2)-+-+λλλ＝3|λ|＝3，解得λ＝±1.∴ c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2).(2)∵ a ＝AB ＝(1,1,0)，b ＝AC ＝(－1,0,2)，∴ k a ＋b ＝(k －1，k ,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4).∵ (k a ＋b )⊥(k a －2b )，∴ (k a ＋b )•(k a －2b )＝0.即(k －1，k ,2)•(k ＋2，k ，－4)＝2k 2＋k －10＝0.解得k ＝2或k ＝－52。
苏教版数学选修2-1：3.2 空间向量的应用3.2.2
1.若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为u ＝(－2，0，－4)，则l 与α的位置关系为________．解析：∵u ＝(－2，0，－4)＝－2×(1，0，2)＝－2a ， ∴u ∥a ，∴l ⊥α. 答案：l ⊥α2.平面α的一个法向量为(1，2，0)，平面β的一个法向量为(2，－1，0)，则平面α和平面β的位置关系是__________．解析：平面α与平面β的法向量的数量积为(1，2，0)·(2，－1，0)＝2－2＋0＝0，所以两个法向量垂直，故两个平面互相垂直．答案：垂直3.设平面α的法向量为(1，－2，2)，平面β的法向量为(2，λ，4)，若α∥β，则λ等于__________．解析：由题意知，向量(1，－2，2)与向量(2，λ，4)共线， ∴21＝λ－2＝42，∴λ＝－4. 答案：－4[A 级 基础达标]1.已知直线l 的方向向量为u ＝(2，0，－1)，平面α的一个法向量为v ＝(－2，1，－4)，则l 与α的位置关系为__________．解析：∵u ·v ＝(2，0，－1)·(－2，1，－4)＝－4＋4＝0， ∴u ⊥v ，∴l ∥α或l ⊂α. 答案：l ∥α或l ⊂α2.已知直线l 的方向向量为v ＝(1，－1，2)，平面α的法向量为n ＝(2，4，1)，且l ⊄α，则l 与α的位置关系是__________．解析：因为v ·n ＝2－4＋2＝0，所以v ⊥n ，又l ⊄α，所以l ∥α. 答案：l ∥α3.已知直线l 的方向向量v ＝(2，－1，3)，且过点A (0，y ，3)和B (－1，2，z )两点，则y －z ＝__________．解析：由已知得BA →＝(1，y －2，3－z )，依题意BA →∥v ，所以12＝y －2－1＝3－z 3.所以y ＝32，z ＝32，得y －z ＝0. 答案：04.已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，2)，DE →＝(x ，－3，6)，若DE ∥平面ABC ，则x ＝__________．解析：若DE ∥平面ABC ，则存在实数对λ、μ，使得DE →＝λAB →＋μBC →. 即⎩⎪⎨⎪⎧λ＋3μ＝x 5λ＋μ＝－3－2λ＋2μ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1μ＝2x ＝5. 答案：55.若直线l 的方向向量为v ＝(2，2，2)，向量m ＝(1，－1，0)及n ＝(0，1，－1)都与平面α平行，则l 与α的位置关系为__________．解析：因为v ·m ＝2－2＋0＝0，v ·n ＝0＋2－2＝0，所以v ⊥m ，且v ⊥n ，又m 、n 不平行，所以v ⊥α，即l ⊥α.答案：l ⊥α6.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在DB ，D 1C 上，且DE ＝D 1F ＝23a ，其中a 为正方体棱长，求证：EF ∥平面BB 1C 1C .证明：建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，则E (a 3，a 3，0)，F (0，a 3，2a 3)，故EF →＝(－a 3，0，2a 3)，又AB →＝(0，a ，0)显然为平面BB 1C 1C 的一个法向量，而AB →·EF →＝(0，a ，0)·(－a 3，0，2a 3)＝0，∴AB →⊥EF →.又EF ⊄平面BB 1C 1C ，因此EF ∥平面BB 1C 1C . 7.如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点，F 为CD 的中点，G 为AB 的中点．求证：平面ADE ⊥平面A 1FG .证明：连结D 1F ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体棱长为1.∴D (0，0，0)，E (1，1，12)，A (1，0，0)，A 1(1，0，1)，G (1，12，0)，F (0，12，0)．∴AE →＝(0，1，12)，A 1G →＝(0，12，－1)，GF →＝(－1，0，0)．∴AE →·A 1G →＝0＋12－12＝0，AE →·GF →＝0＋0＋0＝0. ∴AE →⊥A 1G →，AE →⊥GF →， ∵A 1G ∩GF ＝G ， ∴AE ⊥平面A 1GF . 又AE ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面A 1GF .[B 级 能力提升]8.若直线a 与b 是两条异面直线，它们的方向向量分别为v 1＝(1，1，－1)和v 2＝(2，－3，2)，又a 与b 的公垂线的方向向量为v ＝(x ，y ，5)，则x ＋y ＝__________．解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧v ·v 1＝x ＋y －5＝0v ·v 2＝2x －3y ＋10＝0，所以x ＝1，y ＝4，故x ＋y ＝5. 答案：59.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线A 1B 1与平面AD 1C 的位置关系是__________；A 1B 与平面DD 1C 1C 的位置关系是__________．解析：A 1B 1与平面AD 1C 相交．由A 1B ∥CD 1，又A 1B ⊄平面DD 1C 1C ，CD 1⊂平面DD 1C 1C ，∴A 1B ∥平面DD 1C 1C .答案：相交 平行 10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于F .证明：(1)直线P A ∥平面EDB ； (2)直线PB ⊥平面EFD .证明：以D 为原点，以DA 、DC 、DP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝2，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)∵E 是PC 的中点， ∴E (0，1，1)， ∵AP →＝(－2，0，2)，DE →＝(0，1，1)， BE →＝(－2，－1，1)，∴AP →＝DE →＋BE →. 又PA ⊄平面EDB ，∴PA ∥平面EDB .(2)∵BP →＝(－2，－2，2)，又BP →·DE →＝(－2，－2，2)·(0，1，1)＝0， ∴BP →⊥DE →，∴BP ⊥DE .又BP ⊥EF ，且EF ∩DE ＝E ，∴直线PB ⊥平面EFD .11.(创新题)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点， (1)求证：A 1E ⊥BD ；(2)若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定点E 的位置．解：以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为a ，(1)证明：A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )． 设E (0，a ，m )， 则A 1E →＝(－a ，a ，m －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，所以A 1E →·BD →＝a 2－a 2＋0＝0，所以A 1E →⊥BD →，即A 1E ⊥BD .(2)法一：设BD 的中点为O ，连结OE ，OA 1，则O (a 2，a2，0)，所以OE →＝(－a 2，a 2，m )，BD →＝(－a ，－a ，0)，因为△BCE ≌△DCE ，所以ED ＝EB ，所以OE ⊥BD ，又OA 1→＝(a 2，－a 2，a )，所以OA 1→·BD →＝0，所以OA 1⊥BD ，所以∠A 1OE 是二面角A 1－BD －E 的平面角，因为平面A 1BD ⊥平面EBD ，所以∠A 1OE ＝π2，所以OA 1→·OE →＝0，即－a 24－a 24＋am ＝0，∴m ＝a 2.故当E 为CC 1的中点时，能使平面A 1BD ⊥平面EBD . 法二：E 为CC 1的中点．证明如下：由E 为CC 1的中点得E (0，a ，a2)，设BD 的中点为O ，连结OE ，OA 1，则O (a 2，a2，0)，所以OE →＝(－a 2，a 2，a 2)，BD →＝(－a ，－a ，0)，则OE →·BD →＝0，OE →⊥BD →，即OE ⊥BD .又OA 1→＝(a 2，－a 2，a )，所以 OA 1→·BD →＝0，所以OA 1⊥BD ，所以∠A 1OE 是二面角A 1－BD －E 的平面角．所以OA 1→·OE →＝－a 24－a 24＋a 22＝0，所以OA 1→⊥OE →，故OA 1⊥OE ，即∠A 1OE ＝π2，所以平面A 1BD ⊥平面EBD .所以当E 为CC 1的中点时，能使平面A 1BD ⊥平面EBD .。
苏教版数学选修2-1：第3章 空间向量与立体几何 3.2.3 课时作业(含答案)
3.2.3 空间的角的计算课时目标 1.掌握异面直线所成角与二面角的概念，能正确运用向量的数量积求角.2.正确运用二面角的概念及两个平面的法向量的夹角与二面角大小的关系求二面角的大小.3.掌握平面的斜线所在方向向量与平面的法向量夹角与线面角的关系．1．两条异面直线所成的角 (1)定义：设a 、b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的________________叫做a 与b 所成的角．(2)范围：两异面直线所成的角θ的取值范围是________________． (3)向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有cos θ＝|cos φ|＝__________. 2．直线与平面所成的角(1)定义：直线和平面所成的角，是指直线与它在这个平面内的________所成的角． (2)范围：直线和平面所成的角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sin θ＝|cos φ|＝________或cos θ＝________. 3．二面角(1)二面角的取值范围：________. (2)二面角的向量求法：利用向量求二面角的平面角有两种方法：①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θ是向量AB →与CD →的夹角(如图①所示)．即cos θ＝AB →·CD →|AB →|·|CD →|.②设n 1、n 2是二面角α—l —β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图②所示)．即二面角α—l —β的大小θ的余弦值为cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|或cos θ＝－n 1·n 2|n 1|·|n 2|.一、填空题1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角为_______________________________________________________． 2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角为________． 3.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是棱CC 1，BC ，A 1B 1上的点，若∠B 1MN ＝90°，则∠PMN 的大小是______．4．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则二面角A—BC—D的平面角的余弦值是________．5．已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC 的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为________．6．若两个平面α，β的法向量分别是n＝(1,0,1)，ν＝(－1，1,0)，则这两个平面所成的锐二面角的度数是________．7．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________．8．已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为________．二、解答题9.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，求异面直线AM与C1N所成的角的余弦值．10.如图所示，三棱柱OAB—O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB ＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．能力提升11．已知三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． (1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小． 12.如图所示，底面ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值．1．两异面直线所成的角θ等于两异面直线的方向向量a ，b 所成的角(或其补角)，所以求解时要加绝对值，cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|. 2．求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．3．二面角的求法往往有两种思路．一种是几何法，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两条线段，找出二面角的平面角，这是几何中的一大难点．另一种是向量法，当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出．可以根据所求二面角是锐角还是钝角确定二面角大小．3．2.3空间的角的计算知识梳理1．(1)锐角或直角 (2)0<θ≤π2 (3)|a·b||a||b |2．(1)射影 (2)0≤θ≤π2 (3)|a·u ||a||u | sin φ3．(1)[0，π]作业设计 1．30° 2．60° 3．90°解析 A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，故A 1B 1⊥MN .∵MP →·MN →＝(MB 1→＋B 1P →)·MN →＝MB 1→·MN →＋B 1P →·MN →＝0，∴MP ⊥MN ，即∠PMN ＝90°. 4.33解析建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz ， 设正方形ABCD 的棱长为1，则 O (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫0，0，22， B ⎝⎛⎭⎫0，－22，0，C ⎝⎛⎭⎫22，0，0. ∴AB →＝⎝⎛⎭⎫0，－22，－22，BC →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0.设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧－22y －22z ＝0，22x ＋22y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＋y ＝0.可取n ＝(1，－1,1)．由题意知，平面BCD 的法向量为OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，22，∴cos 〈n ，OA →〉＝n ·OA →|n ||OA →|＝2222×3＝33，即二面角A —BC —D 的平面角的余弦值为33. 5.34解析 如图建立空间直角坐标系，因为A 1D ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，设三棱柱的棱长为1，则AD ＝32，AA 1＝1，A 1D ＝12，故A 1⎝⎛⎭⎫0，0，12. 又A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，∴AA 1→＝⎝⎛⎭⎫－32，0，12＝CC 1→，AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，∴cos 〈CC 1→，AB →〉＝34.∴异面直线AB 与CC 1所成角的余弦值为34.6．60°解析 ∵cos 〈n ，ν〉＝－12·2＝－12.∴〈n ，ν〉＝120°.故两平面所成的锐二面角为60°.7．90°解析 建立如图所示的坐标系，设正三棱柱的棱长为1，则 B ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，M⎝⎛⎭⎫32，12，12，B 1⎝⎛⎭⎫32，－12，1，因此AB 1→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1，BM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，设异面直线AB 1与BM 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AB 1→，BM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－12＋12|AB 1→|·|BM →|＝0， ∴θ＝90°. 8.31010解析如图，连结A 1B ，则A 1B ∥C D 1，故异面直线BE 与CD 1所成的角即为BE 与A 1B 所成的角．设AB ＝a ，则A 1E ＝a ，A 1B ＝5a ，BE ＝2a . 在△A 1BE 中，由余弦定理得，cos ∠A 1BE ＝BE 2＋A 1B 2－A 1E 22BE ·A 1B＝2a 2＋5a 2－a 22×2a ×5a＝31010.9．解 方法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →， C 1N →＝C 1B 1→＋B 1N →，∴AM →·C 1N →＝(AA 1→＋A 1M →)·(C 1B 1→＋B 1N →) ＝AA 1→·B 1N →＝－12.而|AM →|＝(AA 1→＋A 1M →)·(AA 1→＋A 1M →)＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52. 同理|C 1N →|＝52.设α为异面直线AM 与C 1N 所成的角， 则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·C 1N →|AM →||C 1N →|＝1254＝25.方法二以DA →，DC →，DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz . 则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1， C 1(0,1,1)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12，于是有AM →＝⎝⎛⎭⎫1，12，1－(1,0,0)＝⎝⎛⎭⎫0，12，1， C 1N →＝⎝⎛⎭⎫1，1，12－(0,1,1)＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12. ∴AM →·C 1N →＝0×1＋12×0＋1×⎝⎛⎭⎫－12＝－12， 又|AM →|＝02＋⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， |C 1N →|＝12＋02＋⎝⎛⎭⎫－122＝52，∴cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·C 1N →|AM →||C 1N →|＝1254＝25.10．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)， A (3，0,0)，A 1(3，1，3)， B (0,2,0)，∴A 1B →＝OB →－OA 1→＝(－3，1，－3)， O 1A →＝OA →－OO 1→＝(3，－1，－3)． ∴cos 〈A 1B →，O 1A →〉＝A 1B →·O 1A →|A 1B →||O 1A →|＝(－3，1，－3)·(3，－1，－3)7·7＝－17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.11.(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图所示，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，12，0)． 所以CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)．因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)解 NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧a ·CM →＝0，a ·NC →＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·SN →|a |·|SN →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 所成的角为45°.12．解 如图所示以A 为原点，AB ，AD ，AS 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D ⎝⎛⎭⎫0，12，0，C (1,1,0)， S (0,0,1)，A (0,0,0)．所以SD →＝⎝⎛⎭⎫0，12，－1，SC →＝(1,1，－1)，AD →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0， 设平面SDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥SD →，n ⊥SC →， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ SD →·n ＝0，SC →·n ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧12y －z ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝2. 此时n ＝(－1,2,1)．而AD →是平面SAB 的法向量，则|AD →·n ||AD →||n |＝63.观察图形可知平面SCD 与平面SAB 所成角的余弦值为63.。
苏教版高中数学选修2-13.2空间向量的应用测试题
高中数学学习材料金戈铁骑整理制作高中苏教选修（2-1）3.2空间向量的应用测试题一、选择题1．已知向量(235)=-，，a 与向量1532λ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，b 平行，则λ=（ ） A ．23B ．92C ．92-D ．23-答案：C2．已知A B C ，，三点的坐标分别为(413)(251)(37)A B C λ-，，，，，，，，，若AB AC ⊥，则λ=（ ）A ．28B ．28-C ．14D ．14-答案：D3．已知点(413)(251)A B -，，，，，，C 为线段AB 上一点，且13ACAB =，则C 的坐标为（ ） A ．715222⎛⎫- ⎪⎝⎭，，B ．3328⎛⎫- ⎪⎝⎭，，C ．107133⎛⎫-⎪⎝⎭，，D ．573222⎛⎫- ⎪⎝⎭，，答案：C4．已知(152)(31)AB BC z =-=，，，，，，若(13)A B B CB P x y ⊥--，，且BP ⊥平面ABC ，则BP =（ ） A ．4015477⎛⎫--⎪⎝⎭，，B ．4015377⎛⎫--⎪⎝⎭，，C ．3315477⎛⎫-⎪⎝⎭，，D ．3315377⎛⎫--⎪⎝⎭，，答案：D5．正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，则1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值为（ ） A ．22B ．155C ．64D ．63答案：C6．二面角内一点到两个面的距离分别为22，4，到棱的距离为42，则二面角的度数是（ ） A ．75 B ．60C ．90D ．120答案：A 二、填空题7．长方体1111ABCD A BC D -中，2AB =，1BC =，13DD =，则AC 与1BD 所成角的余弦值为 ． 答案：370708．已知(340)(255)A B O ，，，，，，为坐标原点，且35BC OA =，则C 点的坐标为 ． 答案：1937555⎛⎫⎪⎝⎭，， 9．已知三点(110)(011)(101)A B C O ，，，，，，，，，为坐标原点，则OA OB OC ++= ．答案：2310．在60的二面角MN αβ--的面α内有一点A 到面β的距离为3，则A 在β内的射影到α的距离为 ． 答案：3211．在正方体1111ABCD A BC D -中，1BD 与平面1111A B C D 所成角的正切值为 ．答案：2212．在ABC △中，5AB AC ==，6BC =，PA ⊥平面ABC ，8PA =，则点P 到BC的，距离为 ． 答案：45 三、解答题13．在棱长为a 的正方体1111ABCD A BC D -中，求异面直线1BA 与AC 所成的角． 解：11BA BA BB =+，AC AB BC =+，11()()BA AC BA BB AB BC ∴=++ 11BA AB BA BC BB AB BB BC =+++，AB BC ⊥，1BB AB ⊥，1BB BC ⊥，0BA BC ∴=，10BB AB =，10BB BC =，又2BA AB a =-，21BA AC a ∴=-， 12BA a =，2AC a =，21111cos 222BA ACa BA AC a a BA AC-∴===-⨯，．1120BA AC ∴=，，即异面直线1BA 与AC 所成的角为60．14．如图1，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，3AB =，1BC =，2PA =，E 为PD 的中点． （1）求直线AC 与PB 所成角的余弦值； （2）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到直线AB 和AP 的距离． 解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A B C D P E ，，，，，的坐标为(000)(300)(310)A B C ，，，，，，，，，1(010)(002)012D P E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，，从而(310)(302)AC PB ==-，，，，，． 设AC 与PB 的夹角为θ，则337cos 1427AC PB AC PBθ===， AC ∴与PB 所成角的余弦值为3714； （2）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(0)x z ，，，则112NE x z ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，，，由NE ⊥面PAC ，可得00NE AP NE AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，即11(002)0211(310)02x z x z ⎧⎛⎫--= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪--= ⎪⎪⎝⎭⎩，，，，，，，，，．化简，得101302z x -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，．361x z ⎧=⎪∴⎨⎪=⎩，．即N 点的坐标为3016⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，从而N 点到AB AP ，的距离分别为316，． 15．如图2，底面是直角梯形的四棱锥S ABCD -，90BAD ABC ∠=∠=，SA ⊥底面ABCD ，1SA AB BC ===，12AD =，求面SCD 与面SAB 所成的二面角的余弦值． 解：如图所示建立空间直角坐标系，则1(010)00(001)(110)2B D S C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，，，，，(010)(001)AB AS ∴==，，，，，，1012SD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，(111)SC =-，，． 设平面SCD 与平面SAB 的法向量分别为111222()()x y z x y z ==，，，，，a b ， 则由SDSC ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩，，a a 得00SD SC ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，a a即111111020x z x y z ⎧-=⎪⎨⎪+-=⎩，，11112x z y z =⎧∴⎨=-⎩，． 又由AB AS ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩，，b b 得00AB AS ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，b b 即2200y z =⎧⎨=⎩，．不妨令11z =，21x =，则(211)=-，，a ，(100)=，，b ， 2∴=a b ，6=a ，1=b ，26cos 36θ∴===，a b a b a b ． 故面SCD 与面SAB 所成的二面角的余弦值为63． 高中苏教选修（2-1）3.2空间向量的应用测试题一、选择题1．已知S 是边长为1的正三角形ABC 所在平面外一点，且1SA SB SC ===，M N ，分别是AB SC ，的中点，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为（ ） A ．23-B ．23C ．33D ．33-答案：B2．长方体1111ABCD A BC D -中，4AB BC ==，E 为11AC 与11B D 的交点，F 为1BC 与1BC 的交点，又AF BE ⊥，则长方体的高1BB 等于（ ）A ．22B ．2C ．22D ．42答案：C3．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，如果(214)AB =--，，，(420)AD =，，，(121)AP =--，，．对于结论：①AP AB ⊥；②AP AD ⊥； ③AP 是平面ABCD 的法向量； ④AP BD ∥．其中正确的个数是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案：C4．如图1，直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，12AC CB ==，，侧棱11AA =，侧面11AA B B 的两条对角线交点为D ，则面1B BD 与面CBD 所成二面角的余弦值等于（ ）A ．63B ．63-C ．33D ．33-答案：D5．在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，F G ，分别是111A D CD ，的中点，则FG 与平面AC 所成的角的余弦为（ ） A ．33B ．33-C ．63-D ．63答案：D6．在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，F G H ，，分别是1111A D B C CD ，，的中点，则AF 与GH 所成的角的余弦为（ ） A ．3010-B ．3010C ．305-D ．305答案：B 二、填空题7．已知三角形的顶点是(111)(211)(112)A B C -----，，，，，，，，，则这个三角形的面积等 于 ． 答案：10128．1111ABCD A BC D -是棱长为1的正方体，则点1A 到平面1BDC 的距离等于 ．答案：2339．在长方体1111ABCD A BC D -中，1B C 和1C D 与底面所成的角分别为60和45，则异面直线1B C 和1C D 所成角的余弦值为 ．答案：6410．在平面若一直线l 垂直于x 轴，则其方程可表示为x k =（k 为定值）．在空间若一直线l 垂直于平面xOy ，则其方程可表示为 ．答案：x a y b z =⎧⎪=⎨⎪∈⎩R ，，（其中a b ，为定值）11．已知平面α和平面β交于直线l ，P 是空间一点，PA α⊥，垂足为A ，PB β⊥，垂足为B ，且12PA PB ==，，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合，则点P 到l 的距离为 ． 答案：512．正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，O 是底面1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为 ． 答案：24三、解答题13．如图2，已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，点E 为棱AB 的中点．求：（1）1D E 与平面1BC D 所成角的余弦值； （2）二面角1D BC C --的余弦值． 解：建立坐标系如图，则111(200)(220)(020)(202)(222)(002)(210)A B C A B D E ，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，1(222)AC =--，，，1(212)D E =-，，，(020)AB =，，，1(002)BB =，，． （1） 不难证明1AC 为平面1BC D 的法向量，111113cos 9AC AB AC D E AC D E ==，， 1D E ∴与平面1BC D 所成的角的余弦值为789；（2）1AC AB ，分别为平面1BC D ，1BC C 的法向量，1113cos 3AC AB AC AB AC AB ==，， ∴二面角1D BC C --的余弦值为33．14．如图3，直二面角D AB E --中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE EB =，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ． （1）求证：AE ⊥平面BCE ； （2）求二面角B AC E --的大小； （3）求点D 到平面ACE 的距离． 解：（1）BF ⊥平面ACE ，BF AE ∴⊥．二面角D AB E --为直二面角，且CB AB ⊥， CB ∴⊥平面ABE ． CB AE ∴⊥．AE ∴⊥平面BCE ．（2） 以线段AB 的中点为原点O ，OE 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，过O 作 平行于AD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标O xyz -． 易知AE BE ⊥，得1OE =，(010)(100)(012)A E C ∴-，，，，，，，，．(110)(022)AE AC ==，，，，，．设平面AEC 的一个法向量为()x y z =，，n ．则00AE AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，n n 即0220x y y x y z z x +==-⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩，，． 令1x =，得(111)=-，，n 是平面AEC 的一个法向量． 又平面ABC 的一个法向量为(100)=，，m ， 3cos 3∴==，m n m n m n ． ∴二面角B AC E --的大小为3arccos3．（3）AD z ∥轴，2AD =，(002)AD ∴=，，．∴点D 到平面ACE 的距离23cos 3AD d AD AD ===，n n n． 15．如图4，正方形123SG G G 中，E F ，分别是12G G ，23G G 的中点，D 是EF 的中点，现沿SE SF ，及EF 把这个正方形折成一个四面体，使123G G G ，，三点重合，重合后的点记为G ．（1）求证：平面ESG ⊥平面FSG ； （2）求二面角G SE F --的余弦值．（1）证明：正方形123SG G G 按题意折成的四面体如图所示， 折叠后，有SG GE ⊥，SG GF ⊥，EG GF ⊥， SG GF G ∴=，EG ∴⊥平面FSG ， 又EG ⊂平面ESG ，∴平面ESG ⊥平面FSG ；（2）解：如图，以G 为原点建立空间直角坐标系，设正方形123SG G G 的边长为1，则11(000)0000(001)22G E F S ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，．111010222ES EF ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，设1()x y z =，，n 是平面SEF 的法向量，故111()010022110()0022x y z ES x z x y EF x y z ⎧⎛⎫-= ⎪⎪⎧==⎧⎪⎪⎝⎭⇒⇒⎨⎨⎨=⎛⎫=⎩⎪⎪⎩-= ⎪⎪⎝⎭⎩，，，，，，．，，，，n n 令1z =，则22x y ==，，所以1(221)=，，n 是平面SEF 的一个法向量，又因为FG⊥平面SGE ，所以2(010)=，，n 是平面SGE 的一个法向量， 设二面角G SE F --的平面角为θ， 则1212(221)(010)cos 91θ==⨯，，，，n n n n ．。
苏教版高中数学选修2-13.2空间向量的应用+同步练测
3.2 空间向量的应用（苏教版选修2-1） 建议用时
实际用时 满分 实际得分 45分钟
100分
一、填空题（每小题5分，共30分）
1.如图，在正方体中，O 是底面
正方形ABCD 的中心，M 是 的中点，N 是 上的动点，则直线NO ，AM 的位置关系是 .
2.在正方体中，二面角的大小为 .
3.如图所示，是直三棱柱， ∠BCA =90°，点 ，分 别是和的中点，若，则与所成角的余弦值为 .
4.已知棱长为1的正方体中，E 是的中点，则直线AE 与平面所成角的正弦值为 .
5. 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D 中，E ，F 分
别是棱11A B ，CD 的中点，则点B 到截面1AEC F 的距离为 ．
6. 如图，在60°的二面角的棱上有A ,B 两点，直线AC ,BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，则CD 的长为 .
二、解答题（共70分）
7. （10分）在正方体1111中ABCD -
A B C D ,,E F 分别是1BB ,CD 的中点,求证:1⊥平面D F
A D E .。
苏教版数学选修2-1：第3章 空间向量与立体几何 3.2.2 课时作业(含答案)
3.2.2 空间线面关系的判定课时目标 1.能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系.2.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．1．用直线的方向向量和平面的法向量表示平行、垂直关系设空间两条直线l 1，l 2的方向向量分别为e 1，e 2，两个平面α1，α2的法向量分别为n 1，n 2，则2.三垂线定理文字语言：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条________在这个平面内的________垂直，那么它也和这条________垂直．几何语言：⎭⎪⎬⎪⎫b ⊄平面αc 是b 在平面α内的射影⇒a ⊥b 3．直线与平面垂直的判定定理文字语言：如果一条直线和平面内的________________________，那么这条直线垂直于这个平面．几何语言：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂α⇒l ⊥α一、填空题1．平面ABCD 中，A (0,1,1)，B (1,2,1)，C (－1,0，－1)，若a ＝(－1，y ，z )，且a 为平面ABC 的法向量，则y 2＝______.2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则直线l 与平面α的位置关系为__________．3.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．(写出所有正确的序号)4．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝________. 5．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是_______________________________________________．6．已知a ＝(1,1,0)，b ＝(1,1,1)，若b ＝b 1＋b 2，且b 1∥a ，b 2⊥a ，则b 1，b 2分别为________________．7.已知A （0,2,3），B （-2,1,6），C （1，-1,5），若a a ⊥AB →，a ⊥AC →，则向量a 的坐标为________．8．设平面α、β的法向量分别为u＝(1,2，－2)，v＝(－3，－6,6)，则α、β的位置关系为________．二、解答题9．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，求证：B1C∥平面ODC1.如图所示，在六面体ABCD—A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.求证：(1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；(2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.能力提升11．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，G、E、F分别是DD1、BB1、D1B1的中点．求证：(1)EF⊥平面A1DC1；(2)EF∥平面GAC.12．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点，E、F分别是棱B1C1、C1D1的中点．证明：(1)E、F、B、D四点共面；(2)平面AMN∥平面BDFE.1．运用空间向量将几何推理转化为向量运算时，应注意处理和把握以下两大关系：一是一些几何题能用纯几何法和向量法解决，体现了纯几何法和向量法在解题中的相互渗透；二是向量法解题时也有用基向量法和坐标向量法两种选择． 2．利用向量法解立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)进行向量运算，研究点、直线、平面之间的关系； (3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．3．2.2 空间线面关系的判定知识梳理 1.2.斜线 射影3．两条相交直线垂直 l ⊥a l ⊥b a ∩b ＝A 作业设计 1．1 2．l ⊥α解析 ∵u ＝－2a ，∴a ∥u ，∴l ⊥α. 3．①②③ 4.75解析 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)，(k a ＋b )⊥(2a －b )， ∴3(k －1)＋2k －4＝0，即k ＝75.5．垂直解析 ∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面也垂直． 6．(1,1,0)，(0,0,1)解析 ∵b 1∥a ，∴设b 1＝(λ，λ，0)，b 2＝b －b 1 ＝(1－λ，1－λ，1)，由b 2⊥a ，即a·b 2＝0， ∴1－λ＋1－λ＝0，得λ＝1， ∴b 1＝(1,1,0)，b 2＝(0,0,1)．7．(1,1,1)或(－1，－1，－1)解析 设a ＝(x ，y ，z )，由题意AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0.解得x ＝1，y ＝1，z ＝1，或x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，即a ＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)． 8．平行9．证明 方法一 ∵B 1C →＝A 1D →，B 1A 1D ，∴B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面ODC 1， ∴B 1C ∥平面ODC 1.方法二 ∵B 1C →＝B 1C 1→＋D 1D →＝B 1O →＋OC 1→＋D 1O →＋OD →＝OC 1→＋OD →. ∴B 1C →，OC 1→，OD →共面．又B 1C ⊄面ODC 1，∴B 1C ∥面ODC 1. 方法三建系如图，设正方体的棱长为1，则可得D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，C (0,1,0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，C 1(0,1,1)， B 1C →＝(－1,0，－1)， OD →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，－1， OC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设平面ODC 1的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OD →＝0n ·OC 1→＝0，得⎩⎨⎧－12x 0－12y 0－z 0＝0 ①－12x 0＋12y 0＝0 ②.令x 0＝1，得y 0＝1，z 0＝－1，∴n ＝(1,1，－1)． 又B 1C →·n ＝－1×1＋0×1＋(－1)×(－1)＝0， ∴B 1C →⊥n ，∴B 1C ∥平面ODC 1. 10．证明 以D 为原点，以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，如图，则有A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)， A 1(1,0,2)，B 1(1,1,2)， C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)．(1)∵A 1C 1→＝(－1,1,0)，AC →＝(－2,2,0)， D 1B 1→＝(1,1,0)，DB →＝(2,2,0)， ∴AC →＝2A 1C 1→，DB →＝2D 1B 1→. ∴AC →与A 1C 1→平行，DB →与D 1B 1→平行， 于是A 1C 1与AC 共面，B 1D 1与BD 共面． (2)DD 1→·AC →＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0， DB →·AC →＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0， ∴DD 1→⊥AC →，DB →⊥AC →.DD 1与DB 是平面B 1BDD 1内的两条相交直线， ∴AC ⊥平面B 1BDD 1.又平面A 1ACC 1过AC ， ∴平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1. 11．证明设正方体的棱长为2，以DA →、DC →、DD 1→为正交基底建立空间直角坐标系D —xyz ，如图，则A (2,0,0)、C (0,2,0)、E (2,2,1)、F (1,1,2)、G (0,0,1)、A 1(2,0,2)、C (0,2,2)． (1)EF →＝(1,1,2)－(2,2,1) ＝(－1，－1,1)，A 1D →＝(0,0,0)－(2,0,2)＝(－2,0，－2)，DC 1→＝(0,2,2)－(0,0,0)＝(0,2,2)， ∵EF →·A 1D →＝(－1，－1,1)·(－2,0，－2) ＝(－1)×(－2)＋(－1)×0＋1×(－2)＝0， EF →·DC 1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝－1×0＋(－1)×2＋1×2＝0， ∴EF ⊥A 1D ，EF ⊥DC 1.又A 1D ∩DC 1＝D ，A 1D 、DC 1⊂平面A 1DC 1， ∴EF ⊥平面A 1DC 1.(2)取AC 的中点O ，则O (1,1,0)， ∴OG →＝(－1，－1,1)，∴OG ∥EF . 又∵OG ⊂平面GAC ，EF ⊄平面GAC ， ∴EF ∥平面GAC . 12．证明不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，B (2,2,0)，E (1,2,2)，F (0,1,2)． (1)EF →＝(－1，－1,0)， DB →＝(2,2,0)．∵DB →＝－2EF →，∴DB →∥EF →. 故E 、F 、B 、D 四点共面．(2)DF →＝(0,1,2)，MN →＝(－1，－1,0)，MA →＝(0，－1，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDFE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝y ＋2z ＝0，n ·EF →＝－x －y ＝0.令z ＝1，得n ＝(2，－2,1)．∵n ·MN →＝(2，－2,1)·(－1，－1,0)＝0， n ·MA →＝(2，－2,1)·(0，－1，－2)＝0，∴n ⊥MN →，n ⊥MA →，即n 也是平面AMN 的法向量．∴平面AMN∥平面BDFE.。
苏教版数学高二-【优化课堂】数学苏教版选修2-1同步练习 3.1 空间向量及其运算 1
第3章 空间向量与立体几何作业22 空间向量及其线性运算【基础平台】１. 空间任意四个点A 、B 、C 、D ，则BA CB CD +-等于（ ）A ．DB B ．ADC ．DAD ．AC2．在空间四边形ABCD 中，若AB a =，BD b =，AC c =，则CD 等于（ ）A ．()a b c --B ．()c b a --C ．a b c --D ．()b c a --3．空间四边形OABC 中，E 、F 分别是对角线OB 、AC 的中点，若OA a =，OB b =，OC c =，则EF =________________________；4．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，化简1()AB AD DD BC ++-的结果为______________；【自主检测】１．在三棱柱111ABC A B C -中，设M 、N 分别为1,BB AC 的中点，则MN 等于 （ ）A ．11()2AC AB BB ++ B ．111111()2B A BC C C ++ C ．11()2AC CB BB ++D ．11()2BB BA BC -- ２．若A 、B 、C 、D 为空间四个不同的点，则下列各式为零向量的是 （ ） ①22AB BC CD DC +++②2233AB BC CD DA AC ++++③AB CA BD ++④AB CB CD AD -+-A ．①②B ．②③C ．②④D ．①④３．四棱柱1111ABCD A B C D -中，AC 与BD 的交点为点M ，设11111,,A B a A D b AA c ===， 则下列与1B M 相等的向量是 （ ）A ．1122a b c -+- B ． 1122a b c ++ C ．1122a b c -+ D ．1122a b c --+ ４．四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，,,AB a AD b AP c ===，E 为PC 中点，则向量CE =_______________________；５．已知长方体1111ABCD A B C D -，化简向量表达式1CB AC AD AA +++=_____________；６．M 、N 分别是四面体ABCD 的棱AB 、CD 的中点， 求证：1()2MN AD BC =+．７．平行六面体1111ABCD A B C D -中，1O 为1111A B C D 的中心，2O 为11BB C C 的中心，若121OO xAD yAB zAA =++，求,,x y z ．【拓展延伸】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，点,M N在1,AC A D 上，11,22AM MC A N ND ==，设 1,,AB a AD b AA c ===，试用,,a b c 表示MN ．参考答案【基础平台】1． C ． 2 ． D ．3 ．111222a b c -+ ．4 ． 1AB ．【自主检测】1．B ．2．C ．3．Ａ ．４ 111222c a b -- ．５． 1AC ．６．略７．0， 12，12- ． 【拓展延伸】111333a b c -++．。
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习题课 空间向量的应用一、基础过关 1．如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G 、H 分别为FA 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE . 2．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角． (1)若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ； (2)求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值． 3．如图所示，在四棱锥O —ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M为OA 的中点，N 为BC 的中点． (1)证明：直线MN ∥平面OCD ； (2)求异面直线AB 与MD 所成角的大小． 二、能力提升 4．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1. (1)证明：PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长． 5．等边△ABC 中，D ，E 分别是AC ，AB 的中点，沿DE 将△ADE 折起，使平面ADE ⊥平面BCDE (如图所示)． (1)求证：平面ABC ⊥平面ABE ；(2)求直线AC 与平面ABE 所成角的正弦值． 三、探究与拓展 6．如图，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P —AC —D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．答案1． (1)证明 由题设知，FA 、AB 、AD 两两互相垂直．以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正方向，以射线AD 为y 轴正方向，以射线AF 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )．所以GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)，于是GH →＝BC →.又点G 不在直线BC 上， 所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)解 C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由题设知，F (0,0,2c )，所以EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →.又C ∉EF ，H ∈FD ， 故C 、D 、F 、E 四点共面．(3)证明 由AB ＝BE ，得c ＝a ，所以CH →＝(－a,0，a )，AE →＝(a,0，a )． 又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0， CH →·AD →＝0，即CH ⊥AE ，CH ⊥AD . 又AD ∩AE ＝A ，所以CH ⊥平面ADE . 由CH ⊂平面CDE ， 得平面ADE ⊥平面CDE . 2． (1)证明 ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AB .又∵AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面PAD .∴AB ⊥PD . 又∵AE ⊥PD ，∴PD ⊥平面ABE . 故BE ⊥PD . (2)解 如图所示，以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C 、D 的坐标分别为(a ，a,0)、(0,2a,0)．∵PA ⊥底面ABCD ，∠PDA 是PD 与底面ABCD 所成的角，∴∠PDA ＝30°. 于是，在Rt△AED 中，由AD ＝2a ， 得AE ＝a .过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt△AFE 中，由AE ＝a ，∠EAF ＝60°，得AF ＝12a ，EF ＝32a .∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a .于是AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，CD →＝(－a ，a,0)．设异面直线AE 与CD 所成角为θ，则cos θ＝|AE →·CD →||AE →||CD →|＝12a 2a ·2a ＝24.∴AE 与CD 所成角的余弦值为24. 3． (1)证明作AP ⊥CD 于点P ，连结OP .如图，分别以AB 、AP 、AO 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫－22，22，0，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，0. MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，－1，OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－2， OD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，－2.设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·OP →＝0，n ·OD →＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)．∵MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，又MN ⊄平面OCD ，∴MN ∥平面OCD .(2)解 设AB 与MD 所成角为θ. ∵AB →＝(1,0,0)，MD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，－1，∴cos θ＝|AB →·MD →||AB →|·|MD →|＝12，∴θ＝π3.∴AB 与MD 所成角的大小为π3.4． (1)证明如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，P (0,0,2)．易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD .(2)解 PC →＝(0,1，－2)， CD →＝(2，－1,0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)． 可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)解 设点E 的坐标为(0,0，h )， 其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，h .由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →|·|CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2， 所以310＋20h2＝cos 30°＝32， 解得h ＝1010，即AE ＝1010. 5． (1)证明 取DE 的中点O ，取BC 的中点G ，连结AO ，OG ，则AO ⊥DE ，OG ⊥DE .∵平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE ∩平面BCDE ＝DE ， ∴AO ⊥平面BCDE ，∴AO ⊥OG . 建立如图所示的空间直角坐标系， 设BC ＝4，则DE ＝2，AO ＝OG ＝ 3.所以A (0,0，3)，D (1,0,0)，E (－1,0,0)，B (－2，3，0)，C (2，3，0)． 设平面ABE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵EA →＝(1,0，3)，EB →＝(－1，3，0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥EA →，m ⊥EB→，得⎩⎨⎧x 1＋3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.令y 1＝1，得m ＝(3，1，－1)， 设平面ABC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∵BC →＝(4,0,0)，AC →＝(2，3，－3)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥AC→ 得⎩⎨⎧x 2＝0，2x 2＋3y 2－3z 2＝0.令y 2＝1，得n ＝(0,1,1)，∵m·n ＝(3，1，－1)·(0,1,1)＝0， ∴平面ABC ⊥平面ABE .(2)解 由(1)得cos 〈AC →，m 〉＝AC →·m |AC →||m |＝23＋3＋34＋3＋3·3＋1＋1＝265.∴直线AC 与平面ABE 所成角的正弦值为265.6． (1)证明 连结BD ，设AC 交BD 于点O ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 点为坐标原点，OB →、OC →、OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O —xyz 如图所示．设底面边长为a ，则高SO ＝62a . 于是S (0,0，62a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0， OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，∴OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD ， 因此AC ⊥SD .(2)解 由题意知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，设所求二面角为θ，则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，故所求二面角P —AC —D 的大小为30°. (3)解 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .由(2)知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0，设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a 1－t ，62at .由BE →·DS →＝0，得t ＝13，即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 而BE 不在平面PAC 内， 故BE ∥平面PAC .。