高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案
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.。
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。
空间向量和立体几何练习题与答案
空间向量和立体几何练习题与答案
1.若把空间平行于同一平面且长度相等的所有非零向量的始点放置在同一点，则这些向量的终点构成的图形就是( )
A.一个圆
B.一个点
C.半圆
D.平行四边形
答案:A
2.在长方体 ABCD-A₁B ₁C ₁D ₁中,下列关于AC₁的表达中错误的 一个就是( )
A. AA₁+A ₁B ₁+A ₁D ₁
B. AB+DD₁
+D ₁C ₁
C. AD+CC₁+D ₁C ₁
D.12(AB 1+CD 1)+A 1C 1
答案:B
3.若a ，b ，c 为任意向量，m ∈R ，下列等式不一定成立的就是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c)
B.(a+b)•c=a•c+b•c
C. m(a+b)=ma+mb
D.(a·b)·c=a·(b·c)
答案:D
4.若三点A, B, C 共线,P 为空间任意一点,且PA+αPB=βPC,则α-β的值为( )
A.1
B.-1
C.12
D.-2
答案:B
5.设a=(x,4,3), b=(3,2, z),且a ∥b,则xz 等于( )
A.-4
B.9
C.-9
D.649
答案:B
6.已知非零向量 e ，e₂不共线，如果AB=e₁+e ₂ A C=2e ₂ 8e ₂AD=3e ₁3 ,则四点 A. B C (
) A.一定共圆
B.恰就是空间四边形的四个顶点心
C.一定共面
D.肯定不共面
答案:C。
高二数学空间向量与立体几何试卷
1、已知向量a=(1,2,3)，向量b=(-1,0,1)，则向量a在向量b上的投影长度为：A、√10/2B、-√10/2C、√6/2D、-√6/2(解析：投影长度公式为|a|cosθ，其中θ为a,b之间的夹角，可通过a·b和|a|,|b|计算得出。
)(答案：D)2、若平面α的一个法向量为n=(2,-3,1)，直线l的一个方向向量为m=(-4,6,-2)，则l与α的位置关系为：A、l⊂αB、l//αC、l⊥αD、l与α斜交(解析：若两向量平行，则它们对应的平面或直线平行或直线在平面内。
)(答案：A)3、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β，则下列命题中正确的是：A、若m//n，则α//βB、若α//β，则m//nC、若m⊥n，则α⊥βD、若α⊥β，则m⊥n(解析：根据空间几何的性质，直线与平面的位置关系不能仅由直线间的位置关系确定。
)(答案：均不正确，但根据常规选择，可视为考察对空间几何理解的深度，故选最接近的A进行解析，实际应判断为“以上均不正确”。
)4、三个力f1=(2,3,4)，f2=(-1,2,-3)，f3=(3,-1,-2)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，现在该点处加上一个力f4，则f4=：A、(-4,2,1)B、(4,-2,-1)C、(4,2,-1)D、(-4,-2,1)(解析：物体平衡时，所有力的向量和为零，即f1+f2+f3+f4=0，解此方程得f4。
)(答案：B)5、已知平面α过点A(1,1,0)，B(0,1,1)，C(1,0,1)，则平面α的一个法向量可以是：A、(1,1,1)B、(1,-1,-1)C、(1,1,-1)D、(-1,1,1)(解析：法向量与平面内任意两向量的点积都为零，可通过求解方程组得出。
)(答案：D)6、若直线l平行于平面α，且在l上有两点A，B到α的距离分别为d1，d2，则d1与d2的关系为：A、d1>d2B、d1<d2C、d1=d2D、不确定(解析：平行于平面的直线上的所有点到平面的距离都相等。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在空间直角坐标系中，已知的坐标分别为，则线段的长度为_________________ .【答案】【解析】利用空间两点间的距离公式可以求得【考点】本小题主要考查空间两点间距离的计算.点评：此类问题直接讨论公式求解即可.2.在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示的直角坐标系，设平面的一个法向量，则，即，，平面与平面间的距离【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小（）A．B．C．D．【答案】A【解析】取BC的中点O，连AO．由题意平面平面，，∴平面，以O为原点，建立所示空间直角坐标系，则，，，，∴，，，由题意平面ABD，∴为平面ABD的法向量．设平面的法向量为，则，∴，∴，即．∴不妨设，由，得．故所求二面角的大小为．故选A。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神．（2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取时，会算得，从而所求二面角为，但依题意只为．因为二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”．4.（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小【答案】arccos或－arccos．【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（－1，1，0），＝（0，1，－1）设、分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量，由可解得＝（1，1，1）易知＝（0，0，1），所以，＝所以平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或－arccos．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
高中数学 2空间向量与立体几何(带答案)
空间向量与立体几何一．空间向量及其运算1．空间向量及有关概念（1）共线向量定理：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。
a 平行于b 记作a ∥b。
推论：如果l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a的直线，那么对任一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式 A O P O =a t+①其中向量a叫做直线l 的方向向量。
在l 上取a AB =，则①式可化为.)1(OB t OA t OP +-=②当21=t 时，点P 是线段AB 的中点，则 ).(21OB OA OP += ③①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB 的中点公式。
（2）向量与平面平行：如果表示向量a 的有向线段所在直线与平面α平行或a在α平面内，我们就说向量a 平行于平面α，记作a ∥α。
注意：向量a∥α与直线a ∥α的联系与区别。
共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量。
共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p与向量a 、b 共面的充要条件是存在实数对x 、y ，使.b y a x p+=①推论：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对x 、y ，使,MB y MA x MP +=④或对空间任一定点O ，有.MB y MA x OM OP ++=⑤在平面MAB 内，点P 对应的实数对（x, y ）是唯一的。
①式叫做平面MAB 的向量表示式。
又∵.,OM OA MA -=.,OM OB MB -=代入⑤，整理得.)1(OB y OA x OM y x OP ++--= ⑥由于对于空间任意一点P ，只要满足等式④、⑤、⑥之一（它们只是形式不同的同一等式），点P 就在平面MAB 内；对于平面MAB 内的任意一点P ，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量MA 、MB （或不共线三点M 、A 、B ）确定的空间平面的向量参数方程，也是M 、A 、B 、P 四点共面的充要条件。
高考数学-向量与立体几何试题及详解
1.1～1.3 习题课1．【多选题】下列命题中，是真命题的是( )A ．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小B ．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C ．只有零向量的模等于0D ．共线的单位向量都相等 答案 ABC解析 对于A ，向量是有向线段，不能比较大小，故A 为真命题；对于B ，两向量相等说明它们的方向相同，模长相等，若起点相同，则终点也相同，故B 为真命题；对于C ，零向量为模长为0的向量，故C 为真命题；对于D ，共线的单位向量是相等向量或相反向量，故D 为假命题．2．若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1－e 2－e 3，c ＝e 1＋e 2，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3({e 1，e 2，e 3}为空间的一个基底)且d ＝x a ＋y b ＋z c ，则x ，y ，z 的值分别为( ) A.52，－12，－1 B.52，12，1 C ．－52，12，1 D.52，－12，1答案 A解析 d ＝x a ＋y b ＋z c ＝(x ＋y ＋z )e 1＋(x －y ＋z )e 2＋(x －y )e 3.又因为d ＝e 1＋2e 2＋3e 3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝1，x －y ＋z ＝2，x －y ＝3，解得⎩⎨⎧x ＝52，y ＝－12，z ＝－1.3．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)，且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( ) A ．2 2 B.10 C ．3 D ．4 答案 C解析 因为b ∥c ，所以2y ＝－4×1，所以y ＝－2，所以b ＝(1，－2，1)．因为a ⊥b ，所以a ·b ＝x ＋1×(－2)＋1＝0，所以x ＝1，所以a ＝(1，1，1)，a ＋b ＝(2，－1，2)．所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3.4．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，且AB ＝BC ＝1，点E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成角为θ，且cos θ＝1010，则该四面体的体积为( )A.13B.23C.43D.83 答案 A5．【多选题】已知向量AB →＝(1，1，1)，AC →＝(1，2，－1)，AD →＝(3，y ，1)，下列结论正确的是( )A ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，λ＝2B ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，μ＝2 C ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则y ＝4 D ．当AD ⊥AC 时，y ＝1 答案 AC解析 由A ，B ，C ，D 四点共面，得∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，所以λ(1，1，1)＋μ(1，2，－1)＝(3，y ，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ＝3，λ＋2μ＝y ，λ－μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝1，y ＝4，故A 、C 正确，B 不正确．由AD ⊥AC ，得AD →⊥AC →，所以AD →·AC →＝0.所以3＋2y －1＝0，解得y ＝－1，D 不正确．6.【多选题】如图，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都为a ，点M ，N ，E ，F 分别是AB ，CD ，BC ，AD 的中点，则( )A ．MN ⊥AB B ．MN ⊥CDC ．向量AN →与CM →所成角的余弦值为23D ．四边形MENF 为正方形 答案 ABD解析 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，所以MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.所以MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD ，A 、B 正确．设向量AN →与MC →的夹角为θ，因为AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，所以AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝⎛⎭⎫q －12p ＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p )＝12(a 2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°)＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.又因为|AN →|＝|MC →|＝32a ，所以AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.所以cos θ＝23.从而向量AN →与CM →所成角的余弦值为－23，C 错误．因为ME →＝12AC →，FN →＝12AC →，所以ME →＝FN →.所以四边形MENF 为平行四边形．因为EN →＝12BD →＝12(AD →－AB →)，所以EN →·ME →＝12(AD →－AB →)·12AC →＝0.所以EN →⊥ME →，|EN →|＝|ME →|＝12a .所以四边形MENF 为正方形．D 正确．7．从点P (1，2，3)出发，沿着向量v ＝(－4，－1，8)的方向取点Q ，使|PQ |＝18，则Q 点的坐标为( )A ．(－1，－2，3)B ．(9，4，－13)C ．(－7，0，19)D ．(1，－2，－3) 答案 C8.【多选题】如图，在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，△P AC 为等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，平面P AC ⊥平面ABC ，D 为AB 的中点，则( )A ．AP ⊥BCB ．异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24 C ．异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24D ．三棱锥P －ABC 的体积为1663答案 BCD解析 取AC 的中点O ，连接OP ，OB .因为P A ＝PC ，所以AC ⊥OP ，因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，所以OP ⊥平面ABC ，又因为AB ＝BC ，所以AC ⊥OB .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为△P AC 是等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，△ABC 为等边三角形，所以A (0，－22，0)，B (26，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，22)，D (6，－2，0)，所以AP →＝(0，22，22)，BC →＝(－26，22，0)，AP →·BC →＝8≠0，A 不正确；因为AC →＝(0，42，0)，PD →＝(6，－2，－22)，所以cos 〈AC →，PD →〉＝AC →·PD →|AC →||PD →|＝－842×4＝－24，则异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24，B 正确；因为PC →＝(0，22，－22)，AB →＝(26，22，0)，所以cos 〈PC →，AB →〉＝PC →·AB →|PC →||AB →|＝84×42＝24，所以异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24，C 正确；三棱锥P －ABC 的体积V P －ABC ＝13S △ABC ·PO ＝13×34×(42)2×22＝1663，D 正确． 9．在四面体OABC 中，棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝2，OC ＝3，G 为△ABC的重心，则OG →·(OA →＋OB →＋OC →)＝________．答案 14310．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，有|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，x 0，y 0∈R ，则|b |＝________． 答案 2 2解析 问题等价于|b －(x e 1＋y e 2)|当且仅当x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，平方即|b |2＋x 2＋y 2－2b ·e 1x －2b ·e 2y ＋2e 1·e 2xy ＝|b |2＋x 2＋y 2－4x －5y ＋xy .已知上式在x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，x 2＋y 2＋(y －4)x －5y ＋|b |2＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2－7＋|b |2，所以⎩⎨⎧x 0＋y 0－42＝0，y 0－2＝0，－7＋|b |2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝2，|b |＝2 2.11.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M ，E ，F 分别为PQ ，AB ，BC 的中点，则异面直线EM 与AF 所成角的余弦值是________．答案303012.如图，已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以D 为坐标原点，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，过点B 作BM ⊥AC 1于点M ，则点M 的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3解析 由题意，知A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C 1(0，a ，a )，设M (x ，y ，z )， 则AC 1→＝(－a ，a ，a )，AM →＝(x －a ，y ，z )，BM →＝(x －a ，y －a ，z )．因为BM →⊥AC 1→，所以BM →·AC 1→＝0. 所以－a (x －a )＋a (y －a )＋az ＝0，即x －y －z ＝0.①因为AC 1→∥AM →，所以设AM →＝λAC 1→，则x －a ＝－λa ，y ＝λa ，z ＝λa (λ∈R )，即x ＝a －λa ，y ＝λa ，z ＝λa .②由①②，得x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3.所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3. 13.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱，底面ABCD 是正方形，AA 1＝3，AB ＝2，且∠C 1CB＝∠C 1CD ＝60°，设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c .(1)试用a ，b ，c 表示A 1C →；(2)已知O 为对角线A 1C 的中点，求CO 的长．解析 (1)A 1C →＝A 1A →＋AD →＋DC →＝－AA 1→＋BC →－CD →＝－CC 1→－CB →－CD →＝－c －b －a ＝－a －b －c .(2)由题意知|a |＝2，|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，a ·c ＝2×3×12＝3，b ·c ＝2×3×12＝3，∵CO →＝12CA 1→＝12(a ＋b ＋c )，∴|CO →|＝14（a ＋b ＋c ）2＝14（a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ）＝14×（22＋22＋32＋0＋2×3＋2×3）＝294＝292.14．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)．(1)若点D 在直线AC 上，且BD →⊥AC →，求点D 的坐标； (2)求以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积．解析 (1)由题意知，AC →＝(1，－3，2)，点D 在直线AC 上， 设AD →＝λAC →＝λ(1，－3，2)＝(λ，－3λ，2λ)， ∴D (λ，2－3λ，2λ＋3)， BD →＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2，1，6) ＝(λ＋2，1－3λ，2λ－3)， ∵BD →⊥AC →， ∴AC →·BD →＝(1，－3，2)·(λ＋2，1－3λ，2λ－3)＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，∴λ＝12，∴D ⎝⎛⎭⎫12，12，4. (2)∵BA →＝(2，1，－3)，BC →＝(3，－2，－1)， ∴|BA →|＝22＋12＋（－3）2＝14， |BC →|＝32＋（－2）2＋（－1）2＝14， ∴BA →·BC →＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7，∴cos B ＝cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝714×14＝12，∴sin B ＝32，∴S ＝14×14×32＝73，∴以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积为7 3.15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立直角坐标系Dxyz ，点M 在线段AB 1上，点N 在线段BC 1上，且MN ⊥AB 1，MN ⊥BC 1.求：(1)〈AB 1→，BC 1→〉； (2)MN →的坐标．解析 (1)由题意可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，C 1(0，1，1)，所以AB 1→＝(0，1，1)，BC 1→＝(－1，0，1)， AB 1→·BC 1→＝0×(－1)＋1×0＋1×1＝1， |AB 1→|＝02＋12＋12＝2， |BC 1→|＝（－1）2＋02＋12＝2，所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝12×2＝12.所以〈AB 1→，BC 1→〉＝π3.(2)设点M (1，x ，x )，N (y ，1，1－y )， 则MN →＝(y －1，1－x ，1－x －y )．因为MN →·AB 1→＝0，MN →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（y －1，1－x ，1－x －y ）·（0，1，1）＝0，（y －1，1－x ，1－x －y ）·（－1，0，1）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2－2x －y ＝0，2－x －2y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝23，y ＝23，所以MN →的坐标为⎝⎛⎭⎫－13，13，－13.1．【多选题】已知向量a ＝(1，1，0)，则与a 共线的单位向量e 等于( ) A.⎝⎛⎭⎫－22，－22，0B ．(0，1，0) C.⎝⎛⎭⎫22，22，0D ．(1，1，1)答案 AC 2．在四面体OABC 中，空间的一点M 满足OM →＝14OA →＋16OB →＋λOC →，若M ，A ，B ，C 四点共面，则λ等于( ) A.712 B.13 C.512 D.12 答案 A3．在正四面体ABCD 中，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD → B.AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →>AE →·CD → D.AE →·BC →与AE →·CD →不能比较大小 答案 C解析 因为AE →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(|AC →|2－|AB →|2)＝0，AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD →＝AB →·(BD →－BC →)＋12BC →·CD →＝|AB →|·|BD →|·cos 120°－|AB →|·|BC →|·cos 120°＋12|BC →|·|CD →|cos 120°<0.所以AE →·BC →>AE →·CD →.4．已知a ＝(1，－2，3)，b ＝(－1，1，－4)，c ＝(1，－3，m )，则“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”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 A解析 当m ＝1时，c ＝(1，－3，1)，易得a ，b ，c 不共面，即{a ，b ，c }能构成空间的一个基底，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分条件；当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，则a ，b ，c 不共面，设a ，b ，c 共面，即c ＝x a ＋y b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝1，y －2x ＝－3，3x －4y ＝m ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，m ＝2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，m ≠2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，不能推出m ＝1，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的不必要条件．综上所述，“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分不必要条件．5．已知P (3cos α，3sin α，1)和Q (2cos β，2sin β，1)，则|PQ →|的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，25] C ．[1，5] D ．(1，5) 答案 C6．在四面体O －ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则log 3|xyz |等于________． 答案 －37．已知空间三点A (2，1，0)，B (2，2，1)，C (0，1，2)．(1)求AB →·AC →的值；(2)若(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，求k 的值．解析 (1)因为A (2，1，0)，B (2，2，1)，所以AB →＝(0，1，1)．又C (0，1，2)，所以AC →＝(－2，0，2)，所以AB →·AC →＝0×(－2)＋1×0＋1×2＝2.(2)由(1)可知AB →＝(0，1，1)，AC →＝(－2，0，2)，所以AB →＋kAC →＝(－2k ，1，2k ＋1)，AB →＋AC →＝(－2，1，3)．因为(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，所以4k ＋1＋3(2k ＋1)＝0，解得k ＝－25.8.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC ，求N 点的坐标． 解析 (1)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，C (3，1，0)，D (0，1，0)，P (0，0，2)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1， 从而AC →＝(3，1，0)，PB →＝(3，0，－2)． 设AC 与PB 的夹角为θ，则cos θ＝|AC →·PB →||AC →|·|PB →|＝327＝3714.∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于N 点在侧面P AB 内，故可设N 点坐标为(x ，0，z )，则NE →＝⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ， 由NE ⊥平面P AC 可得，⎩⎪⎨⎪⎧NE →·AP →＝0，NE →·AC →＝0，即⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（0，0，2）＝0，⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（3，1，0）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧z －1＝0，－3x ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝36，z ＝1，即N 点的坐标为⎝⎛⎭⎫36，0，1时，NE ⊥平面P AC .。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。
【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。
点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。
2.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则与所成的角的余弦为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则A（1，0，0），C(0，1，0)，F(,0,1),G(,1,1),H（0，，0），所以=(－,0,1)，=（－，－，－1）=，所以与所成的角的余弦为，故选B。
【考点】本题主要考查空间向量的应用。
点评：空间向量的应用问题，通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，化繁为简。
注意向量的夹角与两直线夹角的异同。
3.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。
点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。
4.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。
【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。
点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。
5.在中，，，平面，，则点到的，距离为．【答案】【解析】由于ABC是等腰三角形，作AD垂直BC于D，由PA=PA，AB=AC，所以三角形PBC也是等腰三角形，故PD垂直BC，即PD为P到BC的距离，由PA垂直面ABC，所以PA垂直ADAD==4，PA=8所以在三角形PAD中,PD==。
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空间向量与立体几何经典题型与答案1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90ο底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==u u u r u u u u r g 只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r Q g u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r 故所求的二面角为2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD（Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系（Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V ， )23,0,21(),0,1,0(-==VA AB由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直∴AB ⊥平面VAD（Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得 因此，AEB ∠是所求二面角的平面角，,721||||),cos(=⋅⋅=EB EA EB EA EB EA 解得所求二面角的大小为.721arccos3 如图，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（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，D CBAV则,,,,,A B C D P E 的坐标为(0,0,0)A 、(3,0,0)B 、(3,1,0)C 、(0,1,0)D 、(0,0,2)P 、1(0,,1)2E ，从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅⋅=PB AC PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473 （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则)1,21,(z x NE --=，由NE ⊥面PAC 可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 和AP 的距离分别为31,64 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====（Ⅰ）求BF 的长； （Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离解：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由 ⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α，则 .333341161133||||cos 1111=++⨯=⋅⋅=n CC n CC α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d5 如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动 （1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π 解：以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设AE x =，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为（2）因为E 为AB 的中点，则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ，得⎩⎨⎧==ca ba 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面1ACD 的距离为.313212||||1=-+=⋅=n n E D h （3）设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b CE n C D n 令1,2,2b c a x =∴==-， ∴).2,1,2(x n -= 依题意.225)2(222||||||4cos211=+-⇒=⋅⋅=x DD n DD n π∴321+=x （不合，舍去），322-=x∴23AE =-时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥，已知112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=，求：（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值解：（I ）以B 为原点，1BB 、BA 分别为,y z 轴建立空间直角坐标系由于，112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=在三棱柱111ABC A B C -中有1(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)B A B ,)0,23,23(),0,21,23(1C C -设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E)0,2,23()2,,23(0a a --⋅--= ,432)2(432+-=-+=a a a a.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线，则14143||=+=BE ，故异面直线1,AB EB 的距离为1 （II ）由已知有,,1111EB A B EB EA ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量EA A B 与11的夹角.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111==⋅=--===θθ即故因A B EA A B EA EA BA A B7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PF EC ⊥ 已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ）二面角E PC D --的大小解：（Ⅰ）以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系由已知可得(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)D P C 设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x CE x PE x E 由0=⋅⊥CE PE CE PE 得，即.23,0432==-x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(， 又PD DE ⊥，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=DE ，故异面直线PD ,CE 的距离为1（Ⅱ）作DG PC ⊥，可设(0,,)G y z 由0=⋅PC DG 得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y。