空间向量和立体几何典型例题
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.长方体中，，，，则与所成角的余弦值为．【答案】【解析】以D为空间原点，DA为x轴，D为z轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系则=（-1，2，0），=（-1，-2，3）||=，|'|=，·=－3cos<,>==，即为所求。
【考点】本题主要考查空间向量的应用，向量的数量积，向量的坐标运算。
点评：简单题，通过建立空间直角坐标系，将求异面直线的夹角余弦问题，转化成向量的坐标运算。
2.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。
3.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。
4.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。
5.已知点，为线段上一点，且，则的坐标为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设C的坐标为(x，y，z)则向量=(x-4，y-1，z－3)向量=(－2,－6,－2)，而即=所以x-4=－，y-1=－2，Z－3=－所以x=，y=－1，z=，C的坐标为，选C。
空间向量与立体几何的应用习题
练习十一 空间向量与立体几何一、填空题1．若空间三点A (1，5，－2)，B (2，4，1)，C (p ，3，q ＋2)共线，则p ＝______，q ＝______． 2．已知A (1，0，0)，B (3，1，1)，C (2，0，1)，则在方向上的射影的长度为______． 3．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，F 是B 1D 1的中点，则BE 与DF 所成角的余弦值为______． 4．已知空间四边形ABCD ，则AB ·CD ＋BC ·AD ＋CA ·BD ______．二、解答题1．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是D 1D 、BD 的中点，G 在棱CD 上，且CG ＝CD 41，H 为C 1G 的中点，应用空间向量的运算方法解决下列问题．(Ⅰ)求证：EF ⊥B 1C ；(Ⅱ)求EF 与C 1G 所成的角的余弦； (Ⅲ)求FH 的长．2．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点．(Ⅰ)试确定点F 的位置，使得D 1E ⊥平面AB 1F ；(Ⅱ)当D 1E ⊥平面AB 1F 时，求二面角C 1－EF －A 的大小(结果用反三角函数值表示)．3．如图，已知点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA ＝60°．(Ⅰ)求DP与CC1所成角的大小；(Ⅱ)求DP与平面AA1D1D所成角的大小．4．如图1，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2．图1 图2(Ⅰ)证明：AC⊥BO1；(Ⅱ)求二面角O－AC－O1的大小．5．如图，在三棱锥S－ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O 为BC中点．(Ⅰ)证明：SO⊥平面ABC；(Ⅱ)求二面角A－SC－B的余弦值．参考答案练习十一 空间向量与立体几何一、填空题 1．3 2 2．26 3．1030 4．0 提示：2．依题意，得＝(－1，－1，0)，＝(2，1，1)，与同向的单位向量),61,61,62(||==AB e ∴在方向上的射影的长度｜B ′C ′｜＝｜·e ｜＝｜(－1，－1，0)·⋅=-=26|63||)61,61,62(3．不妨设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系O －xyz (如图)，则B (1，1，0)，)1,21,1(E ，D (0，0，0)，∵)(21211111111111C D A D DD B D DD D DD ++=+=+= ,21211DD ++=).1,21,21(=∴),1,21,0()0,1,1()1,21,1(-=-=,25141||,2314141||=+==++=⋅=+-=⋅43141,1030252343,cos =⨯>=<∴BE DF即BE 与DF 所成角的余弦值为⋅1030 4．原式＝(＋)·(＋)＋(＋)·(＋)＋(＋)·(＋)．＝·＋·＋·＋·＋·＋·＋OC ·AO ＋OC ·OD ＋CO ·BO ＋CO ·OD ＋OA ·BO ＋OA ·OD ＝0．二、解答题1．解：如图建立空间直角坐标系O －xyz ，D 为坐标原点O ，依据已知有)0,21,21(),21,0,0(F E C (0，1，0)，C 1(0，1，1)，B 1)0,43,0(),1,1,1(G(Ⅰ)证明：),21,21,21()21,0,0()0,21,21(-=-=C B 1＝(0，1，0)－(1，1，1)＝(－1，0，－1)，由,0)1()21(021)1(211=-⨯-+⨯+-⨯=⋅B 得∴EF ⊥B 1C ．(Ⅱ)解：),1,41,0()1,1,0()0,43,0(1--=-=C,417)1()41(0||2221=-+-+=C由(1)得,23)21()21()21(||222=-++= 且,83)1()21()41(210211=-⨯-+-⨯+⨯=⋅C ⋅=>=<∴1751||||,cos 111G C EF C (Ⅲ)解：∵H 是C 1G 的中点，),21,2431,200(+++∴H 即).21,87,0(又),0,21,21(F⋅=-+-+-==∴841)021()2187()210(||222FH2．解：以A 为坐标原点，建立下图所示的空间直角坐标系．(Ⅰ)设DF ＝x ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，E ).0,1,(),0,21,1(x F).0,1,(),1,0,1(),1,21,1(11x AB D ==--=∴∴D 1·1＝1－1＝0，即D 1⊥1． 于是D 1⊥平面AB 1F ⇔E D 1⊥AF ⇔D 1·＝0210=-⇔x ，即⋅=21x故当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F ．(Ⅱ)当D 1E ⊥平面AB 1F 时，F 是CD 的中点．又E 是BC 的中点，连结EF ，则EF ∥B D ．连结AC ，设AC 与EF 交于点H ，则AH ⊥EF ．连结C 1H ，则CH 是C 1H 在底面ABCD 内的射影． ∴C 1H ⊥EF ，即∠AHC 1是二面角C 1－EF －A 的平面角．∵),0,43,43(),1,1,1(1H C).0,43,43(),1,41,41(1--==∴HC⋅-=⨯-==<∴31898983||||cos 111HC HA HC A即,31cos π)31cos(1arc arc AHC -=-=∠ 故二面角C 1－EF －A 的大小为⋅-31cosπarc 3．解：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D －xyz ．则DA ＝(1，0，0)，'CC ＝(0，0，1)．连结BD ，B ′D ′．在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H ．设＝(m ，m ，1)(m ＞0)，由已知＜，＞＝60°，由·＝｜｜｜｜cos ＜，＞可得2m ＝.122+m 解得22=m ，所以)1,22,22(=DH(Ⅰ)因为,222111022022,cos =⨯⨯+⨯+⨯>=<CC所以<，CC >＝45°．即DP 与CC ′所成的角为45°． (Ⅱ)平面AA ′D ′D 的一个法向量是＝)0,1,0(．因为,212101122022,cos =⨯⨯+⨯+⨯>=<所以<DH ，DC >＝60°．可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°．4．解：(Ⅰ)证明：由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1．所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB ．故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，相关各点的坐标是A (3，0，0)，B (0，3，0)，C (0，1，3)，O 1(0，0，3)． 从而),3,3,0(),3,1,3(1-=-=BO AC.03331=⋅+-=⋅BO AC 所以AC ⊥BO 1．(Ⅱ)解：因为03331=⋅+-=⋅，所以1BO⊥， 由(Ⅰ)AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1是平面OAC 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )是0平面O 1AC 的一个法向量，由⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0,033001y z y x O AC n n 取3=z ，得).3,0,1(=n设二面角O －AC －O 1的大小为θ ， 所以⋅=⋅>=<=43||||,cos cos 111BO BO n n θ5．证明：(Ⅰ)由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA ，连结OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以SA OC OB OA 22===，且AO ⊥BC ， 又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且,22SA SO =从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO ． 又AO ∩BO ＝O ， 所以SO ⊥平面ABC ．(Ⅱ)解：以O 为坐标原点，射线OB ，OA 分别为x 轴、y 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ．设B (1，0，0)，则C (－1，0，0)，A (0，1，0)，S (0，0，1)． SC 的中点),21,0,21(),21,0,21(-=-M ).1,0,1(),21,1,21(--=-=∴0,0=⋅=⋅．故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，＜，＞等于二面角A －SC －B 的平面角．,33,cos =>=< 所以二面角A －SC －B 的余弦值为⋅33。
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
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。
高中数学立体几何与空间向量真题(解析版)
高中数学专题16立体几何与空间向量真题1．如图，正方体的一个截面经过顶点A，C及棱EF上一点K，且将正方体分成体积比为3：1的两部分，则的值为.【答案】【解析】设.截面与FG交于J.，解得(舍去)故.2．设点P到平面的距离为3，点Q在平面上，使得直线PQ与所成角不小于30°且不大于60°，则这样的点Q所构成的区域的面积为.【答案】【解析】设点P在平面上的射影为O.由条件知，.即OQ∈[1，3]，故所求的区域面积为.3．在正三棱锥中,,过AB的平面将其体积平分.则棱与平面所成角的余弦值为_____________。
【答案】【解析】设的中点分別为，则易证平面A BM即为平面由平行四边形的性质知,所以，又直线P C在平面上的射影为直线MK,由得因此，棱P C与平面所成角的余弦值为.故答案为：4．设P为一圆锥的顶点，A、B、C为其底面圆周上的三点，满足∠ABC=90°，M为AP的中点．若AB =1，AC=2，AP=，则二面角M-BC-A的大小为________.【答案】【解析】由，知AC为底面圆的直径.如图所示，设底面中心为O.于是，平面ABC.故.设H为M在底面上的射影.则H为AO的中点.在底面中作于点K.由三垂线定理知.从而，为二面角M-BC-A的平面角.由，结合得:.故二面角M-BC-A的大小为.5．四棱锥P-ABCD中，已知侧面是边长为1的正三角形，M、N分别为边AB、BC的中点.则异面直线MN与PC之间的距离为___________.【答案】【解析】如图，设底面对角线AC与BD交于点O，过点C作直线MN的垂线，与MN交于点H.由于PO为底面的垂线，故PO⊥CH.又AC⊥CH，于是，CH与平面POC垂直.从而，CH⊥PC.因此，CH为直线MN与PC的公垂线段.注意到，.故异面直线MN与PC之间的距离为.6．已知正三棱锥底面边长为1，高为.则其内切球半径为______.【答案】【解析】如图，设球心在平面与平面内的射影分别为，边的中点为，内切球半径为.则分别三点共线，，且.故.解得.7．设同底的两个正三棱锥内接于同一个球.若正三棱锥的侧面与底面所成的角为，则正三棱锥的侧面与底面所成角的正切值是______.【答案】4【解析】如图6，联结.则，垂足为正的中心，且过球心.联结并延长与交于点.则为边的中点，且.易知，分别为正三棱锥、正三棱锥的侧面与底面所成二面角的平面角. 则.由.故.8．在四面体中，已知.则四面体的外接球的半径为______.【答案】【解析】易知，为正三角形，且CA=CB.如图，设P、M分别为AB、CD的中点，联结PD、PC.则平面平面PDC.设的外心为N，四面体ABCD的外接球的球心为O.则.可求得由题意知.在中，由余弦定理得又因为D、M、O、N四点在以DO为直径的圆上所以故外接球的体积.9．已知正三棱柱的9条棱长都相等，是边的中点，二面角.则________.【答案】【解析】解法1 如图，以所在直线为轴、线段的中点为原点、所在直线为轴建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2.则.故.设分别与平面、平面垂直的向量为.则由此可设.所以，，即.因此，.解法2如图..设交于点.则平面.又，则平面.过点在平面上作，垂足为，联结.则为二面角的平面角.设.易求得.在中，.又，则.故.1．四面体P-ABC，,则该四面体外接球的半径为________. 【答案】【解析】将四面体还原到一个长方体中，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则，所以四面体外接球的半径为.2．四面体ABCD中，有一条棱长为3，其余五条棱长皆为2，则其外接球的半径为____.【答案】【解析】解:设BC=3,AB=AC=AD=BD=CD=2,E,F分别是BC,AD的中点，D在面ABC上的射影H应是△ABC的外心，由于DH上的任一点到A,B,C等距，则外接球心O在DH上，因，所以AE=DE,于是ED为AD的中垂线是，顒球心O是DH，EF的交点，且是等腰△EAD的垂心，记球半径为r，由△DOF～△EAF，得.而,所以.3．如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，P A=AB.E、F分别为PD、BC的中点，则二面角E－FD－A的正切值为________.【答案】【解析】如图，作EH⊥AD于H，连HF.由P A⊥面ABCD，知P A⊥AD，EH∥P A，EH⊥ABCD.作HG⊥DF于G，连EG，则EG⊥FD，∠EGH为二面角E－FD－A的平面角.∵ABCD为正方形，E、F分别为PD、BC的中点，∴H为AD中点，FH⊥AD.设P A=AB=2，则，FH=2，HD=4，.∴.∴二面角E－FD－A的正切值为.4．已知正四面体内切球的半径是1，则该正四面体的体积为________.【答案】【解析】设正四面体的棱长为.则该正四面体的体积为，全面积为，所以，解得.从而正四面体的体积为.故答案为：5．正方体AC1棱长是1，点E、F是线段DD1，BC1上的动点，则三棱锥E一AA1F体积为___.【答案】【解析】因为F是BC1上的动点，所以在正方体中有，利用等体积转化有.故答案为.6．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥HB，垂足为H，且P A=4，C为P A的中点，则当三棱锥O-HPC的体积最大时，OB的长为________．【答案】【解析】法一：AB⊥OB，PB⊥AB，AB⊥面POB，面P AB⊥面POB．OH⊥PB，OH⊥面P AB，OH⊥HC，OH⊥PC，又，PC⊥OC，PC⊥面OCH．PC是三棱锥P-OCH的高．PC=OC=2．而△OCH的面积在时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．当时，由，知∠OPB=30°，．法二：由C为P A中点，故，而．记则，．∴令，得，.故答案为：7．如图，在正三棱柱中，AB=2，，D、F分别是棱AB、的中点，E为棱AC 上的动点，则△DEF周长的最小值为__________.【答案】【解析】由正三棱锥可得底面ABC，所以AB，AC.在Rt△ADF中，.如图①，把底面ABC与侧面在同一个平面内展开，展开图中只有当D、E、F三点在同一条直线上时，DE+EF取得最小值.如图②，在△ADF中，，由余弦定理可得.所以△DEF周长的最小值为.8．在边长为1的长方体内部有一小球，该小球与正方体的对角线段相切，则小球半径的最大值=___________.【答案】【解析】当半径最大时，小球与正方体的三个面相切.不妨设小球与过点的三个面相切.以为原点，分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系.设A(0，1，1)，(1，0，0)，小球圆心P(r，r，r)，则P到的距离.再由，得.故答案为：9．正方体中，E为AB的中点，F为的中点.异面直线EF与所成角的余弦值是_____. 【答案】【解析】设正方体棱长为1，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则.故有.所以.故答案为：10．在半径为R的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是_____.【答案】【解析】设内接圆柱底面半径为，则高位，那么全面积为.其中，等号成立的条件是.故最大值为.故答案为：11．已知空间四点满足，且是三棱锥的外接球上的一个动点，则点到平面的最大距离是______．【答案】【解析】将三棱锥补全为正方体，则两者的外接球相同．球心就是正方体的中心，记为，半径为正方体对角线的一半，即为．在正方体里，可求得点到平面的距离为，则点到平面的最大距离是．12．在正四核锥中，已知二面角的正弦值为，则异面直线所成的角为______．【答案】【解析】如图，设的交点为上的射影为，则．又因为，因此，所以，则．因此即为二面角的平面角，从而．设，则．在中，．由此得，因此，解得．从而四棱锥各侧面均为正三角形，则异面直线所成的角为．13．半径分别为6、6、6、7的四个球两两外切.它们都内切于一个大球，则大球的半径是________【答案】14【解析】设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AB=BC=CA=12，DA=DB=DC=13，即A、B、C、D两两连结可构成正三棱锥.设待求的球心为X，半径为r.，则由对称性可知DX平面ABC.也就是说，X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知.设OX=x，则由于球A内切于球X，所以AX=r-6即①又DX=OD-OX=11-x，且由球D内切于球X可知DX=r-7于是②从①②两式可解得即大球的半径为14.故答案为：1414．一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体可以在纸盒内任意转动，则小正四面体棱长的最大值为______．【答案】2【解析】因为小正四面体可以在纸盒内任意转动，所以小正四面体的棱长最大时，为大正四面体内切球的内接正四面体．记大正四面体的外接球半径为，小正四面体的外接球(大正四面体的内切球)半径为，易知，故小正四面体棱长的最大值为．15．已知棱长的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱体积的最大值为_____.【答案】【解析】由题意知只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况.由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在、AC、上.设线段上的切点为E，圆柱上底面中心为，半径.由，则圆柱的高为，由导数法或均值不等式得.。
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。
空间向量在立体几何中的应用和习题含答案
空间向量在立体几何中的应用：(1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，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α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m 1，m 2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3，OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1，点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1，AE 的中点，求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴//，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：(1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明． 例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行． 解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，=，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aa a a AC =-= 23cos 111==∴AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA∴⋅=>=<33,cos 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ，AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)θ ＞ϕ，m ＞n (B)θ ＞ϕ，m ＜n (C)θ ＜ϕ，m ＜n(D)θ ＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______． 7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ，A ∈PQ ，B ∈α ，C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC ⊥PQ ；(Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅A A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421( 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ，α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角，则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝(1，0，0)是平面β 的一个法向量． 设二面角B －AC －P 的平面角为θ ，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。
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空间向量与立体几何典型例题一、选择题：1．(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ C ）A ．13B．3 C．3 D ．231.解：C ．由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体，设棱长为a，则1AB =，棱柱的高13AO a ===（即点1B 到底面ABC 的距离），故1AB 与底面ABC所成角的正弦值为11AO AB =另解：设1,,AB AC AA 为空间向量的一组基底，1,,AB AC AA 的两两间的夹角为060 长度均为a ，平面ABC 的法向量为111133OA AA AB AC =--,11AB AB AA =+ 2111126,,333OA AB a OA AB ⋅=== 则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为111123OA AB AO AB ⋅=.二、填空题：1．(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C ABD --M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 61． 1.答案：16.设2AB =，作CO ABDE ⊥面，OH AB ⊥，则CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D --cos 1CH OH CH CHO ==⋅∠=，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-,11()()22AN EM AB AC AC AE ⋅=+⋅-=12故EM AN ，所成角的余弦值16AN EM AN EM ⋅= 另解：以O 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----,1111(,,(,,)222222M N ---,则3121321(,,),(,,),,32222222AN EM AN EM AN EM ==-⋅===, 故EM AN ，所成角的余弦值16AN EM AN EM ⋅=.三、解答题： 1．（2008安徽文）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的 菱形，4ABC π∠=, OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。
（Ⅰ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅱ）求点B 到平面OCD 的距离。
1．方法一（综合法）（1）CD ‖AB,MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角（或其补角） 作,AP CD P ⊥于连接MP ⊥⊥平面A B C D ，∵OA ∴CD MP ,42ADP π∠=∵∴DP =MD ==∵ 1cos ,23DP MDP MDC MDP MD π∠==∠=∠=∴所以 AB 与MD 所成角的大小为3π（２）AB 平面∵∴‖OCD,点A 和点B 到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A 作AQ OP ⊥于点Q ，,,,AP CD OA CD CD OAP ⊥⊥⊥平面∵∴ ,AQ OAP AQ CD ⊂⊥平面∵∴又 ,AQ OP AQ OCD ⊥⊥平面∵∴,线段AQ 的长就是点A 到平面OCD 的距离2OP ====∵，2AP DP ==2222332OA AP AQ OP ===∴，所以点B 到平面OCD 的距离为23方法二(向量法)作AP CD ⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO 轴建立坐标系(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,A B P D O M(1)设AB 与MD 所成的角为θ,(1,0,0),(1)22AB MD ==--∵ 1cos ,23AB MDAB MD πθθ===⋅∴∴ ,∴AB 与MD 所成角的大小为3π (2) 22(0,,2),(2)OPOD =-=--∵ ∴设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则0,0n OP n OD ==即2020y z x y z -=⎨⎪+-=⎪⎩取z =解得(0,n =设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB 在向量(0,n =上的投影的绝对值, (1,0,2)OB =-∵, 23OB n d n⋅==∴. 所以点B 到平面OCD 的距离为232．（2008安徽理）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=, OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点。
（Ⅰ）证明：直线MN OCD 平面‖；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。
2． 方法一（综合法）（1）取OB 中点E ，连接ME ，NEME CD ME CD ∴，‖AB,AB ‖‖又,NE OC MNE OCD ∴平面平面‖‖MN OCD ∴平面‖ （2）CD ‖AB,MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角（或其补角）作,AP CD P ⊥于连接MP ⊥⊥平面A B C D ，∵OA ∴CD MP ,4ADP π∠=∵∴DP =MD ==NB1cos ,23DP MDP MDC MDP MD π∠==∠=∠=∴ 所以 AB 与MD 所成角的大小为3π（3）AB 平面∵∴‖OCD,点A 和点B 到平面OCD 的距离相等，连接OP,过点A 作 AQ OP ⊥ 于点Q ，,,,AP CD OA CD CD OAP AQ CD ⊥⊥⊥⊥平面∵∴∴ 又 ,AQ OP AQ OCD ⊥⊥平面∵∴,线段AQ 的长就是点A 到平面OCD 的距离2OP ====∵，2AP DP ==2222332OA AP AQ OP ===∴，所以点B 到平面OCD 的距离为23方法二(向量法)作AP CD ⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系(0,0,0),(1,0,0),(0,(,0),(0,0,2),(0,0,1),(1,0)22244A B P D O MN --,(1)2222(1,,1),(0,,2),(2)44222MN OP OD =--=-=-- 设平面OCD 的法向量为(,,)n x yz =,则0,n OP n =即2022022y z x y z -=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取z =解得(0,n =22(1,,1)(0,4,2)0MN n =--=∵ MN OCD ∴平面‖ (2)设AB 与MD 所成的角为θ,(1,0,0),(1)22AB MD ==--∵ 1cos ,23AB MDAB MD πθθ===⋅∴∴ , AB 与MD 所成角的大小为3π(3)设点B 到平面OCD 的交流为d ,则d 为OB 在向量(0,n =上的投影的绝对值, 由 (1,0,2)OB =-, 得23OB n d n⋅==.所以点B 到平面OCD 的距离为233．（2008北京文）如图，在三棱锥P -ABC 中，AC =BC =2，∠ACB =90°，AP =BP =AB ，PC⊥AC .（Ⅰ）求证：PC ⊥AB ；（Ⅱ）求二面角B -AP -C 的大小.3．解法一：（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD ，CD . ∵AP =BP ， ∴PD ⊥AB . ∵AC =BC . ∴CD ⊥AB . ∵PD ∩CD ＝D . ∴AB ⊥平面PCD . ∵PC ⊂平面PCD ， ∴PC ⊥AB .（Ⅱ）∵AC =BC ,AP =BP , ∴△APC ≌△BPC . 又PC ⊥AC ， ∴PC ⊥BC.又∠ACB ＝90°，即AC ⊥BC ， 且AC ∩PC =C ， ∴AB ＝BP ， ∴BE ⊥AP .∵EC 是BE 在平面P AC 内的射影， ∴CE ⊥AP .∴∠BEC 是二面角B -AP-C 的平面角. 在△BCE 中，∠BCE =90°,BC=2,BE =623=AB ， ∴sin ∠BEC =.36=BE BC ∴二面角B -AP -C 的大小为aresin.36解法二：（Ⅰ）∵AC =BC ,AP =BP , ∴△APC ≌△BPC . 又PC ⊥AC . ∴PC ⊥BC. ∵AC ∩BC =C , ∴PC ⊥平面ABC . ∵AB ⊂平面ABC ， ∴PC ⊥AB .(Ⅱ)如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C-xyz. 则C （0，0，0），A （0，2，0），B （2，0，0）. 设P （0，0，t ）,∵｜PB ｜=｜AB ｜＝22， ∴t =2,P (0,0,2).取AP 中点E ，连结BE ，CE .∵｜AC ｜=｜PC ｜,｜AB ｜=｜BP ｜, ∴CE ⊥AP ,BE ⊥AP .∴∠BEC 是二面角B-AP -C 的平面角. ∵E (0,1,1),),1,1,2(),1,1,0(--=--= ∴cos ∠BEC.33622=⋅=∴二面角B-AP-C 的大小为arccos.33 4．（2008北京理）如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠=，AP BP AB ==，PC AC ⊥．（Ⅰ）求证：PC AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面APB 的距离．4．解法一：（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD CD ，．AP BP =， PD AB ∴⊥． AC BC =， CD AB ∴⊥． PD CD D =， AB ∴⊥平面PCD ． PC ⊂平面PCD ， PC AB ∴⊥．（Ⅱ）AC BC =，AP BP =， APC BPC ∴△≌△． 又PC AC ⊥， PC BC∴⊥． 又90ACB ∠=，即AC BC ⊥，且AC PC C =，BC ∴⊥平面PAC ．取AP 中点E ．连结BE CE ，． AB BP =，BE AP ∴⊥．EC 是BE 在平面PAC 内的射影， CE AP ∴⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角． 在BCE △中，90BCE ∠=，2BC =，2BE AB ==sin 3BC BEC BE ∴∠==． ∴二面角B AP C --的大小为arcsin3． （Ⅲ）由（Ⅰ）知AB ⊥平面PCD ， ∴平面APB ⊥平面PCD ．过C 作CH PD ⊥，垂足为H ． 平面APB 平面PCD PD =， CH ∴⊥平面APB ．CH ∴的长即为点C 到平面APB 的距离．AB D PABEP ABDPH由（Ⅰ）知PC AB ⊥，又PC AC ⊥，且AB AC A =，PC ∴⊥平面ABC ． CD ⊂平面ABC ， PC CD ∴⊥． 在Rt PCD △中，12CD AB ==PD PB ==2PC ∴==． 23PC CD CH PD ∴==．∴点C 到平面APB ．解法二：（Ⅰ）AC BC =，AP BP =， APC BPC ∴△≌△． 又PC AC ⊥， PC BC ∴⊥． AC BC C =， PC ∴⊥平面ABC ． AB ⊂平面ABC ， PC AB ∴⊥．（Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -． 则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，． 设(00)P t，，．PB AB ==，2t ∴=，(002)P ，，． 取AP 中点E ，连结BE CE ，． AC PC =，AB BP =， CE AP ∴⊥，BE AP ⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．(011)E ，，，(011)EC =--，，，(211)EB =--，，， 3cos 26EC EB BEC EC EB∴∠===． ∴二面角B AP C --的大小为． （Ⅲ）AC BC PC ==，C ∴在平面APB 内的射影为正APB △的中心H ，且CH 的长为点C 到平面APB 的距离． 如（Ⅱ）建立空间直角坐标系C xyz -．2BH HE =，∴点H 的坐标为222333⎛⎫⎪⎝⎭，，．233CH ∴=．∴点C 到平面APB的距离为3．5． (2008福建文) 如图，在四棱锥中，侧面PAD ⊥底面ABCD,侧棱,底面ABCDy为直角梯形，其中BC ∥AD,AB ⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD 中点。