2013届高三数学暑假作业 空间向量与立体几何
2013届高三数学暑假作业 立体几何(2)
2013届高三数学暑假作业一 基础再现考点15：平面及其基本性质1 .设m 、n 是异面直线，则(1)一定存在平面α，使α⊂m 且n ∥α；(2)一定存在平面α，使α⊂m 且α⊥n ；(3)一定存在平面γ，使m ，n 到γ的距离相等；(4)一定存在无数对平面α与β，使α⊂m ，β⊂n ，且α∥β；上述4个命题中正确命题的序号为._____________ 考点15：直线与平面平行、垂直的判定与性质2、已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列命题：①若m∥β，n∥β，m 、n ⊂α，则α∥β；②若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m ，n ⊂γ，则m⊥n； ③若m⊥α，α⊥β，m∥n，则n∥β； ④若n∥α，n∥β，α∩β＝m ，那么m∥n； 其中所有正确命题的序号是 ． 考点15：两平面平行、垂直的判定与性质3：若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题．．．是 1)若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥2)．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥ 3)．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥ 4)．若m αγ=，n βγ=，m n ∥，则αβ∥4．设两个平面α，β，直线l ，下列条件：（1）l ⊥α，（2）//l β，（3）αβ⊥，若以其中两个为前提，另一个为结论，则构成三个命题，这三个命题中正确的命题个数为___5．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为CC 1的中点．求证：（1）AC 1∥平面BDE ；（2）A 1E ⊥平面BDE ．二 感悟解答1． 答案：(1) (3)点评：空间几何中概念问题应深入理解，借助于图形培养自己的空间想象能力。
2. 答案：②④点评：紧扣垂直与平行判定定理与性质定理灵活解题。
3解：由有关性质排除1)、3)、4)，选2).1D 点评：依条件作图想象培养学生空间想象能力以及对性质的理解. 4.答案：_1__点评：本题是一道开放性命题，考查学生对于定理的理解程度。
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。
【三维设计】2013届高考数学一轮复习大题规范解答全得分系列(七)空间向量在立体几何中的应用答题模板
【三维设计】 2013 届高考数学一轮复习大题规范解答全得分系列（七）空间向量在立体几何中的应用答题模板新人教版利用空间向量证明空间中的线面关系，计算空间的各样角是高考对峙体几何的惯例考法，它以代数运算取代复杂的想象，给解决立体几何带来了鲜活的方法．此类问题多以解答题为主，难度中档偏上，主要考察空间坐标系的成立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，运算能力要求较高．“大题规范解答——得全分”系列之( 七 )空间向量在立体几何中的应用答题模板[典例](2012安徽高考·满分 12 分 ) 平面图形ABB1A1C1C如图①所示，此中BBCC 是矩形， BC＝2， BB＝4，AB＝ AC＝2，AB＝AC1111111＝5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面 BB1C1C垂直，再分别连结 A1A， A1B，A1C，获得如图②所示的空间图形．对此空间图形解答以下问题．(1)证明： AA1⊥ BC；(2)求 AA1的长；(3)求二面角 A- BC- A1的余弦值．[ 教你迅速规范审题]1．审条件，挖解题信息察看四边形 BB1C1C是矩形，平面 ABC⊥平面 BB1C1C， 1 11―→取 BC， BC的中点 D，D 条件平面 1 1 1⊥平面――――――――――→1 1连结 DDAB C BBCC1DD1， B1D1， A1D1两两垂直2．审结论，明解题方向察看结论―→(1) 证明：AA1⊥BC，(2)求 AA1的长，需成立空间直角坐标系(3) 求二面角A－BC－A1的余弦值――――――――――→转变为向量运算解决正确写出有关点的坐标3．建联系，找解题打破口D1D， D1B1， D1A1两两垂直，, BC＝2， BB1＝4，AB＝ AC＝2 ，A1B1＝A1C1＝511111成立空间正确写出有关点及以DD， DB ，DA 所在――――――――――→――――――――→直线分别为 z轴， x轴， y轴直角坐标系有关向量的坐标(1)证明 A1A·BC＝0，(2)计算 AA1＝|AA1|，(3)求平面法向量的夹角得相应―→ 结论[ 教你正确规范解题](1)证明：取 BC， B1C1的中点分别为 D和 D1，连结 A1D1， DD1， AD.由 BB1C1C为矩形知， DD1⊥ B1C1.由于平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1，所以 DD1⊥平面 A1B1C1分)又由 A1B1＝A1C1知， A1D1⊥ B1C1分)故以D1为坐标原点，可成立如下图的空间直角坐标系D1－xyz分 )由题设，可得 A1D1＝2， AD＝1.由以上可知⊥平面 1 1， 11⊥平面 1 1 ，AD BBCC AD BBCC于是 AD∥ A1D1分 )所以(0 ，－ 1,4)， (1,0,4)，1(0,2,0)， ( － 1,0,4)， (0,0,4)，A B A C D故 AA ＝(0,3，－ 4) ，BC＝( － 2,0,0)，AA ·BC＝0，分 ) 11所以AA1⊥BC1分 )，即 AA⊥ BC(2)由于 AA1＝(0,3，－4)，所以 | AA1| ＝ 5，即AA＝分 )1(3)设平面 A1BC的法向量为 n1＝( x1， y1， z1)，又由于 A1C ＝(－1，－2,4)， A1B ＝(1，－2,4)，分 ) A1C ·n1＝0，分 )所以A1B ·n1＝0，x 1＋2y1－ 4z＝ 0，x ＝0，11即1－2y 1＋4 1＝0?1＝2 1.x z y z令 z1＝1，则 n1＝(0,2,1)．又由于平面 ABC⊥ z 轴，所以取平面ABC的法向量为 n2＝(0,0,1)，则 cos 〈1，2〉＝n · n2＝1＝5，分)n n1| n1|·|n2|555所以二面角A－BC－ A1的余弦值为－分)5[ 常有失分探因]坐标系成立不妥，不可以正确地推证AD∥ A1D1，致使点 A的坐标求错.不注意条件“ z轴⊥平面 ABC”的应用，增大运算量.5求出 cos 〈n1，n2〉＝5后，不判断二面角大小直接得出结论进而失误.—————————————[ 教你一个全能模板] ———————————————第一步理清题意利用条件剖析问题，成立适合的空间直角坐标系.―→第二步确定有关点的坐标联合建系过程与图形，正确地写出有关点的坐标.―→第三步确定平面利用点的坐标求出有关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直的法向量线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量.―→第四步转变为向量将空间地点关系转变为向量关系，空间角转变为向量的夹角问题去运算论证，求解 .―→第五步问题复原联合条件与图形，作出结论( 注意角的范围 ).―→回首检查建系过程、坐标能否有错及能否忽略了所求角的范第六步反省回首围而写错结论.。
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。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法2学案含解析新人教A版选
第二课时 空间向量与空间角、距离[提出问题]山体滑坡是一种常见的自然灾害．甲、乙两名科技人员为了测量一个山体的倾斜程度，甲站在水平地面上的A 处，乙站在山坡斜面上的B 处，A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离AC 和BD 分别为30 m和40 m ，CD 的长为60 m ，AB 的长为80 m.问题1：如何用向量方法求异面直线AC 和BD 所成的角？ 提示：设异面直线AC 与BD 所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AC ―→，BD ―→〉|. 问题2：如何求斜线BD 与地面所成角α？ 提示：设地面的法向量为n ， 则sin α＝|cos 〈BD ―→，n 〉|.问题3：如何求水平地面与斜坡面所成二面角β？ 提示：cos β＝cos 〈CA ―→，DB ―→〉． [导入新知]1．空间角及向量求法[化解疑难]1．若直线l (方向向量为a )与平面α(法向量为n )所成的角为θ，则当〈a ，n 〉∈0，π2时，θ＝π2－〈a ，n 〉；当〈a ，n 〉∈π2，π时，θ＝〈a ，n 〉－π2. 2．将二面角转化为两个平面的法向量的夹角求解时，应注意判断二面角是锐角还是钝角．3．点到平面的距离的实质，就是平面的单位法向量与从该点出发的平面的斜线段向量数量积的绝对值．[例1] 1111＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°[解析] 不妨设AB ＝BC ＝AA 1＝1，则EF ―→＝BF ―→－BE ―→＝12(BB 1―→－BA ―→)，BC 1―→＝BC ―→＋BB 1―→，∴|EF ―→|＝12|BB 1―→－BA ―→|＝22，|BC 1―→|＝2，EF ―→·BC 1―→＝12(BB 1―→－BA ―→)·(BC ―→＋BB 1―→)＝12，∴cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝EF ―→·BC 1―→|EF ―→|·|BC 1―→|＝1222×2＝12，∴〈EF ―→，BC 1―→〉＝60°.即异面直线EF 与BC 1的夹角是60°. [答案] B [类题通法]利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是0，π2，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以cos θ＝|cos α|.[活学活用]正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1D 1，A 1C 1的中点，求异面直线AE 与CF 所成角的余弦值．解：不妨设正方体棱长为2，分别取DA ，DC ，DD1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，E (1,0,2)，F (1，1,2)，则AE ―→＝(－1,0,2)，CF ―→＝(1，－1,2)， ∴|AE ―→|＝5，|CF ―→|＝ 6. AE ―→·CF ―→＝－1＋0＋4＝3. ∴cos 〈AE ―→，CF ―→〉＝AE ―→·CF ―→|AE ―→|·|CF ―→|＝3010，∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为3010.[例2] 如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求BD 与平面 ADMN 所成的角．[解] 如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,1,0)，M (1，12，1)，PB―→＝(2,0，－2)，DM ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，1，AD ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2，－2,0)．(1)证明：PB ―→·DM ―→＝(2,0，－2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1＝0，∴PB ⊥DM .(2)∵PB ―→·AD ―→＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0， ∴PB ⊥AD .又∵PB ⊥DM ，∴PB ⊥平面ADMN . 即PB ―→为平面ADMN 的一个法向量．因此〈PB ―→，DB ―→〉的余角即是BD 与平面ADMN 所成的角． ∵cos 〈PB ―→，DB ―→〉＝PB ―→·DB ―→|PB ―→|·|DB ―→|＝422×22＝12，∴〈PB ―→，DB ―→〉＝π3，∴BD 和平面ADMN 所成的角为π6.[类题通法]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． 利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB ―→； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB ―→||n |·|AB ―→|.[活学活用](全国丙卷)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ， 所以四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为MN ⊄平面PAB ，AT ⊂平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB . (2)取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ， 且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz . 由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2， PM ―→＝(0,2，－4)，PN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM ―→＝0，n ·PM ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN ―→〉|＝|n ·AN ―→||n ||AN ―→ |＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.[例3] 如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1BD C 1的大小．[解] (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1. 又因为AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直． 以C 为坐标原点，CA ―→的方向为x 轴的正方向，|CA ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)， 则A 1D ―→＝(0,0，－1)，BD ―→＝(1，－1,1)，DC 1―→＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0.可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD ―→＝0，m ·DC 1―→＝0.可取m ＝(1,2,1)．从而cos n ，m ＝n·m |n|·|m|＝32.故二面角A 1BD C 1的大小为30°. [类题通法]向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤[活学活用](全国甲卷)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 ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6， 得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2， 故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF ―→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，故AB ―→＝(3，－4,0)，AC ―→＝(6,0,0)，AD ′―→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB ―→＝0，m ·AD ′―→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AD ′―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.故sin 〈m ，n 〉＝2 9525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是2 9525.[例4] 四棱锥，PD ＝DA ＝2，F ，E 分别为AD ，PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．[解] (1)证明：以D 为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2，2,0)，E (0,1,1)， FP ―→＝(－1,0,2)，FB ―→＝(1,2,0)，DE ―→＝(0,1,1)， ∴DE ―→＝12FP ―→＋12FB ―→，∴DE ―→∥平面PFB .又∵DE ⊄平面PFB ，∴DE ∥平面PFB . (2)∵DE ∥平面PFB ，∴点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离． 设平面PFB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FB ―→＝0，n ·FP ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0.令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)．又∵FD ―→＝(－1,0,0)， ∴点D 到平面PFB 的距离 d ＝|FD ―→·n ||n |＝26＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. [类题通法]求点到平面的距离的四步骤[活学活用]在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1B 1，CD 的中点，求点B 到平面AEC 1F 的距离．解：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，B (1,1,0)．∴AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，AF ―→＝－1，12，0.设平面AEC 1F 的法向量为n ＝(1，λ，μ)， 则n ·AE ―→＝0，n ·AF ―→＝0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧12λ＋μ＝0，－1＋12λ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝－1，∴n ＝(1,2，－1)． 又∵AB ―→＝(0,1,0)，∴点B 到平面AEC 1F 的距离d ＝|AB ―→·n ||n |＝26＝63.7.空间向量在立体几何中的应用[典例] (12分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值．[解题流程]由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ， 于是AD ∥A 1D 1.(4分)所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)， 故AA 1―→＝(0,3，－4)，BC ―→＝(－2,0,0)，AA 1―→·BC ―→＝0，(5分) 因此AA 1―→⊥BC ―→，即AA 1⊥BC .(6分) (2)因为AA 1―→＝(0,3，－4)， 所以|AA 1―→|＝5，即AA 1＝5.(8分)(3)设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，又因为A 1C ―→＝(－1，－2,4)，A 1B ―→＝(1，－2,4)，(9分) 所以⎩⎪⎨⎪⎧A 1C ―→·n 1＝0， A 1B ―→·n 1＝0，(10分)即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝2z 1.令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)．[活学活用]如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面PAC ； (2)求二面角B PA C 的余弦值．解：(1)如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量， 则由n 1·OD ―→＝0，n 1·OP ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.∴z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA ―→＝0，n 2·PC ―→＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.∴x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2.取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． ∵n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，∴n 1⊥n 2. 从而平面POD ⊥平面PAC . (2)∵y 轴⊥平面PAB ，∴平面PAB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B PA C 的平面角与θ相等， ∴二面角B PA C 的余弦值为105.[随堂即时演练]1．若直线l 的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．以上均错解析：选C ∵l 的方向向量与平面的法向量的夹角为120°， ∴它们所在直线的夹角为60°，则直线l 与平面α所成的角为90°－60°＝30°.2．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.104 C.32D.34解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB 1C 1＝60°，∠DC 1D 1＝45°，设B 1C 1＝1，CC 1＝3＝DD 1.∴C 1D 1＝3，则有B 1(3，0,0)，C (3，1，3)，C 1(3，1,0)，D (0,1，3)．∴B 1C ―→＝(0,1，3)，C 1D ―→＝(－3，0，3)． ∴cos 〈B 1C ―→，C 1D ―→〉＝B 1C ―→·C 1D ―→| B 1C ―→||C 1D ―→|＝326＝64.3．已知向量n ＝(1,0，－1)与直线l 垂直，且直线l 经过点A (2,3,1)，则点P (4,3,2)到直线l 的距离为________．解析：PA ―→＝(－2,0，－1)，又n 与l 垂直， ∴P 到l 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪ －2，0，－1 · 1，0，－1 12＋ －1 2＝12＝22. 答案：224．在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为边长是1的正方形，PA ＝2，则AB 与PC 的夹角的余弦值为________．解析：因为AB ―→·PC ―→＝AB ―→·(PA ―→＋AC ―→)＝AB ―→·PA ―→＋AB ―→·AC ―→＝1×2×cos 45°＝1，又∵|AB ―→|＝1，|PC ―→|＝6，∴cos 〈AB ―→，PC ―→〉＝AB ―→·PC ―→|AB ―→||PC ―→|＝11×6＝66.答案：665．如图，正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 与AD 的交点，AC ⊥BC ，且AC ＝BC .(1)求证：AM ⊥平面EBC ；(2)求直线AB 与平面EBC 所成角的大小． 解：∵四边形ACDE 是正方形， ∴EA ⊥AC ，AM ⊥EC . ∵平面ACDE ⊥平面ABC ， ∴EA ⊥平面ABC .以点A 为原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以AC 和AE 所在直线为y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .设EA ＝AC ＝BC ＝2，则A (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，E (0,0,2)． ∵M 是正方形ACDE 的对角线的交点， ∴M (0,1,1)．(1)证明：∵AM ―→＝(0,1,1)，EC ―→＝(0,2，－2)， CB ―→＝(2,0,0)，∴AM ―→·EC ―→＝0，AM ―→·CB ―→＝0. ∴AM ⊥EC ，AM ⊥CB .又∵EC ∩CB ＝C ，∴AM ⊥平面EBC . (2)∵AM ⊥平面EBC ，∴AM ―→为平面EBC 的一个法向量． ∵AM ―→＝(0,1,1)，AB ―→＝(2,2,0)， ∴cos 〈AB ―→，AM ―→〉＝AB ―→·AM ―→|AB ―→|·|AM ―→|＝12.∴〈AB ―→，AM ―→〉＝60°.∴直线AB 与平面EBC 所成角的大小为30°.[课时达标检测]一、选择题1．已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为( )A ．10B ．3 C.83D.103解析：选D 点P 到平面α的距离 d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA ―→·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－4－44＋4＋1＝103.2．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝2，DD 1＝3，则AC 与BD 1所成角的余弦值为( ) A ．0 B.37070C ．－37070D.7070解析：选A 建立如图空间直角坐标系，则D 1(0,0,3)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，∴BD 1―→＝(－2，－2,3)，AC ―→＝(－2,2,0)． ∴cos 〈BD 1―→，AC ―→〉＝BD 1―→·AC ―→|BD 1―→||AC ―→ |＝0.∴〈BD 1―→，AC ―→〉＝90°，其余弦值为0.3．已知正四棱锥S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成的角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系，令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，∴AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，SD ―→＝(－1，－1，－2)，∴cos 〈AE ―→，SD ―→〉＝AE ―→·SD ―→AE ―→||SD ―→|＝－33，∴AE ，SD 所成的角的余弦值为33. 4．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，则直线BE 与平面B 1BD 所成的角的正弦值为( )A ．－105 B.105 C ．－155D.155解析：选B 建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0，2,1)．∴BD ―→＝(－2，－2,0)，BB 1―→＝(0,0,2)，BE ―→＝(－2,0,1)． 设平面B 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥BD ―→，n ⊥BB 1―→，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2y ＝0，2z ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，z ＝0.令y ＝1，则n ＝(－1,1,0)．∴cos 〈n ，BE ―→〉＝n ·BE ―→|n ||BE ―→|＝105，设直线BE 与平面B 1BD 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BE ―→〉|＝105.5．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 建立空间直角坐标系如图，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)．平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PD ―→＝0，n 2·CD ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0.令x ＝1，则z ＝1.∴n 2＝(1,0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22. ∴此角的大小为45°. 二、填空题6．直线l 的方向向量a ＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为________．解析：设直线l 与平面α所成的角是θ，a ，n 所成的角为β，sin θ＝|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ －2，3，2 · 4，0，1 17×17＝617.答案：6177．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝________.解析：建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则C (0，2,0)，M (2,0,1)，D 1(0,0,2)，N (2，2,1)．可知CM ―→＝(2，－2,1)，D 1N ―→＝(2,2，－1)， CM ―→·D 1N ―→＝2×2＋(－2)×2＋1×(－1)＝－1， |CM ―→|＝3，|D 1N ―→|＝3，∴cos 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝CM ―→·D 1N ―→|CM ―→||D 1N ―→|＝－19，∴sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝459.答案：4598.如图，已知矩形ABCD 与矩形ABEF 全等，二面角D AB E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39，则ABBC＝________.解析：建立如图所示空间直角坐标系，设AB ＝1，BC ＝λ，则F (λ，0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，B (0,1,0)，D (0,0，λ)．∵FM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ，12，0，BD ―→＝(0，－1，λ)．∴cos θ＝|FM ―→·BD ―→||FM ―→|·|BD ―→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12λ2＋14·λ2＋1＝39， 解得λ＝2，所以AB BC ＝22. 答案：22三、解答题9.如图所示，已知在四面体ABCD 中，O 为BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为BO ＝DO ，AB ＝AD ，所以AO ⊥BD . 因为BO ＝DO ，BC ＝CD ， 所以CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3， 而AC ＝2，所以AO 2＋CO 2＝AC 2， 所以∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . 因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD .(2)以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)， BA ―→＝(－1,0,1)，CD ―→＝(－1，－3，0)，所以cos 〈BA ―→，CD ―→〉＝BA ―→·CD ―→|BA ―→||CD ―→|＝24， 所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24.10．如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)若二面角D PC A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离． 解：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE .建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0，0，h )，C 32，12，0， D 32，－12，0，B (0,2,0)， AP ―→＝(0,0，h )，AC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，PC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－h ，PD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－h .设平面PAC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ AP ―→·n 1＝0， AC ―→·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ hz ＝0，32x ＋12y ＝0.令x ＝h ，得n 1＝(h ，－3h ，0)． 同理得平面PDC 的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h ，0，32.∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝55，∴h ＝ 3.又可求得平面PBC 的一个法向量n 3＝(3，3，2)， 所以，点A 到平面PBC 的距离为 d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP ―→·n 3|n 3|＝234＝32.。
高中数学——空间向量与立体几何练习题(附答案).docx
空间向量练习题1.如图所示，四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，ZBCD=60° , E 是CD 的中点，用丄底面ABCD, PA=2. （I ）证明：平面丄平面PAB:（II ）求平PAD 和平面所成二面角（锐角）的大小.如图所示，以A 为原点，建立空I'可直角坐标系.则相关各点的 坐标分别是A （0, 0, 0）,B （1, 0, 0）,c （|，¥，o ）, D （*，¥，O ）,P （O , 0, 2）,E （I ，¥，O ）.平而PAB 的一个法向量是n 0 =（0,1,0）, 所以血和无共线.从而BE 丄平面PAB. 乂因为BE u 平面PBE, 故平面PBE 丄平面PAB.设入=u ，x ，zj 是平面p 朋的一个法向量，则由［得kDBE = 0%)+0X/ _2Z] =0,巧所以刃=0,兀]=2Z]・故可取q =(2,0,1).0 x X] ------ ” + 0 x =0.设石=（兀2，力“2）是平而PAD 的一个法向量，则由［上豊二。
得・-_［n 2DAD = 00xx 2 +0x 『2 -2Z 2 =0,（I ）证明 — h因为 B£ = (0，T ，0)(II)解—— _ di易知= (1,0, —2), BE = (0,— 2,0) 用= (0,0,—2),I5 = (g¥,0)y 2 +0xz 2 =0.所以 z 2 = 0,x 2 =-A /3J 2.故可取 $ =(V3,-l,0).A /3 2故平而必〃和平面PBE 所成二面角（锐角）的人小是arccos 逅.••・二面角A - A - B 的大小为arccos 半.2.如图，正三棱柱ABC-A^Q 的所有 棱长都为2, D 为CC]中点。
(I )求证：AB 】丄ffi AxBD ；(II )求二面角A-A }D~B 的大小； (III )求点C 到平面A/D 的距离；(I )证明取中点O,连结A0.•••△ABC 为正三角形，・・・AO 丄BC.•・•在正三棱柱ABC-A.B.C,中，平面ABC 丄平面BCC.B,,取目G 屮点以0为原点，OB, 00lt 鬲的方向为上y, z 轴的正方向建立空间 直角坐标系，则 3(1,0,0), 0(-1,1,0), ^(0,2,73), A(0,0,巧)，B,(1,2,0), ••・丙二(1,2,-能)，BD = (-2,1,0),= (-1,2,73).v AB 1JBD = -2 + 2 + 0 = 0, AB.JBA, =-1 + 4-3 .・.AB }丄 BD , AB 〕丄 BA }.・・・AB 】丄平面A.BD .(II)解 设平面\AD 的法向量为n = (x y, z).AD = (-1,1,-A /3), 鬲= (0,2,0). ••• n 丄 AD , n 丄 AA {, .[-兀+y-V^z = 0,<JA4 =0, [2y = 0,nJAD = 0, 0, x = -V3z.令Z = 1得兀=(-73,0,1)为平面\AD 的一个法向量. 由(I )知丄平面A[BD ,••• A 妨为平面的法向量. cos<…,画 >="顾-胚wL AB]2 2^2 4(Ill)解由(II), AB ］为平面A }BD 法向量, •・• ~BC = (-2,0,0),両=(1,2,- x/3).364妨 _ |—2| _ 血网_2血_ 2 °3.如图，在四面体ABCD 中，0、E 分别是BD 、BC 的中点, CA = CB = CD = BD = 2 , AB = AD = y[2.(1) 求证：A0丄平面BCD ；(2) 求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值； (3) 求点E 到平面ACD 的距离.⑴证明连结0C•・・ BO = DO, AB = AD.:. AO 丄 BD.・；BO=DO,BC = CD, CO 丄 BD ・在MOC 中，由己知可得A0 = l.C0 = y/3. 而 AC = 2, ,\AO 2+CO 2=AC\・・• BDC \OC = O,・・・AO 丄平面BCD.(2)解 以O 为原点，如图建立空间直角坐标系,则 3(1,0,0),0(—1,0,0),C(0, V3,0), A(0,0,1),硝,f, 0), BA = (-1,0,1), CD = (-1,-73,0).:.异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 J.4⑶解设平面ACD 的法向量为〃=(兀” z),则:.ZAOC = 90°,即 AO 丄 OC.:.cos < BA, CD >=BA CD _ A /2・••点C 到平面ABD 的距离dn-AD —(兀,y, z)(—1,0,—1) = 0 n-AC = (x, y, Z )(0,A /3,-1) = 0 X+Z=0 一 l L，令y = 1,得斤二(-73,1,73)是平面ACD 的一个法向量.y/3y-z = 04. 己知三棱锥 P-ABC 中，PA1ABC, AB±AC, PA 二AC=%AB,N 为 AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为PB,BC 的屮点.(I )证明：CM 丄SN ；(II)求SN 与平面CMN 所成角的大小.以A 为原点，射线AB, AC, AP 分别为x, y,z 轴正向建立空间直角坐标，-),N (丄,0,0), S (1,丄,0)・……4 分2 2 2(I )丽=(i,_i 丄)，前=d ，o )2 2 2 ——— 1 1因为 = -一 + - + 0 = 0,2 2所以CM 丄SN …(ID NC = (——,1,0),2设a 二(x, y, z)为平面CMN 的一个法向量,又瓦心,拿0),点E 到平面©的距离"EC - n证明：设PA=1,x~ y — z = 0,则{2令x = 2,得a=(2, 1,-2).——x+y = 0- 2jr5. 如图，在三棱柱ABC —AQG 中，已知BC=l,B^=2,ZBCq=- AB 丄侧面BB"，解：（1）在直三棱柱ABC-\B }C X 中，CC 丄平面ABC :.C }B 在平面ABC 上的射影为CB.:.ZC 、BC 为直线C/与底面ABC 所成角. ....... /•/ CC] = BB } = 2, BC = 1,tan Z.C X BC — 2即直线C/与底面ABC 所成角正切值为2............... 4’(2 )当 E 为中点时，EA 丄 EB[.・.・CE = EG=1,BC = BC=1・・・ZBEC = ZB\EC\ =45°/. ZBEB } = 90°,即 丄 BE又•・・AB 丄平面BB 、C\C, •・・EB 、u 平面BBQC /. AB 丄EB 、所以SN 与片面CMN 所成角为45° o12分因为（1） 求直线C|B 与底而ABC 所成角正切值；（2） 在棱CG （不包含端点C,CJ 上确定一点£的位置，使得EA 丄EB.（要求说明理由）.EA 丄EB[ .............. 8’・・• 丄EB「・・FG丄EB(连结设人3门4冋=0,连结OFQG,FG ,则OG//AE,且込"SAE丄码.5丄毋/. ZOGF为二面角A-EB}-A}的平面角. .................・・・ OG = -AE = l,FG = -A}B} =-,OF = -BE = —2 2 八2 2 2(3 )取Ed的中点G \E的中点F ,则FG //・•・二面角A-EB.-A,的大小为45°・・・ZOGF = 45° ............. 1Z。
高中数学 6立体几何专题空间向量课后习题(带答案)
空间向量课后习题1．空间的一个基底{}，，a b c 所确定平面的个数为（ ） Ａ．1个Ｂ．2个Ｃ．3个Ｄ．4个以上2．已知(121)A -，，关于面xOy 的对称点为B ，而B 关于x 轴的对称点为C ，则BC =（ ） Ａ．(042)，， Ｂ．(042)--，， Ｃ．(040)，， Ｄ．(202)-，，3．已知向量111222()()x y z x y z ==，，，，，a b ，若≠a b ，设a b -=R ，则a b -与x 轴夹角的余弦值为（ ） Ａ．12x x R- Ｂ．21x x R- Ｃ．12x x R-Ｄ．12()x x R-±4．若向量MA MB MC ，，的起点与终点M A B C ，，，互不重合且无三点共线，O 是空间任一点，则能使MA MB MC ，，成为空间一组基底的关系是（ ） Ａ．111333OM OA OB OC =++Ｂ．MA MB MC ≠+ Ｃ．1233OM OA OB OC =++Ｄ．2MA MB MC =-5．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 是11A B 的中点，则E 是平面11ABC D 的距离是（ ）Ｃ．126．一条长为a 的线段，夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别是45°和30°，由这条线段两端向两平面的交线引垂线，垂足的距离是（ ）Ａ．2a Ｂ．3a7．若向量a 与b 的夹角为60°，4=b ，(2)(3)72a b a b +-=-，则a =（ ）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．128．设P 是60°的二面角l αβ--内一点，PA ⊥平面α，PB ⊥平面β，A B ，为垂足，42PA PB ==，，则AB 的长为（ ） Ａ．42Ｂ．23Ｃ．25Ｄ．279．ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，2PD AD PD AD ⊥==，，二面角P AD C --为60°，则P 到AB 的距离为（ ） Ａ．22Ｂ．3Ｃ．2Ｄ．710.已知()()(00)x y z a b c xyz abc ==≠≠，，，，，，p q ，若有等式2222222()()()x y z a b c ax by cz ++++=++成立，则，p q 之间的关系是（ ）Ａ．平行 Ｂ．垂直 Ｃ．相交 Ｄ．以上都可能11．已知平面α与β所成二面角为80°，P 为αβ，外一定点，过点P 一条直线与αβ，所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（ ） Ａ．1条 Ｂ．2条 Ｃ．3条 Ｄ．4条12．如图1，梯形ABCD 中，AB CD ∥，且AB ⊥平面α，224AB BC CD ===，点P 为α内一动点，且APB DPC ∠=∠，则P 点的轨迹为（ ）Ａ．直线 Ｂ．圆 Ｃ．椭圆 Ｄ．双曲线二、填空题13．已知(11)(2)t t t t t =--=，，，，，a b ，则-b a 的最小值是14．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，向量1BA 与向量AC 所成的角为1BD =，若15．如图2，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB D =，在棱1BB 上，且AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则sin α=16．已知m l ，是异面直线，那么： ①必存在平面α过m 且与l 平行； ②必存在平面β过m 且与l 垂直； ③必存在平面γ与m l ，都垂直； ④必存在平面δ与m l ，距离都相等． 其中正确命题的序号是三、解答题17．设空间两个不同的单位向量122(0)(0)x y x y ==，，，，，a b 与向量(111)=，，c 的夹角都等于π4．18．如图3，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA =，底面ABCD 是直角梯形，ADC ∠是直角，421AB CD AB AD DC ===，，，∥，求异面直线1BC 与DC 所成角的大小．19．如图4，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动，问AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为π4．20．如图5所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截而得到的，其中14231AB BC CC BE ====，，，． （1）求BF ；（2）求点C 到平面1AEC F 的距离．21．如图6，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，AB BC kPA ==，点O D ，分别是AC PC ，的中点，OP ⊥底面ABC ．（1）求证：OD ∥平面PAB ；（2）当12k =时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；（3）当k 为何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心？22．如图7，已知向量OA OB OC ===，，a b c ，可构成空间向量的一个基底，若123()a a a =，，，a123123()()b b b c c c ==，，，，，b c ，在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算233231131221()a b a b a b a b a b a b ⨯=---，，a b ，显然⨯a b 的结果仍为一向量，记作p ．（1） 求证：向量p 为平面OAB 的法向量；（2） 求证：以OA OB ，为边的平行四边形OADB 的面积等于⨯a b ；(3)将四边形OADB 按向量OC =c 平移，得到一个平行六面体111OADB CA D B -，试判断平行六面体的体积V答案1.【答案】C2.【答案】Ｂ3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】D9.【答案】D 10.【答案】Ａ 11.【答案】D 12.【答案】B 13.14.【答案】120°． 15.16.【答案】①④17.解：（1）由πcos 4==ac a c 11a c =+·x y ，11+=∴x y又1==a ，222111111113()2122x y x y x y x y +=++=+=∴． 1114x y =∴． （4）同理可得222214x y x y +==， 11x y ，∴是方程2104x +=的两根，同理22x y ，也是． 又≠∵a b ，1221==，∴x y x y ．cos ==，·∴·a b a b a b a b 1212112212=+=+=x x y y x y x y ，60a b =，∴°．18.解：以D 为原点，1DA DC DD ，，所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则1(012)(240)(010)C B A ，，，，，，，，． 1(232)BC =--，，∴，(010)CD =-，，．设1BC 与CD 所成角为θ， 则11317cos 17BC CD BC CDθ==·． θ=∴． ∴异面直线1BC 与DC 所成角的大小为19.解：设AE x =，以D 为原点，直线1DA DC DD ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系， 则11(101)(001)(10)(100)(020)A D E x A C ，，，，，，，，，，，，，，． 11(120)(021)(001)CE x D C DD =-=-=，，，，，，，，∴．设平面1D EC 的法向量为()a b c =，，n ， 由1020(2)00n n⎧=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-==⎩⎪⎩，，，··D C b c a b x CE 令1b =，22c a x ==-，∴．(212)x =-，，∴n ．依题意11π2cos 42DD DD ==⇒=n n ·．2x =∴（2x =+ 2AE =∴20.解：（1）以D 为原点，DAF DC DF ，，所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -， 1(000)(240)(200)(040)(241)(043)D B A C E C ，，，，，，，，，，，，，，，，，， 设(00)F z ，，． 由1AF EC =，得(20)(202)z -=-，，，，，2z =∴．(002)(242)F BF =--，，，，，∴．26BF =∴（2）设1n 为平面1AEC F 的法向量，1(1)x y =，，n ，由1100AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，··n n 得410220y x +=⎧⎨-+=⎩，．114x y =⎧⎪⎨=-⎪⎩，．∴又1(003)CC =，，，设1CC 与1n 的夹角为α， 则111cos CCCC α==·n n． C ∴到平面1AEC F 的距离1cos d CC α=． 21.解：（1）证明：OP ⊥∵平面ABC OA OC AB BC ==，，， OA OB OA OP OB OP ⊥⊥⊥，，∴．以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -．设AB a =，则222000000222A a B a C a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，． 设OP h =，则(00)P h ，，．D ∵为PC 的中点，21042OD a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴． 202PA a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，12OD PA =-∴． OD PA ∴∥，OD ∴∥平面PAB ．（2）12k =，即2PA a =，72h a =∴，27022PA a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴ 可求得平面PBC 的法向量1117⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，，n ． 210cos 30PA PA PA ==，·∴n n n． 设PA 与平面PBC 所成的角为θ， 则210sin cos 30PA θ==，n ． PA ∴与平面PBC 所成的角为210arcsin30． （3）PBC △的重心221663G a a h ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，221663OG a a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴， OG ⊥∵平面PBC ，OG PB ⊥∴．又202PB a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，2211063OG PB a h =-=∴·． 22h a =∴． 22PA OA h a =+=∴，即1k =．反之，当1k =时，三棱锥O PBC -为正三棱锥． O ∴在平面PBC 内的射影为PBC △的重心． （3） ()⨯·a b c 的大小． 22.解：（1）233213113212213()()()0a b a b a a b a b a a b a b a =-+-+-=p a ·，⊥p a ∴，同理⊥p b ．p ∴是平面OAB 的法向量．（2）设平行四边形OADB 的面积为S ，OA 与OB 的夹角为θ，则sin θ=S OA OB =a a b =⨯．∴结论成立．（3）设C 点到平面OAB 的距离为h ，OC 与平面OAB 所成的角为α， 则=V Sh sin α=⨯a b c ，又()cos sin α⨯=⨯⨯=⨯，·a b c a b c a b c a b c ， ∴V ()a b c =⨯·．空间向量课后习题1．空间的一个基底{}，，a b c 所确定平面的个数为（ ） Ａ．1个Ｂ．2个Ｃ．3个Ｄ．4个以上2．已知(121)A -，，关于面xOy 的对称点为B ，而B 关于x 轴的对称点为C ，则BC =（ ） Ａ．(042)，， Ｂ．(042)--，， Ｃ．(040)，， Ｄ．(202)-，，3．已知向量111222()()x y z x y z ==，，，，，a b ，若≠a b ，设a b -=R ，则a b -与x 轴夹角的余弦值为（ ） Ａ．12x x R- Ｂ．21x x R- Ｃ．12x x R-Ｄ．12()x x R-±4．若向量MAMB MC ，，的起点与终点M A B C ，，，互不重合且无三点共线，O 是空间任一点，则能使MA MB MC ，，成为空间一组基底的关系是（ ） Ａ．111333OM OA OB OC =++Ｂ．MA MB MC ≠+ Ｃ．1233OM OA OB OC =++ Ｄ．2MA MB MC =-5．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 是11A B 的中点，则E 是平面11ABC D 的距离是（ ）Ｃ．126．一条长为a 的线段，夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别是45°和30°，由这条线段两端向两平面的交线引垂线，垂足的距离是（ ）Ａ．2a Ｂ．3a7．若向量a 与b 的夹角为60°，4=b ，(2)(3)72a b a b +-=-，则a =（ ）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．128．设P 是60°的二面角l αβ--内一点，PA ⊥平面α，PB ⊥平面β，AB ，为垂足，42PA PB ==，，则AB 的长为（ ）Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．9．ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，2PD AD PD AD ⊥==，，二面角P AD C --为60°，则P 到AB 的距离为（ ）Ａ． Ｃ．210.已知()()(00)x y z a b c xyz abc ==≠≠，，，，，，p q ，若有等式2222222()()()x y z a b c ax by cz ++++=++成立，则，p q 之间的关系是（ ）11．已知平面α与β所成二面角为80°，P 为αβ，外一定点，过点P 一条直线与αβ，所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（ ）Ａ．1条 Ｂ．2条Ｃ．3条 Ｄ．4条12．如图1，梯形ABCD 中，AB CD ∥，且AB ⊥平面α，224AB BC CD ===，点P 为α内一动点，且APB DPC ∠=∠，则P 点的轨迹为（ ）Ａ．直线 Ｂ．圆Ｃ．椭圆 Ｄ．双曲线二、填空题13．已知(11)(2)t t t t t =--=，，，，，a b ，则-b a 的最小值是14．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，向量1BA 与向量AC 所成的角为1BD =，若15．如图2，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB D =，在棱1BB 上，且AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则sin α=16．已知m l ，是异面直线，那么：①必存在平面α过m 且与l 平行；②必存在平面β过m 且与l 垂直；③必存在平面γ与m l ，都垂直；④必存在平面δ与m l ，距离都相等．其中正确命题的序号是三、解答题17．设空间两个不同的单位向量(0)(0)x y x y ==，，，，，a b 与向量(111)=，，c 的夹角都等于π．18．如图3，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA =，底面ABCD 是直角梯形，ADC ∠是直角，421AB CD AB AD DC ===，，，∥，求异面直线1BC 与DC 所成角的大小．19．如图4，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动，问AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为π4．20．如图5所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截而得到的，其中14231AB BC CC BE ====，，，．（1）求BF ；（2）求点C 到平面1AEC F 的距离．21．如图6，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，AB BC kPA ==，点O D ，分别是AC PC ，的中点，OP ⊥底面ABC ．（1）求证：OD ∥平面PAB ；（2）当12k =时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小； （3）当k 为何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心？22．如图7，已知向量OA OB OC ===，，a b c ，可构成空间向量的一个基底，若123()a a a =，，，a123123()()b b b c c c ==，，，，，b c ，在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算233231131221()a b a b a b a b a b a b ⨯=---，，a b ，显然⨯a b 的结果仍为一向量，记作p ．（4） 求证：向量p 为平面OAB 的法向量；（5） 求证：以OA OB ，为边的平行四边形OADB 的面积等于⨯a b ；(3)将四边形OADB 按向量OC =c 平移，得到一个平行六面体111OADB CA D B -，试判断平行六面体的体积V答案1.【答案】C2.【答案】Ｂ3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】D9.【答案】D10.【答案】Ａ11.【答案】D12.【答案】B13.14.【答案】120°．15.16.【答案】①④17.解：（1）由πcos 4==ac a c 11a c =+·x y ，11+=∴x y又1==a ，222111111113()2122x y x y x y x y +=++=+=∴．1114x y =∴．（4）同理可得222214x y x y +==，11x y ，∴是方程2104x +=的两根，同理22x y ，也是．又≠∵a b ，1221==，∴x y x y ．cos ==，·∴·a ba b a b a b 1212112212=+=+=x x y y x y x y ，60a b =，∴°．则1(012)(240)(010)C B A ，，，，，，，，．1(232)BC =--，，∴，(010)CD =-，，．设1BC 与CD 所成角为θ， 则11317cos 17BC CDBC CDθ==·． θ=∴． ∴异面直线1BC 与DC 所成角的大小为 19.解：设AE x =，以D 为原点，直线1DA DC DD ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系， 则11(101)(001)(10)(100)(020)A D E x A C ，，，，，，，，，，，，，，． 11(120)(021)(001)CE x D C DD =-=-=，，，，，，，，∴． 设平面1D EC 的法向量为()a b c =，，n ， 由1020(2)00n n⎧=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-==⎩⎪⎩，，，··D C b c a b x CE 令1b =，22c a x ==-，∴．(212)x =-，，∴n ．依题意11π2cos 42DD DD ==⇒=n n ·．2x =∴（2x =+ 2AE =∴20.解：（1）以D 为原点，DAF DC DF ，，所在直线为x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，1(000)(240)(200)(040)(241)(043)D B A C E C ，，，，，，，，，，，，，，，，，， 设(00)F z ，，．由1AF EC =，得(20)(202)z -=-，，，，， 2z =∴． (002)(242)F BF =--，，，，，∴．26BF =∴（2）设1n 为平面1AEC F 的法向量，1(1)x y =，，n ，由1100AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，··n n 得410220y x +=⎧⎨-+=⎩，．11x y =⎧⎪⎨=-⎪，．∴又1(003)CC =，，，设1CC 与1n 的夹角为α， 则111433cos 33CC CC α==·n n ． C ∴到平面1AEC F 的距离1433cos 11d CC α==． 21.解：（1）证明：OP ⊥∵平面ABC OA OC AB BC ==，，， OA OB OA OP OB OP ⊥⊥⊥，，∴． 以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -． 设AB a =，则222000000222A a B a C a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，． 设OP h =，则(00)P h ，，．D ∵为PC 的中点，21042OD a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴． 202PA a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，12OD PA =-∴． OD PA ∴∥，OD ∴∥平面PAB ． （2）12k =，即2PA a =，72h a =∴， 27022PA a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴ 可求得平面PBC 的法向量1117⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，，n ． 210cos 30PA PA PA ==，·∴nn n ． 设PA 与平面PBC 所成的角为θ， 则210sin cos 30PA θ==，n ． PA ∴与平面PBC 所成的角为210arcsin30． （3）PBC △的重心221663G a a h ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，221663OG a a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴， OG ⊥∵平面PBC ，OG PB ⊥∴．又202PB a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，2211063OG PB a h =-=∴·．h =∴．PA a =∴，即1k =． 反之，当1k =时，三棱锥O PBC -为正三棱锥． O ∴在平面PBC 内的射影为PBC △的重心．（6） ()⨯·a b c 的大小． 22.解：（1）233213113212213()()()0a b a b a a b a b a a b a b a =-+-+-=p a ·， ⊥p a ∴，同理⊥p b ．p ∴是平面OAB 的法向量．（2）设平行四边形OADB 的面积为S ，OA 与OB 的夹角为θ，则sin θ=S OA OB =a a b =⨯． ∴结论成立．（3）设C 点到平面OAB 的距离为h ，OC 与平面OAB 所成的角为α， 则=V Sh sin α=⨯a b c ， 又()cos sin α⨯=⨯⨯=⨯，·a b c a b c a b c a b c ， ∴V ()a b c =⨯·．。
(完整word版)空间向量与立体几何测试题及答案
高中 数学选修（2-1）空间向量与立体几何测试题、选择题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是（）A. —个圆E. —个点 C.半圆 D.平行四边形答案：AUUJU2 .在长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1中，下列关于 AC ,的表达中错误的一个是（ ）C. 一定共面D. 肯定不共面A. UUL T AA LUUIT AB UUU TA D C.UUL T AD UUUU CC 1 ULU U D 1C 1 B. D. UUU UlUULUJUJAB DD D G1 uma ujun uuuir-(AB 1 CD 1) AC 13.若 A. B. a , (a (a b, c 为任意向量, b) c a b )・c F 列等式不一定成立的是（ a-c C. D.m(a b) (a-b)-c 答案：Dma a-(b-c)(b c) b-cmb4.若二点A B, C 共线，P 为空1 间任意一占八、且 PAPB A. 1B. 1C.- 1D. 22答案：B5.设 a (x,4,3), b (3,2, z)，且 a II b , 则xz:等于（）A. 4B. 9C. 9D. 649答案：B6 .已: 知非 零向量 e 〔，e2不共线,如果UJUAB UUT e e 2, AC 2A B, C , D ()uuuPC ,则UULT8©,, AD3e 的值为则四点答案: B uni uu mA. —定共圆B. 恰是空间四边形的四个顶点心答案：C7.如图1,空间四边形 ABCD 的四条边及对 角线长都是a ,点E , 的中点，贝U a 2等于( uuu uurA. 2BA AC F , G 分别是 AB, AD , CDB. uuu UJU 2AD-BD uur uuuC. 2FG-CAD. uuu UJU 2EF-CB答案：B &若a则 x, y , e 1 e 2 e ® z 的值分别为 b e 1 e2e3,c e1)e2e3, e i2e 2 3是，且 d xa ybzc ,A. 5 2, 答案：AB.C.D. 2 J'19.若向量a (1 ,2)与 b (2, 1,2)的夹角的余弦值为 8，则 9A. 2B. 2C. 2或— 55D.2或—55答案：C 10 •已知ABCD 为平行四边形，且A(413), ” 7A. —,4, 1 2答案：D B. (2,4,1) B(2, 5,1), C(3,7,C. ( 214,1) 11 .在正方体ABCD AB 1C 1D1 中, 5),则顶点D 的坐标为(D. (513, 3)A. 60°B. 90° O 为AC , BD 的交点，则 C 43C. arccos -3 GO 与AD 所成角的(arccos 6 D. 答案：D 12.给出下列命题： b ，贝U a-(b ①已知a c) c ・(b a) b-c ; ② A, B, uuu uuuu uuirM , N 为空间四点，若BABM ,BN 不构成空间的一个基底， 那么A , B, M , N 共面; b ，则a , b 与任何向量都不构成空间的一个基底; ④若a, b 共线，则a, 正确的结论的个数为( A. 1 B. 2 答案：C ③已知a b 所在直线或者平行或者重合. ) C. 3D. 4二、填空题 13.已知 a (3,15), b(1,2, 3),向量c 与z 轴垂直，且满足c-a 9, c-b4，则c所成的角. 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0, B(0, a ,0, A(0,0,&a), G — a<a 虽a 2 2 由于n ( 1,0,0)是面ABB 1A ］的法向量,答案：22 21,05 5 UlU 1 UUU 2 UUU 14.已知A B, C 三点不共线，O 为平面ABC 外一点，若由向量OP OA OB 5 3 LULT ” OC 确 定的点P 与A, B, C 共面，那么 _______________ 答案：- 15 15.已知线段 AB 面，BC ，CD BC ，DF 面 于点F ，在平面 的同侧，若 AB BC CD 2，则AD 的长为 _________________ . DCF 30°，且 D , A 答案：2 2 16 .在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，BQ 和CQ 与底面所成的角分别为 线BC 和CQ 所成角的余弦值为 _______________ . 60°和45° ,则异面直 答案: 17 .设 a 1 2i j k , a 2 i 3j 2k , a a 2i j 3k , a 4 3i 2j 5k ，试问是否存在实 数，， ，a 4 a 1 a 2 a 3成立? 如果存在，求出 ,,;如果不存在，请写出 证明. 答案：解： 假设 a 4 a 1 a 2 a 3成立. ••• a 1 (2, 1,1), a 2(13, 2) , a 3 ( 21, 3) , a 4 (3,2,5),•- (2 2 ,3 , 2 3 ) (3,2,5).2 232 ,32,解得1,2 3 5,3.所以存在 2, 1, v3使得a 4 2a 1 a 2 3a 3.三、解答题 理由即为解答过程. 18.如图2,正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为 a ，侧棱长为 2a ，求AC 1与侧面ABB 1AI ；20.已知正方体 ABCD AB1GD 1的棱长为2 , P, Q 分别是BC , CD 上的动点，且PQ 2 , 确定P, Q 的位置，使QB 1 PD 1 . 解：建立如图所示的空间直角坐标系，设BP t ,得 CQ 2 (2 t)2 , DQ 2 2 (2 t)2 ..uuuu cos AG , nUJIHAC/nJJUIAG n故AC i 与侧面ABB i A 所成的角为30°.19 •如图 3，直三棱柱 ABC ABQ i 中，底面是等腰直角三角形, ACB 90°，侧棱AA 2，D ，E 分别是CC i 与AB 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是 求点A 到平面AED 的距离.解：建立如图所示的空间直角坐标系，设CA 2a ,'""2a 2a 1 则 A(2a,0,0, B(0,2a,0, D(0,0,1), A(2a,0,2) E(a, a,1), G 一,一，-. 33 3切 a a 2 uuu从而 GE — _ ,BD (0, 2a,1).3 3 3 uuu uur△ ABD 的重心G ,则 A !(2,0,2) A(2,0,0) E(1,1,1).自A 作AH 面AED 于M ，并延长交xOy 面于H ，设H (x, y ,0), uuuu则 AH (x 2, y ,2).uuu uuu 又 AD ( 2,0,) , AE ( 1,1,1).A 1H AD , A 1H AE2(x22) 220 0 % 1,得 H(1,1,0) (x 2) y 2 0y 1 ,又AMA 1A 'cos JUTULULTA A AMjUULT LULU. AA ・cos A 1A AH2 4 22.6那么 B(2,0,2) D(0,2 -2, P(2 , , 0) Q(22 (2 t)2 ,2 - 0),从而QR ( 2 (2 t)2 - 2 -2),PD 1 (2,2 t , 2),由 QB PD 1 uuuu uuuuQB/PD ! 0,1 21 图X即 2 2 (2 t)22(2 t) 4 0 t 1 .故P, Q 分别为BC , CD 的中点时，QB i PD i .21.如图4，在底面是直角梯形的四棱锥 S ABCD 中， ABC 90°，SA 面 ABCD ， 1 SA AB BC 1, AD ，求面SCD 与面SBA 所成二面角的正切 2 值. 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 戸, 1 则 A(0,0,0, B( 1,0, 0, C( 1,1,0) D 0,0 , S(0,0,1). 延长CD 交x 轴于点F ,易得F(1,0, 0), 作AE SF 于点E ,连结DE , 则 DEA 即为面SCD 与面SBA 所成二面角的平面角. 1 1 又由于 SA AF 且 SA AF ,得 E - , 0 ,-, 2 2uur 1 那么EA 2,01 uur ED 2从而 uuu uuu.EA ，.uu u UUUI. ED |1 1 2,2 6 3uur umr.因此 tan EAF , ED 故面SCD 与面SBA 所成二面角的正切值为 22 .平行六面体 ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且 GCB GCD BCD ,试问:CD当一一的值为多少时， AQ 面GBD ?请予以证明. CG 解：欲使AQ 面GBD ,只须AC C 1D ,且AC GB . uuir uuun欲证AC GD ,只须证CAGD 0 , uur uur uuu uuur 即(CA AA )• (CD CG ) 0 , uur uuu 也就是(CD CB ujuu uur uuur CC)(CD CCJ 0,uuu 2 .uuuu 2 uuu u uu 即 CD ICC 1CB CD cos BCD uuu uuui CB CC 1 cos 由于 C 1CB BCD , C 1CB 0.显然,uur CDuuuuCC 1时，上式成立; 同理可得，当 因此,当CDCC 1uur CD iuuu CC 1AC1 时，AC 面 GBD ..选择题：（10小题共40分）ABC 外的任一点 O,下列条件中能确定点 M 与点A B C定共面的是()A. OM OA OB ' OCB . OM2OA OB OCC. OMOA 1 ^OB1 ^OCD. OM^OA ^OB -OC233 3 3 2.直三棱柱ABC-A 1B 1G 中, 若CAa,CB bgC,则 AB()A. a b— c B. a ■ — b cC. a■ — b cD. a b c3.若向量m 垂直向量a 和b ，向量n—» a b(,R 且、0）则（能4.以下四个命题中，正确的是—1 —1 —-A.若OP OA OB ,则P 、A 、E 三点共线2 3B.设向量｛a,b,c ｝是空间一个基底，则｛ a + b , b +c , c + a ｝构成空间的另一个基底—► —*—► fC . （a b ）c a b cA 1B 1 a, A 1D 1 b, AA c ,则下列向量中与B 1M 相等的是 （）1.已知A B C 三点不共线，对平面 A. m 〃 n B. mn C.qp •*m 不平行于n,m 也不垂直于D.以上三种情况都可D. △ ABC 是直角三角形的充要条件是 AB AC 0 5.对空间任意两个向量 a,b （bo ）,a//b 的充要条件是A . a bB . aC. b aD. a6.已知向量a(0,2,1),b ( 1,1, 2）,则a 与b 的夹角为A.0 °B.45C.90o.D.1807.在平行六面体 ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为 AC 与 BD2B.5C.35 D 」10二.填空题：(4 小题共16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.已知 A( 0，2，3)，B( -2，1 , 6), C( 1，-1 ,5),若 |a| 3,且a AB,a AC,则向量a的坐标为13.已知a,b 是空间二向量，若|a| 3,|b| 2,| a b| 7,则a 与b 的夹角为 14.已知点 G 是厶ABC 的重心，O 是空间任一点，若OA OB OC OG,则 的值为.三.解答题：(10+8+12+14=44 分)15.如图：ABCD 为矩形，PAL 平面 ABCD PA=AD M N 分别是PC AB 中点, (1)求证：MNL 平面PCD (2)求NM 与平面 ABCD 所成的角的大小.16. 一条线段夹在一个直二面角的两个面内，它和两个面所成的角都是 300,求这条线段与这个二面角的棱所成的角的大小 .10.在棱长为1的正方体ABC —A 1B 1CD 中，M 和N 分别为AB 和BB 的中点，那么直线 AM 与CN所成角的余弦值是A.1 1「 1 11 11111 a b C B. a b -C C. a b c D.- a b c2 2 22 2 2 2 22 28.已知a (1,0,2 ),b(6,21,2),若 a//b,则的值分别为A.1,jB.5, 2D.-5 , -29.已知 a 3i 2j k,b iA.-15B.-5C.-3D.-1C. 117.正四棱锥S—ABCD中，所有棱长都是2, P为SA的中点，如图•(1)求二面角B—SC- D的大小；(2)求DP与SC所成的角的大小•518.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ ABC中，CA=CB=1 / BCA=90，棱AA=2, M N分别是A1B1, AA的中点；(1)求BN的长;⑵求cos BA，CB1的值；(3)求证：AB C1M .(4)求CB与平面AABB所成的角的余弦值高中数学选修2-1测试题（10）—空间向量 ⑴ 参考答案•-1 BN |= (1 0)2 (0 1)2 (1 0)2 3.DDBB DCDA AB 11.0 12.(1 ,1 , 1)13.6014.315.(1) 略⑵4516.4517.(1)1 3⑵18.(1)3(2)30 (3) 略(4)3 10101018.如图，建立空间直角坐标系O — xyz.（1 ）依题意得B （ 0,(2)依题意得 A 1 (1, 0, 2)、B ( 0, 1 , 0)、 • BA ={ —1 , — 1 , 2} , CB 1 ={0 , 1 , 2, }, C (0, 0, 0)、B (0, 1 , 2)BA| • CB 1 =3, | BA |=4 g1J齐■二4 Z图1，0）、N （1，0，1）I CB i |= 5二cos<BA i ,CB i >=BA CB1—-:'30 .IBA i I |CB i|10(3)证明：依题意，得G(0, 0, 2)、M( 1,1,22 2 ),A>{ -1,1,2}, C j M={-,-，1 2 20}. • A B • C i M =—11+0=0,••• AB 丄CM ,••• A i B丄CM.评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件。
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2013届高三数学暑假作业
一 基础再现
考点79空间向量的有关概念
考点80空间向量共线、共面的充分必要条件 考点81空间向量的线性运算
1．已知空间四边形OABC ，点,M N 分别为,OA BC 的中点，且c C O b B O a A O
===,,，
用a ，b ，c
表示N M ，则N M =_______________
考点82空间向量的坐标表示 考点83空间向量的数量积
2．空间四边形OABC 中，OB OC =，3
AOB AOC π
∠=∠=，则cos <,OA BC >的值是
考点84空间向量的共线与垂直
3．已知向量),2,4(),3,1,2(x b a -=-=
，若a ⊥b ，则=x ______；若//a b 则=x ______
考点85直线的方向向量与平面的法向量 4．若19(0,2,
)8A ，5(1,1,)8B -，5
(2,1,)8
C -是平面α内的三点，设平面α的法向量
),,(z y x a =
，则=z y x ::________________
考点86空间向量的应用
5．等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为
3
，M N ，分别是AC BC ，的中点，求EM AN ，所成角的余弦值
二 感悟解答 1．答案：
1()2b c a +- 11()22
MN ON OM b c a =-=+-
2．答案：()cos ,OA BC OA OC OB OA BC OA BC
OA BC
-<>=
=
=
cos
cos
3
30OA OC OA OB OA BC
π
π
-=
3．答案：
10
,63
- 4．答案：2:3:(4)- 77(1,3,),(2,1,),0,0,4
4
AB AC AB AC αα=--=---==
2243,::::()2:3:(4)4333x y x y z y y y z y
⎧=⎪⎪=-=-⎨⎪=-⎪⎩
5．答案：
1
6
.设2AB =，作CO ABDE ⊥面，OH AB ⊥，则CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D --的平面角 3,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3AN EM CH ===
11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-,11()()22
AN EM AB AC AC AE ⋅=+⋅-=12
故EM AN ，所成角的余弦值
1
6
AN 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),(0,0,2)A B E C ----,
112112(,,),(,,)222222
M N ---,
则3121321(,,
),(,,),,32222222
AN EM AN EM AN EM ==-⋅===, 故EM AN ，所成角的余弦值
1
6
AN EM AN EM
⋅=
.
三 范例剖析
例1 已知四棱锥P —ABCD 的底面为直角梯形，
AB∥DC，∠DAB=900。
，PA⊥底面ABCD 且PA=AD=DC=1，
z y
H o
M
B D
E
C N
A x 16题图（2）
AB=2，
M 是PB 的中点
（1）证明：面PAD⊥面PCD ；
（2）求AC 与PB 所成的角的余弦值；
（3）求面AMC 与面BMC 所成二面角的余弦值的大小
例2 如图6，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，AB BC kPA ==，点O D ，分别是AC PC ，的中点，OP ⊥底面ABC ．
（1）求证：OD ∥平面PAB ；
（2）当1
2
k =
时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小； （3）当k 为何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心？
例3 如图，已知ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD. (1)求二面角A-PB-D 的大小；
(2)在线段PB 上是否存在一点E,使PC ⊥平面ADE?若存在,确定E 点的
位置,若不存在,说明理由.
四 巩固训练
1．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
2．如图，在三棱锥V ABC -中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A B V 、、分别在
x 、y 、z 轴上， D 是AB 的中点，且AC BC =，∠VDC θ=.
（Ⅰ）当3
πθ=
时，求向量AC 与VD 夹角α的余弦
值的大小； （Ⅱ）当角θ变化时，求直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围.。