高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解
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。
2023年高考数学总复习《立体几何》附答案解析
所以 z1＝0，
，故可取
， ，，
于是 ＜ ， ＞
，
设所成锐二面角为θ，所以 sinθ
，
所以平面 PAD 和平面 PBE 所成锐二面角的正弦值为 ．
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∴CF CC1 AA1 ， ∵∠BAC＝90°，
∴CD
，
在 Rt△FCD 中，tan∠FDC 맨
，
故直线 DF 与平面 ABC 所成角的正切值为 ．
2．如图所示，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． （1）证明：平面 PBE⊥平面 PAB； （2）求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的正弦值．
【解答】（1）证明：如图所示，连接 BD，由 ABCD 是菱形且∠BCD＝60°， 知△ABC 是等边三角形． ∵E 是 CD 的中点， ∴BE⊥CD，又 AB∥CD， ∴AB⊥BE，∴BE⊥平面 PAB， 又 BE⊂平面 PBE， ∴平面 PBE⊥平面 PAB． （2）解：在平面 ABCD 内，过点 A 作 AB 的垂线，如图所示，以 A 为原点建立空间直角
【解答】（1）证明：连接 DG、FG， 由直三棱柱的性质知，BB1∥CC1，且 BB1＝CC1， ∵B1E＝2EB，C1F＝2FC， ∴EB∥FC，且 EB＝FC， ∴四边形 BCFE 为平行四边形， ∴EF∥BC，EF＝BC， ∵BD＝2DA，CG＝2GA， ∴GD∥BC，且 GD BC， ∴EF∥GD，且 GD EF， ∴四边形 DEFG 为梯形，即 D、E、F、G 四点共面， ∴点 G 在平面 EFD 内． （2）解：由直三棱柱的性质知，CC1⊥平面 ABC， ∵F 为 CC1 上一点， ∴点 F 在平面 ABC 上的投影为点 C， 连接 CD，则∠FDC 即为直线 DF 与平面 ABC 所成角． ∵点 D 在棱 AB 上，且 BD＝2DA， ∴AD AB ， ∵C1F＝2FC，
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 ， 1 PA AD DC ， AB 1， M 是 PB 的中点 2 (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 1A(0,0,0), B(0,2,0), C(1,1,0),D (1,0,0), P(0,0,1), M (0,1, 12) (Ⅰ)证明：因 AP (0,0,1), DC (0,1,0),故 AP DC 0,所以AP DC. 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AC (1,1,0), PB (0,2, 1), 故 | AC | 2,|PB | 5, AC PB 2,所以 cos AC, PB AC PB 10 | AC | | PB | 5 (Ⅲ)解：在 MC 上取一点 N(x,y,z)，则存在 R,使 NC MC,11 NC (1 x,1 y, z),MC (1,0, 2), x 1 , y 1,z 2 .. uuur uuuur 1 4 要使 AN MC,只需 ANgMC 0即x z 0,解得 . 25 4 1 2 可知当 4时,N 点坐标为 ( 1 ,1, 2),能使 AN MC 0. 5 5 5 1 2 1 2 此时 ,AN ( ,1, ),BN ( , 1, ),有 BN MC 0 5 5 5 5 由AN MC 0, BN MC 0得AN MC , BN MC.所以 ANB 为 所求二面角的平面角uuur 30 uuur 30 uuur uuur 4 Q| AN | ,| BN | , AN gBN . 5 5 5 uuur uuur uuur uuur AN gBN 2 cos( AN, BN) uuur uuur . | AN | | BN | 3 故所求的二面角为 arccos( 2).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ABCDⅠ)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A(1,0,0) ，13则B(1,1,0)，V(1,0, 3)，2213AB (0,1,0),VA ( ,0, )22由AB VA 0,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VAD13 Ⅱ)解：设E为DV 中点，则E( ,0, )，443 3 3 3 1 3 EA ( ,0, ),EB ( ,1, ),DV ( ,0, ).4 4 4 4 2 2由EB DV 0,得EB DV,又EA DV.因此，AEB 是所求二面角的平面角，cos(EA,EB) EA EB 21|EA| | EB| 7解得所求二面角的大小为 arccos 21.73 如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA 底面PA 2，E为PD的中点ABCD ，AB 3 ，BC 1 ，C 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，4 如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC 1F 所 截面而得到的，其中 AB 4, BC 2,CC 1 3,BE 1Ⅰ)求 BF 的长； (Ⅱ)求点 C 到平面 AEC 1F 的距离解：( I)建立如图所示的空间直角坐标系，则 D (0,0,0) ， B(2,4,0)A(2,0,0), C (0, 4,0), E (2, 4,1), C 1(0, 4,3)设F (0,0, z)∵ AEC 1F 为平行四边形，由 AEC 1 F 为平行四边形 ,由 AF EC 1得,( 2,0, z) ( 2,0,2), z 2. F (0,0,2).EF ( 2, 4,2). 于是 | BF | 2 6,即BF 的长为 26. 则 A,B,C,D,P,E 的坐标为 A(0,0,0) 、B( 3,0,0) 、C( 3,1,0) 、 D(0,1,0) 、1P(0,0,2) 、 E(0, ,1) ，2从而 AC ( 3,1,0), PB ( 3,0, 2).设 AC 与PB 的夹角为 ，则AC PB 3 cos | AC | | PB | 2 7∴ AC 与 PB 所成角的余弦值为 37 14 3714Ⅱ)由于 N 点在侧面 PAB 内，故可设 N 点坐标为 (x,0, z)，则NE ( x,1,1 z)，由 NE 面 PAC 可得，2NE AP 0, NE AC 0. 1 ( x, ,1 z) (0,0,2) 0, z 1 0, 即 2 化简得113 x ( x, 2 ,1 z) ( 3,1,0) 0. 2 0.即 N 点的坐标为 ,0,1) ，从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分别为 1, 636II ）设 n 1 为平面 AEC 1F 的法向量，显然n 1不垂直于平面 ADF ,故可设n 1 （x, y,1）0,得 0 x 4 y 1 00, 2 x 0 y 2 0又CC 1 (0,0,3),设CC 1与n 1 的夹角为 ，则CC 1 n 13 4 33 cos |CC 1| |n 1| 3 1 1 1 3316∴ C 到平面 AEC 1F 的距离为5 如图，在长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1 ，中， AD AA 1 1,AB 2，点 E 在棱 AD 上移动 （1）证明：D 1E A 1D ；（2）当 E 为AB 的中点时，求点 E 到面 ACD 1的距离；（ 3 ） AE 等于何值时，二面角 D 1 EC D 的大小为14解：以 D 为坐标原点，直线 DA , DC , DD 1分别为 x,y, z 轴，建立空间直角坐标系，设 AE x ，则 A 1(1,0,1),D 1(0,0,1), E(1,x,0), A(1,0,0), C (0, 2,0)1)因为DA 1, D 1E (1,0,1), (1, x, 1) 0,所以DA 1 D 1E.2)因为 E 为 AB 的中点，则 E(1,1,0) ，从而 D 1E (1,1, 1), AC ( 1,2,0) ，n AC 0, AD 1 ( 1,0,1) ，设平面 ACD 1的法向量为 n (a,b,c) ，则 n AD 1 0,a 2b 0 a 2b 也即 ，得 ，从而 n （2,1,2） ，所以点 E 到平面 ACD 1的距离为 ac 0 1n 1 AE n 1 AF 即 4 y 1 0,2x 2 0,x 1,d | CC 1 | cos4 33 33 4 33 11ac| D 1E n | 2 1 2 1 h. |n | 3 36 如图，在三棱柱 ABC A 1B 1C 1 中， AB 侧面 BB 1C 1C ， E 为棱 CC 1上异于 C,C 1 的一点， EA EB 1， 已知 AB 2, BB 1 2, BC 1, BCC 1，求： 1 1 3（Ⅰ）异面直线 AB 与 EB 1的距离；（Ⅱ）二面角 A EB 1 A 1 的平面角的正切值解：( I)以 B 为原点， BB 1 、 BA 分别为 y, z 轴建立空间直角坐标系 由于， AB 2, BB 1 2, BC 1, BCC 13在三棱柱 ABC A 1B 1C 1 中有31 3 3 B(0,0,0), A(0,0, 2), B 1(0,2,0) ,C( 3, 1,0),C 1( 3,3,0)2 2 2 2 设 E( 3,a,0),由EAEB 1,得 EA EB 1 0,即2330( , a, 2) ( ,2 a,0)2 23 2 34 a(a 2) a 2 2a 34 , 由n D 1C 0,2b c0 n CE 0, a b( x 2) 0∴n (2 x,1,2).|n DD 1 |2 依题cos 1 4 | n | |DD 1|2 ∴ x 1 23 （不合，舍去），x 2 ∴ AE 2 3 时， 二面角 D 1 EC CE (1,x 2,0),D 1C (0,2, 1), DD 1 (0,0,1), 令 b1, c 2, a 2 x ， 2 2 . ( x 2) 2 5 2 D 的大小为 43)设平面 D 1EC 的法向量 n (a,b,c) ，得(a 21)(a 32) 0,即a 12或a 23 (舍去),故E( 23 , 21,0) BE EB 1 ( 3, 1,0) ( 3 3 0) 3 3 0,即BE EB 1. 1 2 2 2 2 4 4 1又 AB 侧面 BB 1C 1C ，故 AB BE 因此 BE 是异面直线 AB, EB 1的公垂线，31 则 |BE | 1，故异面直线 AB, EB 1的距离为 1 4 4 1II)由已知有 EA EB 1, B 1A 1 EB 1, 故二面角 A EB 1 A 1的平面角 的大小为向量 B 1A 1与EA 的夹 角 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 由已知可得 D(0,0,0), P(0,0, 2), C(0, 2,0) 设 A(x,0,0)( x 0),则 B(x,2,0),又 PD DE ，故 DE 是异面直线 PD 与 CE 的公垂线，易得 | DE | 1 ，故异面直线 PD ,CE 的距离为 1（Ⅱ）作 DG PC ，可设 G （0, y,z ） 由 DG PC 0得（0,y,z ） （0,2, 2） 0因 B 1 A 1 故 cos3 BA (0,0, 2), EA (2 EA B 1A 12 12 , 2), 即 tan|EA||B 1A 1 | 7 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形， PD 底面 ABCD ， E 是 AB 上 一点， PF EC 已知 PD 2, CD 2, AE 1,2,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E(x,21,0),PE (x, 12, 2),CE(x, 23 ,0). 由 PE CE 得 PE CE 0， 即x 2 43 0,故x 23. 由 DECE ( 23,12,0) ( 23 3 , 23,0) 0得DE CE ，即z 2y,故可取DG (0,1, 2),作EF PC于F，设F(0,m,n)，uu ur EF 3,m2 2,n).uu ur EF uuurPC0得(,m 12,n) (0,2, 2) 0,即2m2n 0 ，又由F 在PC 上得n2m22,故m 1,nuuur 因EF uuur uuur uuurPC,DG PC,故E PC D 的平面角故cos uuur uuurDG EF uuuruuur 2, , 即二面角| DG ||EF | 2 422,u E u F ur231( , ,22uuur uuur的大小为向量EF 与DGE PC D 的大小为.4的夹角。
十年(2013-2022)高考数学真题分类汇编解析12 立体几何与空间向量(大题)
由（1）得 则 则
，所以 ，
设平面 的一个法向量
可取
，
设平面 的一个法向量
，
，所以
，
,所以 的中点
，
,
，则
，
，则
，
6 / 56
可取 则
， ，
所以二面角
的正弦值为
.
4．【2022 年新高考 2 卷 20】如图， 是三棱锥
的高，
，
，E
是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若
，
，
，求二面角
【答案】(1)证明见解析
（1）证明：平面 （2）求二面角
平面
；
的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
（1）取 的中点为 ，连接
.
因为
，
，则
，
而
，故
.
在正方形
中，因为
，故
，故
，
因为
，故
，故
为直角三角形且
，
14 / 56
因为
，故 平面
，
因为 平面 ，故平面
平面
.
（2）在平面
内，过 作
，交 于 ，则
，
结合（1）中的 平面
(2)作 EF⊥BD 于 F, 作 FM⊥BC 于 M,连 FM
因为 AO⊥平面 BCD，所以 AO⊥BD, AO⊥CD
所以 EF⊥BD, EF⊥CD,
,因此 EF⊥平面 BCD，即 EF⊥BC
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因为 FM⊥BC，
,所以 BC⊥平面 EFM，即 BC⊥MF
则
为二面角 E-BC-D 的平面角,
，所以
高考数学空间向量与立体几何总复习
高考(Kao)数学空间向量与立体几何总复习一、知(Zhi)识网络构建二、课标(Biao)及考(Kao)纲要(Yao)求量与立体几何运算③掌握空间向量的线性运算及其坐标表示④掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直空间向量的运用①理解直线的方向向量与平面的法向量②能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系③能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理④能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用三(San)、知识要(Yao)点(Dian)及考点精析（一）空间向量(Liang)及其运算1．空(Kong)间向量的概念在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．还需要掌握的几个相关的概念包括相等向量、零向量、共线向量等．2．空间向量的线性运算（1）空间向量的加法、减法和数乘运算平面向量中的三角形法则和平行四边形法则同样适用于空间向量的加（减）法运算．加法运算对于有限个向量求和，交换相加向量的顺序其和不变．三个不共面的向量的和等于以这三个向量为邻边的平行六面体的对角线所表示的向量．加法和数乘运算满足运算律：①交换律，即；②结合律，即；③分配律，即及（其中均为实数）．（2）空间向量的基本定理①共线向量定理：对空间向量的充要条件是存在实数，使．②共面向量定理：如果空间向量，a b不共线，则向量c与向量共面的充要条件是，存在惟一的一对实数，使．③空间向量基本定理：如果三个向量a, b, c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组，，，使．其中是空间的一个基底，a, b, c都叫做基向量，该定理可简述为：空间任一向量p 都可以用一个基底{}，，a b c 惟一线性表示（线性组合）． （3）两个向量的数量积两个向量的数量积是a b= |a||b|cos<a , b >，数量积有如下性质： a , b , c ① a •e= |a|cos<a , e >（e 为单位向量）； ② aaa •b=；③ a •a=|a|2；④ |a •b|| a||b|．数量积运算(Suan)满足运算律： ①交换(Huan)律，即a •b= b •a ；②与数乘的结(Jie)合律，即（λa ）b=λ（a •b ）； ③分配(Pei)律，即（a+b ）•c =a •c +b •c ． 3．空间向量的坐标运(Yun)算 （1）给定空间直角坐标系和向量a ，存在惟一的有序实数组使，则叫作向量a 在空间的坐标，记作．（2）空间向量的直角坐标运算律 ①若，则，，a •b．，．②若，则．即一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标． 4．直线的方向向量与向量方程（１）位置向量：已知向量a ，在空间固定一个基点，作向量，则点在空间的位置被a 所惟一确定，a 称为位置向量．（２）方向向量与向量方程：给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数，以A 为起点作向量a ，则此向量方程称为动点对应直线的参数方程，向量a 称为直线l 的方向向量．典型例题分析：例1．若=(,1,3),=(1,-,9),如果AB 与CD 为共线向量,则( )A ．，B ．,C ．,D ．,答案: C例(Li)2．已知向(Xiang)量a ＝(1，1，0)，b ＝(-1，0，2)，且(Qie)a ＋b 与(Yu)2 a -b 互(Hu)相垂直，则k 的值是( )A ． 1B ．C ．D ．答案: D例3．已知AB =(2,2,1),=(4,5,3),求平面ABC 的单位法向量．解:设平面ABC 的法向量n =(x,y,1),则n ⊥AB 且n ⊥AC ,即n ·AB =0,且n ·AC =0,即即∴n =(,-1,1),单位法向量n =±(,-,32)．（二）立体几何中的向量方法1．利用向量法确定直线、平面间的平行、垂直等位置关系 设直线的方向向量是，直线的方向向量是，平面的法向量是，平面的法向量是，则有如下结论成立：（1）⇔u 1∥u 2⇔u 12u ；（2）； （3）∥；（4）1l ⊥⇔αk 1v ； （5）k 2v ； （6）．第一部分：平行问题① 利用空间向量解决线线平行问题 （06山东模拟）已知直线平面α，直线平面α，为垂足．求证：．证明：以点为原点，以射线为非负轴，如图1，建立空间直角坐标系，为沿轴的单位向量，且设．，，，， ．，．，即(Ji)OA BD ∥．点评：由向量的共线的充要(Yao)条件知，只要证明即(Ji)可．② 利(Li)用空间向量解决线面平行问题 （06山西(Xi)模拟）已知是正三棱柱，是的中点，求证：平面．证法1：建立如图2的空间直角坐标系．设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，则．设平面1DBC 的法向量为，则．由，，得取得，得．由，得，即1AB ∥平面1DBC ．证法2：如图3，记，则．，共面．又平面，平面1DBC ．点评：用向量证明线面平行问题通常有两种方法：①向量与两个不共线的向量共面的充要条件是存在惟一的有序实数对，使．利用共面向量定理可证明线面平行问题，如证法2．②设为平面α的法向量，要证明，只需证明，如证法1．③ 利用空(Kong)间向量解决面面平行问题 例题：已(Yi)知正方体的(De)棱长为(Wei)1，分(Fen)别为的中点，求证：平面平面． 证明：建立空间直角坐标系，则．得． 设为平面的法向量，设为平面11B CD 的法向量．空间计算：．由，得平面EFG ∥平面11B CD ．点评：设分别为平面的法向量，要证，只需证明：存在一个非零常数，满足，则αβ∥．其实本题也可转化为线线平行，则面面平行．即用向量先证明，，则有线面平行，从而平面EFG ∥平面11B CD ．第二部分：垂直问题① 利用空间向量解决线线垂直问题 （2003年高考题）已知正四棱，，点为中点，点为中点．证明：为1BD 与1CC 的公垂线．证明：如图1，在以为的原点的空间直角坐标系中，．由，， 得．为1BD 与1CC 的公垂线． 点评：把推理论证（）用向量运算（）来代替，减少了构造辅助图形，降低了思维量．② 利用空间向量解决线面垂直问题（2005年(Nian)高考题）如图(Tu)2，在四(Si)棱锥中(Zhong)，底面为矩(Ju)形，侧棱底面ABCD ，为的中点，在侧面内找一点，使面解：如图2，在以为原点的空间直角坐标系中，．设．由NE ⊥面PAC ，得即 ．点评：按照传统方法，要构造三条辅助线，多解两个三角形，画图、看图以及计算都增加了难度．用空间向量的观点处理立体几何中的线面关系，把几何问题代数化，降低了难度．③ 利用空间向量解决面面垂直问题（07北京海淀）如图3，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 为AC 与的交点，为1CC 的中点，求证：平面平面．分析：要证明平面1A BD ⊥平面GBD ，只要证明平面内的一条直线垂直于平面GBD 中的两条相交直线即可，而从图中观察，证较容易成功．证明：设．则．而，，，， ．，． 又(You)，平(Ping)面．又(You)平(Ping)面，平(Ping)面1A BD ⊥平面GBD ．点评：向量a 垂直于向量b 的充要条件是a •b，据此可以证明直线与直线垂直，进而还可证明直线与平面垂直及两个平面垂直．在证明一对向量垂直时，往往用一组基底先表示这一对向量，再考虑它们的数量积是否为零． 2．利用空间向量解决空间距离问题 （1）利用空间向量求线线距离 如图1，若是异面直线的公垂线段，分别为a b ，上的任意两点．则两异面直线a b ，间的距离为（其中n 与a b ，垂直，A B ，分别为两异面直线上的任意两点）． 例题：如图2，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为的中点．求异面直线和间的距离？解析：设正方体棱长为2，以为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，则．设1D E 和1BC 公垂线段上的向量为，则即．又，，所以(Yi)异面直线1D E 和(He)1BC 间的(De)距离为．（2）利用空间向量求(Qiu)点面距离 如(Ru)图3，已知为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量．则点A 到平面α的距离．例题：如图4，已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．求 点C 到平面的距离． 解析：为正方形，．易得平面平面，面1AB D ，是平面1AB D 的一个法向量． 设点C 是平面1AB D 的距离为，则（3）利用空间向量求线面、面面距离注意：利用空间向量求线面、面面距离的问题显然可以转换成利用空间向量求点面距离的问题例题：如图5，已知边长为的正三角形中，分别为和AC 的中点，PA ⊥面ABC ，且，设平面α为且与平行．求AE 与平面α间的距离？解析：设的单位向量分别为，选取作为空间向量的一个基底．易知，． 设是平面α的一个法向量，则．即(Ji)．∴直(Zhi)线与(Yu)平面α间(Jian)的距离．例(Li)题：如图6，在棱长为1的正方体1111-ABCD A B C D 中．求平面与平面间的距离．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，易知平面1AB C 与平面11AC D 平行．设平面11ACD 的一个法向量，则，即．∴平面1AB C 与平面11ACD 间的距离．3．利用空间向量解决空间角问题（1）利用空间向量求线线角设两异面直线a b ，所成的角为分别是a b ，的方向向量，注意到异面直线所成角的范围是，则有．（2006广东模拟）已知正方形ABCD 和矩形所在平面互相垂直，．试在线段AC 上确定一点，使得PF 与CD 所成的角是． 如图1，建立空间直角坐标系，则． 设，得． 又(You)和(He)CD 所(Suo)成的角是60°，．解(Jie)得或(Huo)（舍去），即点P 是AC 的中点．点评：采用传统的平移法求异面直线所成角的大小，免不了要作辅助线和几何推理．这里运用向量法，没有了这些手续，显得便当快捷．（2）利用空间向量求线面角如图2，点P 在平面α外，为α内一点，斜线和平面α所成的角为，n 为α的一个法向量，注意到斜线和平面所成角的范围是，则有，结合向量的夹角公式便可求θ．（05山东模拟）在正三棱柱111ABC A B C -中，已知在棱上， 且，若与平面所成的角为α，则sin （ ） Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．解：取AC 中点E ，连结，则，如图3，建立空间直角坐标系，则，则． 平面平面11AACC ，BE AC ⊥， 平面11AAC C ． 为平面11AACC 的一个法向量． ．，选（Ｄ）．点(Dian)评：利用向量法求空间角，其操作只须按步骤进行，数值计算十分简单，对空间想象力和几何的逻辑推理能力要求不高，显得(De)简洁明了．（3）利用空间向量(Liang)求面面角注意：求面面角的问题关键还是转化成求线线角，一般来说求二面角有两(Liang)种方法： 如(Ru)图4，分别在二面角的两个面内且垂直于棱，分别是αβ，的一个法向量，则可利用向量的夹角公式结合以下角度关系之一求二面角的大小： 方法一：等于二面角的平面角； 方法二：与二面角的平面角相等或互补．（05云南一模）如图5，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面ABC ，，分别为的中点，求二面角的余弦值． 解：取AC 中点O ，连结． ， ，且． 又∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面ABC ，．如图5所示，建立空间直角坐标系O xyz -． 则， ，，设()x y z =，，n 为平面的一个法向量，则 取，则 则． 又为平面ABC 的一个法向量， ．∴二面角N CM B --的余弦值为31．点(Dian)评：利用向量法求空间角的大小，经常用到平面的法向量．求法向量的方(Fang)法主要有两种：① 求平面(Mian)的垂线的方向向量；② 利用法向量(Liang)与平面内两个不共线向量数量积为零列方程组求．4．用(Yong)空间向量解决立体几何问题的“三步曲”（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量（或坐标）表示问题中涉及的点、线、面，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题）．四、易错点分析1．类比平面向量，是掌握空间向量的最好方法，平面向量的加、减、数乘等坐标运算公式及运算律对空间向量仍然成立．虽然共面向量定理由两个约束条件变为三个约束条件，坐标由两个有序实数推广到三个有序实数，但其运算规律实质上是一样的．例如线段的定比分点坐标公式（包括中点坐标公式、重心坐标公式）在空间直角坐标系中依然适用，有向线段表示向量的坐标仍然是终点减去始点坐标，平行、垂直的充要条件，夹角、距离公式等仍然适用．2．用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线∥，只需要证明（）即可．3．空间两条直线之间的夹角是不超过的角，因此，如果按照公式求出来的向量的数量积是一个负数，则应当取其绝对值，使之变为正值，这样求得的角为锐角．4．利用法向量求二面角时，要注意法向量的方向问题，结合二面角的大小，这样最后确定所求得的角到底是二面角还是二面角的补角．5．在具体应用空间向量解决立体几何问题时要注意以下几点：（1）平行问题向量共线，注意重合（2）垂直问题⇒向量的数量积为零，注意零向量（3）距离问题⇒向量的模，注意向量的垂直（4）求角问题⇒向量的夹角，注意角范围的统一6．解决(Jue)立体几(Ji)何问题的(De)三种方法的比较解决立(Li)体几何中的问题，可用综合法、向量法和坐标法．一般我们遵循的原则是：以综合法为基础、以向量法为主导、以坐标法为中(Zhong)心．（1）综合法是以逻辑推理为工具，利用立体几何的知识，运用空间观念解决问题的方法，其显著特点是在证题时经常需要构造辅助线、辅助面、逻辑思维量大，要求具有比较强的空间想象能力．（2）向量法是根据空间向量的基本定理，运用向量的几何意义及向量数量积的概念解决立体几何的方法，是几何问题代数化的重要体现．其显著特点是可以避开纷繁复杂的逻辑推理，使解题过程变的明快、简捷．（3）坐标法是通过建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量的坐标运算来解决立体几何问题的方法．坐标法关键是在于构建合适的空间直角坐标系．注：构建空间直角坐标系主要有四种途径：①利用共顶点的两两垂直的三条不共面的直线构建直角坐标系；②利用线面垂直的位置关系构建直角坐标系；③利用面面垂直的位置关系构建直角坐标系；④利用正多边形的中心与几何体高所在直线构建直角坐标系．五、作者寄语用向量研究立体几何问题是立体几何研究思路的一场革命．由于向量兼俱数和形的双重特征，使得立体图形中的位置关系转化为代数中的数量关系如同探囊取物，特别是据题目条件可以建立空间直角坐标系时，这种优越性便发挥的淋漓尽致，求解思路也将有效地避开立体几何中繁琐的位置关系的演化，而变得直截了当，变得清晰、自然和流畅．可以毫不客气地说：“只要建立了空间直角坐标系，剩下的便是纯属运算的问题了．”。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编附答案
【高中数学】数学复习题《空间向量与立体几何》知识点练习一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．273B ．276C ．274D ．272【答案】D 【解析】 【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果. 【详解】几何体为一个三棱锥，高为33333，，所以体积为1127=33333=322V ⨯⨯⨯，选D. 【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．3．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A 【解析】 【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯， 选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.5．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．238 B ．823+C ．283D ．10【答案】A 【解析】 【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可. 【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯=, 故选A. 【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.7．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A ．2B ．2C ．22D ．32【答案】C 【解析】分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =P PM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ， ∴AO =P PM ，∴A 1P=C 1M=244AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P242． ∴tan ∠APA 1的最大值是2． 故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A ．3 B ．13C ．58 D ．387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得224442AB =+=，所以2242AC BC CD AB ⋅===. 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=，2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得())()22229222958cos 22922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A 3B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=. 所以外接球的表面积为243r ππ=. 故选：C . 【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.10．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确； 对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A.本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.11．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为a ，侧棱长为2a ，则1AC 与侧面11ABB A 所成的角是( )A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角． 【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，02)a ，13(a A 2a 2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =u u u u r ，2a -2)a ，3(a AB =u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，02)a ， 设平面11ABB A 的法向量(n x =r，y ，)z ，则13·022·20a a n AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r 3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u rr u u u u r g r u u u ur g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（ ） A ．39B ．33C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB = ∴132232ABC S ∆=⨯⨯=∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE == ∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点 ∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V ==故选B.13．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ）A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．βαγ>>D ．不确定【答案】A 【解析】 【分析】D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO POAPB PD a α==∠，同理可得：sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>.故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.14．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（）A．441斛B．431斛C．426斛D．412斛【答案】A【解析】【分析】由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出．【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积117127812714V=⨯⨯⨯+⨯⨯=，2∴粮仓可以储存的粟米714441=≈斛．1.62故选：A．15．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A ．152πB ．12πC ．112π D ．212π【答案】A 【解析】 【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可. 【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成， 所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A 【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.16．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭ B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭ D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D 【解析】 【分析】对各个选项逐一进行分析即可 【详解】A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D 【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果17．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（ ）A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vB ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vD ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v【答案】C 【解析】 【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论． 【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r,()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r u u u r =+++=++-=++111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ ,故选：C ． 【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32 D ．52【答案】C 【解析】 【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可． 【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点， 俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。
高考数学复习考点知识与题型专题讲解5---空间向量与立体几何(解析版)
高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题5 空间向量与立体几何（1）高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．主要有两种考查形式：①利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；②考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.（2）运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．（3）求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos||cos,|||||θ⋅==〈〉vvvμμμ.（4）用向量解决探索性问题的方法：1/ 44①确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．②确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．③解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．已知梯形BFEC 如图1所示，其中//BF EC ，3EC =，2BF =，四边形ABCD 是边长为1的正方形，沿AD 将四边形EDAF 折起，使得平面EDAF ⊥平面ABCD ，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面AEC ⊥平面BDE ；（2）若点H 在线段BD 上，且EH 与平面BEF 所成角的正弦值为DH 的长度．【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟3 / 44（理）【答案】（1）证明见解析；（2）2． 【分析】（1）利用折前折后的不变量先证明线面垂直，再进一步得到面面垂直．（2）建系求平面BEF 法向量，建立方程求解．【解析】（1）因为平面EDAF ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面EDAF ，平面EDAF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE AC ⊥，因为四边形ABCD 是正方形所以AC BD ⊥，因为DE 、BD ⊂平面BDE ，DE BD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDE ，因为AC ⊂平面ACE 所以平面AEC ⊥平面BDE ；（2）建系如图：设平面BEF 的法向量(),,n x y z =，()0,0,2E ，()1,0,1F ，()1,1,0B ，00EF n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，则()1,1,1n =，设(),,0H a a ，(),,2a H a E =-，cos ,EH n ==，解得12a =或74a =（舍），11,,022H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2DH =.2．在三棱锥A BCD -中，2AB AD BD ===，BC DC ==2AC =．（1）求证：BD AC ⊥；（2）若P 为AC 上一点，且34AP AC =，求直线BP 与平面ACD 所成角的正弦值． 【试题来源】浙江省绍兴市第一中学2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）7． 【分析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，证明BD ⊥平面AOC 即可；（2）首先证明AO ⊥平面BDC ，然后以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，然后算出BP 和平面ACD 的法向量即可得到答案．【解析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，因为AB AD =，BC DC =，所以BD AO ⊥，BD OC ⊥，因为AO OC O =，所以BD ⊥平面AOC ，即BD AC ⊥．（2）由（1）得，BD ⊥平面AOC ，因为BD ⊂平面BCD ，所以平面AOC ⊥平面BDC ，易得AO =1OC =，所以222AO OC AC +=，即AO OC ⊥，5 / 44因为平面AOC 平面BDC OC =，所以AO ⊥平面BDC ，如图所示，以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，(A ，()1,0,0B ，()0,1,0C ，()1,0,0D -，30,4P ⎛ ⎝⎭，31,4BP ⎛=- ⎝⎭，(1DA =，(1,1,0)DC =， 设(,,)n x y z =为平面ADC 一个法向量，则有0000n DA x n DC x y ⎧⎧⋅==⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取(3,3,n =-， 设θ为直线BP 与平面ACD所成角，则933sin 21n BP n BP θ++⋅===⋅． 即直线BP 与平面ACD 3．在边长为2的菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，点E 是边AB 的中点（如图1），将ADE 沿DE折起到1A DE △的位置，连接11,A B AC ，得到四棱锥1A BCDE -（如图2）（1）证明：平面1A BE ⊥平面BCDE ；（2）若1A E BE ⊥，连接CE ，求直线CE 与平面1ACD 所成角的正弦值． 【试题来源】广东省广州市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析，（2． 【分析】（1）连接图1中的BD ，证明DE AB ⊥，然后证明DE ⊥平面1A BE 即可；（2）证明1A E ⊥平面BCDE ，然后以E 为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可．【解析】（1）连接图1中的BD ，因为四边形ABCD 为菱形，且60BAD ∠=︒所以ABD △为等边三角形，所以DE AB ⊥所以在图2中有1,DE BE DE A E ⊥⊥，因为1BE A E E ⋂=所以DE ⊥平面1A BE ，因为DE BCDE ⊂，所以平面1A BE ⊥平面BCDE（2）因为平面1A BE ⊥平面BCDE ，平面1A BE 平面BCDE BE ，1A E BE ⊥，11A E A BE ⊂，所以1A E ⊥平面BCDE ，7 / 44以E 为原点建立如图空间直角坐标系，所以()()()()10,0,1,,,0,0,0A C D E ， 所以()()()110,3,1,2,3,1,2,3,0A D AC EC =-=-=， 设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =，则1130230n A D y z n AC x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩， 令1y =，则(0,1,3n =，所以3cos ,27n ECn EC n EC ⋅===⋅ 所以直线CE 与平面1ACD 4．已知三棱锥P ABC -中，1PAPB PC ===，三棱锥Q ABC -中QAB ，QBC ，QCA 为全等的等边三角形，QA =（1）证明：PQ ⊥平面ABC ；（2）求直线QB 与平面APQ 所成角的正弦值．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）12． 【分析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．可得PM ⊥平面ABC ，QM ⊥平面ABC ，即可得出结果．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，即可得出结果．【解析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．因为1PA PB PC ===，AB BC CA ===所以PAB △，PBC ，PCA 是全等的等腰直角三角形，PC PA ⊥，PC PB ⊥，PA PB P =，所以PC ⊥平面PAB ．又AB 平面PAB ，所以PC AB ⊥．因为ABC 为等边三角形，所以CD AB ⊥．又PC CD C =，所以AB ⊥平面PCD ，又PM ⊂平面PCD ，所以PM AB ⊥．同理，PM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以PM ⊥平面ABC ．因为QD AB ⊥，QD CD D ⋂=，所以AB ⊥平面QCD ，且QM ⊂平面QCD ， 所以QM AB ⊥．同理，QM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以QM ⊥平面ABC ，所以P ，Q ，M 三点共线，所以PQ ⊥平面ABC ．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 所9 / 44在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()0,1,0B ，()0,0,0P ，()1,1,1Q ，所以()1,0,1BQ =，()1,0,0PA =，()1,1,1PQ =．设平面APQ 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n PA n PQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x y z =⎧⎨++=⎩解得0,,x y z =⎧⎨=-⎩ 令1z =，则1y =-，所以()0,1,1n =-．设直线QB 与平面APQ 所成角为θ，则1sin 22n BQn BQ θ⋅===⋅．5．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，22PAPD ADCD BC =====．（1）求证：BC ⊥平面PQB ；（2）求二面角A BM P --的余弦值．【试题来源】河南省中原名校2020-2021学年高三下学期质量考评一（理）【答案】（1）证明见解析；（2）217． 【分析】（1）先证四边形BCDQ 为矩形．再证BC PQ ⊥，由线面垂直的判定定理即可证明直线BC ⊥平面PQB ；（2）建立空间坐标系，分别求出平面ABM 和平面PBM 的法向量，结合向量夹角公式求解即可．【解析】（1）因为Q 为AD 的中点，12BC AD =，所以BC QD =， 因为//AD BC ，所以四边形BCDQ 为平行四边形．因为90ADC ︒∠=，所以四边形BCDQ 为矩形，所以BC BQ ⊥．因为PA PD =，AQ QD =，所以PQ AD ⊥，因为//AD BC ，所以BC PQ ⊥．因为PQ BQ Q =，所以BC ⊥平面PQB ．（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，结合（1）易知QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为原点，QA ，QB ，QP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图． 因为Q 为AD 的中点，22PA PD AD CD BC =====，因为在Rt PQA △中，PQ ===2BQ CD ==，11 / 44所以()1,0,0A ，()0,2,0B ，()1,2,0C -，(P ， 因为M 为PC的中点，所以1,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,2,0AB =-，1,2BM ⎛=-- ⎝⎭，(0,2,PB =， 设平面ABM 的法向量为()111,,m x y z =，由11111201022m AB x y m BM x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩， 令11y =，得12x =，1z =，即42,1,m ⎛= ⎝为平面ABM 的一个法向量， 设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，由2222220102n PB y n BM x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩， 令2z =232y =，20x =，即30,,2n ⎛= ⎝为平面PBM 的一个法向量， 设二面角A BM P --为θ，由题意，可得π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2,1,cos 217m n m n θ⎛ ⋅⎝====⋅， 即二面角A BM P --． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．6．如图长方体1111ABCD A BC D -中，1AB AD ==，12AA =，点E 为1DD 的中点．（1）求证：1//BD 平面ACE ；（2）求证：1EB ⊥平面ACE ；（3）求二面角1--A CE C 的余弦值．【试题来源】北京市2021届高三年级数学学科综合能力测试试题【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【分析】（1）作辅助线，由中位线定理证明1//OE BD ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接11, B O AB ，由勾股定理证明1EB OE ⊥，1EB AE ⊥，再结合线面垂直的判定定理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可．【解析】（1）连接BD 交AC 与点O ，连接OE ，四边形ABCD 为正方形，∴点O 为BD 的中点，又点E 为1DD 的中点，∴1//OE BD ，OE ⊂平面ACE ，1BD ⊄平面ACE ，1//BD ∴平面ACE13 / 44（2）连接11, B O AB ，由勾股定理可知1EB ==，12B O ==，2OE ==22211BO OE EB =+，1EB OE ∴⊥， 同理可证22211B E AE AB +=，1EB AE ∴⊥， ,,AE OE E AE OE ⋂=⊂平面ACE ，1EB ∴⊥平面ACE ；（3）建立如下图所示的空间直角坐标系，11(1,0,0),(0,1,0)(0,0,1)(0,1,2),(1,1,,,2)A C E C B显然平面1CC E 的法向量即为平面yDz 的法向量，不妨设为(1,0,0)m =，由（2）可知1EB ⊥平面ACE ，即平面ACE 的法向量为1(1,1,1)n EB ==， 3cos ,||3m n m nmn ⋅==⋅，又二面角1--A CE C 是钝角，∴二面角1--A CE C 的余弦值为【名师点睛】在第一问中，关键是利用中位线定理找到线线平行，再由定义证明线面平行；在第二问中，关键是利用勾股定理证明线线垂直，从而得出线面垂直；在第三问中，关键是建立坐标系，利用向量法求面面角的余弦值．7．如图1，在矩形ABCD 中，22,BC AB E ==是AD 中点，将CDE △沿直线CE 翻折到CPE △的位置，使得PB =2．（1）求证：面PCE ⊥面ABCE ；（2）求PC 与面ABP 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考【答案】（1）证明见解析；（2）11． 【分析】（1）连结BE ，可得BE EC ⊥，结合两图，可得BE EC ⊥，BE PE ⊥，又EC PE E ⋂=，15 / 44根据线面垂直的判定定理证得BE ⊥面PEC ，再利用面面垂直的判定定理证得结果；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果．【解析】（1）连结BE ，由图1可得BE EC ⊥，在图2中1,BE PE PB BE PE ==∴⊥，又EC PE E BE ⋂=∴⊥面PEC ，BE ∴⊂面ABCE ∴面PCE ⊥面ABCE ；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系．由题意可知，()()()131,0,0,1,2,0,0,1,0,,,222B C E P ⎛ ⎝⎭， ()132,,,1,0,0222AP AB ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，设面ABP 的法向量为(),,n x y z =，则0,0n AP n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩令y =得3,z =-所以()0,2,3n =-，11,,222PC ⎛=- ⎝⎭， 222sin cos ,11PC nPC n PC n θ⋅∴===⨯， 所以直线PC 与面ABP ． 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值．8．如图，圆O 的半径为4，AB 、CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，P 为OA 的中点，//EF CD ．将此图形沿着EF 折起，在翻折过程中，点A 对应的点为1A ．（1）证明：1A B CD ⊥；（2）当123A PB π∠=时，求二面角1A BC P --的正弦值．【试题来源】辽宁省名校联盟2020-2021学年高三3月份联合考试【答案】（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）证明出CD⊥平面1A PB ，进而可得出1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），以点O 为坐标原点，OD 、17 / 44OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角1A BC P --的正弦值．【解析】（1）折叠前，因为AB CD ⊥，//CD EF ，则AB EF ⊥，折叠后，对应地，有1PA EF ⊥，PB EF ⊥，因为//EF CD ，所以1CD PA ⊥，CD PB ⊥，1PA PB P =，所以，CD ⊥平面1A PB ，因为1A B ⊂平面1A PB ，所以1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），设二面角1A BC P --为θ，以点O 为坐标原点，OD 、OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()0,4,0B 、()4,0,0C -，且当123A PB π∠=时，(10,A -， 所以()4,4,0BC =--，(10,BA =-， 设平面1A BC 的法向量为(,,)m x y z =，则144070m BC x y m BA y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令x =y =7z =-，所以()3,7m =-，因为平面BCD 的一个法向量为()0,0,1n =，则755cos 55m n m n θ⋅==⋅， 因此，sin θ==． 【名师点睛】利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．9．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 内接于半径为2的圆O ，AB 为圆O 的直径，//AB CD ，2DC AB =，E 为AB 上一点，且PE ⊥平面ABCD ，ED =．（1）求证：PA DE ⊥；（2）若直线PB 与平面ABCD 所成的角为4π，求二面角C PB D --的余弦值． 【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第一模拟）【答案】（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）连接CO ，利用已知条件得到四边形ADCO 是平行四边形，连接DO ，得到AOD △为等边三角形，利用条件得到DE AO ⊥，再利用线面垂直关系得到PE DE ⊥，利用线面垂直的判定定理得到DE ⊥平面PAE ，进而可得结论．（2）由（1）可知ED ，EB ，EP 两两垂直，进而建立空间直角坐标系E xyz -得到相关向量的坐标，求出平面PBD 与平面PBC 的法向量1n ，2n ，利用12cos ,n n 得到二面角C PB D --的余弦值．【解析】（1）连接CO ，因为//AB CD ，2DC AB =，19 / 44//AO CD ，且=AO CD ，所以四边形ADCO 是平行四边形．连接DO ，因为圆O 的半径为2，所以2AO OC DC AD DO =====，所以AOD △为等边三角形，所以在AOD △中，AO边上的高为sin2sin 33AD ππ==因为ED =，所以DE 为AO 边上高，所以DE AO ⊥．因为 PE ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，所以PE DE ⊥，又DE AE ⊥，AE ，PE ⊂平面PAE ，且AE PE E ⋂=，所以DE ⊥平面PAE ．因为PA ⊂平面PAE ，所以PA DE ⊥．（2）由PE ⊥平面ABCD 可知，PBE ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角， 所以4PBE π∠=，因为 3PE EB ==．又由（1）知，ED ，EB ，EP 两两垂直，如图，可以以E 为坐标原点，以ED ，EB ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E xyz -．则()0,3,0B，)2,0C，)D，()0,0,3P ， 所以()3,3,0BD =-，()0,3,3PB =-，()3,1,0BC =-． 设平面PBD 的法向量为()1111,,n x y z =，则110,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得111130,330,y y z -=-=⎪⎩，得1111,,x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则()13,1,1n =． 设平面PBC 的法向量为()2222,,n x y z =，则220,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22220,330,y y z -=-=⎪⎩，令21x =，则2y 2z =(2n =．所以1212123cos ,5n n n n n n ⋅===易知二面角C PB D --为锐二面角，所以二面角C PB D --的余弦值为35． 【名师点睛】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．10．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC ⊥平面,90,//,90ABCD PBC AD BC ABC ∠∠==，222AB ADBC ====（1）求证：CD⊥平面PBD ；（2）若直线PD 与底面ABCD 求二面角B PC D --的正切值．21 / 44【试题来源】贵州省新高考联盟2021届高三下学期入学质量监测（理）【答案】（1）证明见解析；（2【分析】（1）由于222AB AD BC ====根据勾股定理可得CD DB ⊥，再由面面垂直性质定理可得PB CD ⊥即可证CD ⊥平面PBD ；（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，转化为正弦即可．【解析】（1）在四边形ABCD中，//,90,22AD BC ABC AB AD BC ∠===， 所以,ABD BCD 都为等腰直角三角形，即CD DB ⊥，因为平面PBC ⊥平面,90ABCD PBC ∠=，平面PBC 平面,ABCD BC =所以直线PB ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ,所以PB CD ⊥,又PB BD B ⋂=，所以CD ⊥平面PBD ．（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2,BC =则,1,AB CD BD ===因为直线PD 与底面ABCD所成的角的余弦值为3所以在Rt PBD △中,cos 3BD PDB PD ∠==即2PD PB ==， 设平面PBC 和平面PDC 法向量分为为,,m n 易知可取()0,0,1,m =因为PC =()()2,2,0,1,0,1,DC -=-所以0,0PC n DC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩解得()1,1,1,n = 设所求二面角为,θ所以1cos ||||3m n m n θ⋅==⋅，即tan 2θ=. 【名师点睛】涉及异面直线所成的角，线面角，二面角的问题，一般可以建立适当直角坐标系，利用向量的夹角坐标公式求解，属于中档题．11．如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，AD //BC ，BC ⊥AB ，AB =BC =2AE =2，F 为CE 上一点，且BF ⊥平面ACE ．（1）证明：AE ⊥平面BCE ；（2）若平面ABE 与平面CDE 所成锐二面角为60°，求AD ．【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模 【答案】（1）见解析；（215 【分析】（1）由平面ABCD ⊥平面ABE 证明BC ⊥面ABE ，得到BC ⊥AE ，由BF ⊥平面ACE ，得到BF ⊥AE ，从而证明AE ⊥平面BCE ．（2）过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为z 轴正方向，建立直角坐标系，用向量法计算可得．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，AB 为平面ABCD 和平面ABE 的交线，BC ⊥AB ， 所以BC ⊥面ABE ，所以BC ⊥AE ．又BF ⊥平面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC BF B =，所以AE ⊥平面BCE ．（2）如图示，过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为23 / 44z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,0,2,0,,0,0,2,2,0,0,,22A B E C D m ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭所以()33,,2,0,2,222CE CD m ⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭, 设(),,m x y z=为平面CDE 的一个法向量，则·0·0m CE m CD ⎧=⎨=⎩，即()32020220x y z x y m z ⎧++=⎪⎨⎪⨯-+-=⎩， 不妨取z =2，则32,2m m m ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎭, 显然平面ABE 的一个法向量()0,0,2n BC ==, 所以cos ,cos60m n m n m n ===⨯⎛，解得m =AD【名师点睛】立体几何解答题的基本结构：（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．12．如图所示多面体ABCDEF 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，CF ⊥平面ABCD ，ADE 是正三角形，四边形ABCD是菱形，2AB=，CF=π3 BAD∠=．（1）求证：//EF平面ABCD；（2）求二面角E AF C--的正弦值．【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2．【分析】（1）要证明线面平行，需线证明信线线平行，过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OC，可证明四边形EOCF是平行四边形，即可证明线面平行；（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值，再求正弦值．【解析】（1）过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OB，OC，BD因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE平面ABCD AD=,EO⊂平面ADE，所以EO⊥平面ABCD，又ADE是正三角形，2AD=，所以EO，因为CF⊥平面ABCD，CF=//CF OE，CF OE=，所以四边形OCFE为平行四边形，所以//OC EF，25 / 44因为OC ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ；（2）因为四边形ABCD 是菱形，2AB =，π3BAD ∠=，OB AD ⊥ 故，以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OE 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系．所以()1,0,0A，()B，()C -，()1,0,0D -，(E，(F -．所以(AE =-，()EF =-，()1,DB =，设平面AEF 的一个法向量为(),,n x y z =，由00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩得020x x ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =21y z =⎧⎨=⎩，所以()3,2,1n =， 因为CF ⊥平面ABCD 所以CF BD ⊥，在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又CFAC C =所以BD ⊥平面ACF ， 所以DB 是平面ACF 的一个法向量，设二面角E AF C --的大小为θ，则32cos cos ,22DB nn DB DB n θ⋅+===⨯⨯， 所以sin θ==． 【名师点睛】求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大； 二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角．13．如图，在四棱锥S ABCD -中，13SA SB SC SD ====，AC CD ⊥，6AB =，8BD =．（1）求证：平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角A SB D --的余弦值．【试题来源】广东省深圳市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，可得SO AD ⊥，利用直角三角形的性质可得OC OD =，即可证明SOC SOD ≅，进而可得SO OC ⊥，利用线面垂直的判定定理可证SO ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明Rt SOA Rt SOB ≅，OA OB OC OD ===，可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，进而可得SO 和AD 的长，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面ABS 的一个法向量和平面SBD 的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解．【解析】取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，因为SA SD =，所以SO AD ⊥， 因为AC CD ⊥，O 为AD 的中点，所以12OC AD OD ==，27 / 44因为SO SO =，SC SD =，所以SOC SOD ≅，所以90SOC SOD ∠=∠=，所以SO OC ⊥，因为OC OD O =，OC ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD ，因为SO ⊂平面SAD ，所以平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）由（1）知SO ⊥平面ABCD ，所以SO BO ⊥，在Rt SOA 和Rt SOB 中，由 SO SO =，SA SB =可得Rt SOA Rt SOB ≅，所以OA OB =，即OA OB OC OD ===， 所以,,,A B C D 在以O 为圆心的圆上，由AC CD ⊥可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，10AD ==，5AO =，12SO =，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则()0,6,0A ，()0,0,0B ，()8,0,0D ，()4,3,0O ，()4,3,12S ，()0,6,0BA =，()8,0,0BD =，()4,3.12BS =，设平面ABS 的一个法向量()111,,m x y z =，则11116043120m BA y m BS x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩令13x =，可得11z =-，10y =，所以()3,0,1m =-， 设平面SBD 的一个法向量为()222,,n x y z =，则22224312080n BS x y z n BD x ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，令24y =，则21z =-，20x =，所以()0,4,1n =-，所以cos ,=10m nm n m n ⋅=⨯⋅， 因为二面角A SB D --的平面角为钝角，所以二面角A SB D --的余弦值为． （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PA PD ==，24DC AD AB ===，AB AD ⊥，//AB CD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PB 上一点．（1）在平面PAB 内能否作一条直线与平面PAD 垂直？若能，请画出直线并加以证明；若不能，请说明理由；（2）若13PE PB =时，求直线AE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【试题来源】甘肃省2020-2021学年高三第一次高考诊断（理）试卷【答案】（1）答案见解析；（2）7． 【分析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，由AB ⊥平面PAD 可知EF ⊥平面PAD ；（2）以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【解析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，EF 为所求作的直线，29 / 44因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB AD ⊥，所以AB ⊥平面PAD ，因为//EF AB ，所以EF ⊥平面PAD ．（如证明AB ⊥平面PAD 、或寻找PB 上任意一点作平行线、垂线都可）（2）取AD 中点O ，BC 中点M ，连接OM ，则OM ⊥平面PAD ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．则可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(2,4,0)C -，(0,0,2)P ，则(2,2,2)PB =-，(4,2,0)BC =-．设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，易得020x y z x y +-=⎧⎨-+=⎩，不妨取(1,2,3)n =． 因为13PE PB =，所以224,,333E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以424,,333AE ⎫⎛=- ⎪⎝⎭设AE 与平面PBC 所成角为θ，则14sin 7||||AE n AE n θ⋅==．所以AE 与平面PBC 【名师点睛】求线面角，二面角时，根据题意建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量，求解线面角，二面角是解题的关键，属于中档题．15．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，BC CD ⊥，2PA AD ==，1CD =，3BC =，点M ，N 在线段BC 上，21BM MN ==，AN MD E ⋂=，Q 为线段PB 上的一点．（1）求证：MD ⊥平面PAN ；（2）若平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角的余弦值为45，求直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值．【试题来源】山东省青岛市2021届高三一模数学试卷【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据AMN DAM ∽△△可证MD AN ⊥，再结合PA MD ⊥即可证明MD ⊥平面PAN ；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，设(),,Q x y z ，分别求得平面MQA 与平面PAN 的法向量，结合二面角的余弦值为45得Q 坐标，再求MQ 与平面ABCD 的法向量结合公式求得所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为3BC =，1BM =，所以2CM =，AD CM =，31 / 44因为//AD CM ，所以//AD CM ，所以四边形AMCD 为平行四边形． 因为BC CD ⊥，所以四边形AMCD 为矩形． 因为12MN AM AM AD ==，所以AMN DAM ∽△△ 所以90AED MAN AME ADM AME ∠=∠+∠=∠+∠=︒所以MD AN ⊥，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA MD ⊥，AN PA A ⋂=， 所以MD ⊥平面PAN ． （2）如图建立空间直角坐标系则()1,0,0M ，()0,0,0A ，()002P ,,，11,,02N ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0B -，(),,Q x y z 设()()11,1,1,1,212x BQ BP x y z y z λλλλλ=-⎧⎪=⇒-+=-⇒=-⎨⎪=⎩，所以()1,1,2Q λλλ--(),1,2MQ λλλ=--，()1,0,0AM =，()0,0,2AP =，11,,02AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭设平面MQA 与平面PAN 的一个法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z =所以()()111111112000,2,100x y z n MQ n x n AM λλλλλ⎧⎧-+-+=⋅=⎪⇒⇒=-⎨⎨=⋅=⎪⎩⎩ ()1222222001,2,01002z n AP n x y n AN ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩设平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角为θ，所以121241cos 524n n n n θλ⋅===⇒=⋅ 此时11,,122MQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABCD 的一个法向量()30,0,1n =，所以336sin 3n MQ n MQα⋅==．所以直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值为3． 【名师点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解．16．在如图所示的圆柱12O O 中，AB 为圆1O 的直径，C ，D 是AB 的两个三等分点，EA ，FC ，GB 都是圆柱12O O 的母线．（1）求证：1//FO 平面ADE ；（2）若2BC FC ==，求二面角B AF C --的余弦值．【试题来源】2021年高考数学（理）二轮复习热点题型精选精练 【答案】（1）证明见解析；（2）7． 【分析】（1）连接1O C ，1O D ，易证1//CO AD ，//EA FC ，根据面面平行的判定定理可33 / 44得平面1//FCO 平面ADE ，再根据面面平行的定义即可证得1//FO 平面ADE ； （2）因为直线CA ，CB ，CF 两两垂直，所以以C 为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面ABF ，平面ACF 的一个法向量，根据二面角的向量坐标公式即可求出． 【解析】（1）连接1O C ，1O D ，因为C ，D 是半圆AB 的两个三等分点，所以11160AO D DO C CO B ∠=∠=∠=︒，又1111O A O B OC O D ===， 所以1AO D ，1CO D △，1BO C △均为等边三角形，所以11O A AD DC O C ===，所以四边形1ADCO 是平行四边形，所以1//CO AD ， 因为11O A AD DC O C ===，1CO ⊄平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以1//CO 平面ADE ．因为EA ，FC 都是圆柱12O O 的母线，所以//EA FC ， 因为⊄FC 平面ADE ，EA ⊂平面ADE ， 所以//FC 平面ADE ．又1,CO FC ⊂平面1FCO ，1CO FC C ⋂=，所以平面1//FCO 平面ADE ，又1FO ⊂平面1FCO ，所以1//FO 平面ADE ． （2）连接AC ，因为FC 是圆柱12O O 的母线，所以FC ⊥圆柱12O O 的底面， 因为AB 为圆1O 的直径，所以90ACB ∠=︒，所以直线CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为原点建立空间直角坐标系如图： 因为2BC FC ==，所以()000C ,,，()A ，()0,2,0B ，()0,0,2F ，()2,0AB =-，()AF =-，由题知平面ACF 的一个法向量为()0,2,0CB =， 设平面ABF 的一个法向量为(),,n x y z =，则：220220n AB yn AF z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，y =z =(1,3,n =．所以23cos ,727CB n CB n CB n⋅===．由图可知，二面角B AF C --的平面角为锐角，所以二面角B AF C --．【名师点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及二面角的求法，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．线面平行的证明一般可以通过线面平行的判定定理或者面面平行的定义证出，二面角的求法一般有：定义法，垂面法，三垂线法，向量法，坐标法，面积射影法等．17．如图，在平面四边形ABCD 中，AB =AD ，BC =CD 且BC ⊥CD ，以BD 为折痕把ABD 和CBD 向上折起，使点A 到达点E 的位置，点C 到达点F 的位置(E ，F 不重合)．（1）求证：EF ⊥BD ；（2）若平面EBD ⊥平面FBD ，点E 在平面ABCD 内的正投影G 为ABD 的重心，且直线35 / 44EF 与平面FBD 所成角为60°，求二面角A -BE -D 的余弦值．【试题来源】安徽省江南十校2021届高三下学期3月一模联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2）13．【分析】（1）取BD 的中点O ，连接FO 和EO ，利用线面垂直的判定定理，证得BD ⊥平面EFO ，即可得到EF BD ⊥；（2）由（1）得到以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求得平面ABE 和平面BED 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解． 【解析】（1）如图所示，取BD 的中点O ，连接FO 和EO ， 由题意知FBD 和BED 均为等腰三角形，且,BF DF BE ED ==， 故,.FO BD EO BD ⊥⊥因为,FO EO O ⋂=所以BD ⊥平面EFO ， 因为EF ⊂平面,EFO 所以.EF BD ⊥（2）由（1）知，EO BD ⊥，因为平面EBD ⊥平面FBD ， 平面,EBD FBD BD EO ⋂=⊂平面平面,EBD 所以EO ⊥平面FBD ， 直线EF 与平面FBD 所成角为EFO ∠，可得60EFO ∠=，因为FB FD FB FD =⊥，O 为BD 中点，所以112FO BD ==，所以EO =，所以2BE ED BD ===，即EBD △为等边三角形，G 为等边ABD △的中心，以O 为坐标原点，OD 的方向为x 轴正方向，OG 的方向为y 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，可得(),(1,0,0),(1,0,0),A B D E ⎛- ⎝⎭，则3(1,3,0),(2,0,0),1,3AB BD BE ⎛=--== ⎝⎭，。
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高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解一、选择题1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形[答案] D[解析] ∵AB →·BC →>0，∴∠ABC >π2，同理∠BCD >π2，∠CDA >π2，∠DAB >π2，由内角和定理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选D.2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数 [答案] C[解析] AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则MN →等于( )A ．－12a ＋12b ＋13cB.12a ＋12b －13cC.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c[答案] C[解析] MN →＝MB →＋BN →＝12D 1B 1→＋13BB 1→＝12(A 1B 1→－A 1D 1→)－13A 1A →＝12a －12b －13c . 4．已知A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则AC →与AB →的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°[答案] C[解析] AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)．设〈AB →，AC →〉＝θ，则cos θ＝AB →·AC →|AB →|·|AC →|＝332·2＝12，∴θ＝60°. 5．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627 B.637 C.647D.657[答案] D[解析] ∵a ，b ，c 三向量共面， ∴存在实数m ，n 使c ＝m a ＋n b ， 即(7,5，λ)＝(2m －n ，－m ＋4n,3m －2n )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m －n ＝7－m ＋4n ＝5λ＝3m －2n，∴λ＝657.6．(2010·山东青岛)在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值为( )A ．0 B.32C ．1D ．无法确定[答案] A[解析] AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝AB →·(BD →－BC →)＋(BC →－BA →)·DB →＋(BD →－BA →)·BC →＝AB →·BD →－AB →·BC →＋BC →·DB →－BA →·DB →＋BD →·BC →－BA →·BC →＝0，故选A.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD等于( )A ．5 B.41 C ．4D ．2 5[答案] A[解析] 设AD →＝λAC →，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0,4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ. ∴BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)， 又AC →＝(0,4，－3)，AC →⊥BD →， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0， ∴λ＝－45，∴BD →＝⎝⎛⎭⎫－4，95，125， ∴|BD →|＝(－4)2＋⎝⎛⎭⎫952＋⎝⎛⎭⎫1252＝5. 8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，AM →＝12MC →，点N 为B 1B 的中点，则线段MN 的长度为( )A.216B.66C.156D.153[答案] A[解析] MN →＝AN →－AM →＝AN →－13AC →＝AB →＋BN →－13()AB →＋AD →＋AA 1→ ＝23AB →＋16AA 1→－13AD →. ∴MN ＝|MN →|＝49|AB →|2＋136|AA 1→|2＋19|AD →|2＝216. 9．设空间四点O 、A 、B 、P 满足OP →＝OA →＋tAB →，其中0<t <1，则有( ) A ．点P 在线段AB 上 B ．点P 在线段AB 的延长线上 C ．点P 在线段BA 的延长线上 D ．点P 不一定在直线AB 上 [答案] A[解析] ∵OP →＝OA →＋tAB →，∴AP →＝tAB →，∵0<t <1，∴点P 在线段AB 上．10．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值等于( )A.32B.1010C.35D.25[答案] D[解析] AM →＝AA 1→＋A 1M →＝AA 1→＋12AB →，CN →＝CB →＋BN →＝－AD →＋12AA 1→，AM →·CN →＝－AA 1→·AD →－12AB →·AD →＋12|AA 1→|2＋14AA 1→·AB →＝12，|AM →|2＝|AA 1→|2＋14|AB →|2＋AA 1→·AB →＝54，|CN →|2＝|AD →|2＋14|AA 1|2－12AD →·AA 1→＝54，∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →|·|CN →|＝25，故选D.二、填空题11．已知a ＝(1,2x －1，－x )，b ＝(x ＋2,3，－3)，若a ∥b ，则x ＝________. [答案] 1[解析] ∵a ∥b ，∴1x ＋2＝2x －13＝－x －3，由1x ＋2＝2x －13得，2x 2＋3x －5＝0，∴x ＝1或－52， 由2x －13＝－x－3得x ＝1，∴x ＝1. 12．设向量a ＝(－1,3,2)，b ＝(4，－6,2)，c ＝(－3,12，t )，若c ＝m a ＋n b ，则m ＋n ＝________. [答案]112[解析] m a ＋n b ＝(－m ＋4n,3m －6n,2m ＋2n )， ∴(－m ＋4n,3m －6n,2m ＋2n )＝(－3,12，t )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧－m ＋4n ＝－33m －6n ＝122m ＋2n ＝t，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，n ＝12，t ＝11.∴m ＋n ＝112.13．若|a |＝17，b ＝(1,2，－2)，c ＝(2,3,6)，且a ⊥b ，a ⊥c ，则a ＝________. [答案] (－185，2，15)或(185，－2，－15)[解析] 设a ＝(x ，y ，z )， ∵a ⊥b ，∴x ＋2y －2z ＝0.① ∵a ⊥c ，∴2x ＋3y ＋6z ＝0.② ∵|a |＝17.∴x 2＋y 2＋z 2＝17.③ ∴联立①②得x ＝－18z ，y ＝10z . 代入③得425z 2＝17，∴z ＝±15.∴a ＝(－185，2，15)或(185，－2，－15)．14．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成角为________．[答案] π2[解析] 由条件知AC 、BC 、CC 1两两垂直，以C 为原点，CB ，CA ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，A (0，3，0)，B 1(1,0，6)，M (0,0，62)，A 1(0，3，6)，∴AB 1→＝(1，－3，6)，A 1M →＝(0，－3，－62)，cos 〈AB 1→，A 1M →〉＝AB 1→·A 1M →|AB 1→|·|A 1M →|＝0，∴〈AB 1→，A 1M →〉＝π2，即直线AB 1与A 1M 所成角为π2.三、解答题15．已知向量b 与向量a ＝(2，－1,2)共线，且满足a ·b ＝18，(k a ＋b )⊥(k a －b )，求向量b 及k 的值．[解析] ∵b ≠0，a ，b 共线，∴存在实数λ，使a ＝λb ，∵a ＝(2，－1,2)，∴|a |＝3， ∴a ·b ＝λa 2＝λ|a |2＝9λ＝18， ∴λ＝2.∴b ＝(4，－2,4)．∵(k a ＋b )⊥(k a －b )，∴(k a ＋b )·(k a －b )＝0. ∴(k a ＋2a )·(k a －2a )＝0. ∴(k 2－4)|a |2＝0.∴k ＝±2.16．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 、EF 所成角θ的大小(用反三角函数值表示)； (2)求点B 1到平面AEF 的距离．[解析] 以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，B 1(2,0,2)，E (0,2,1)，F (1,1,0)，(1)A 1B →＝(2,0，－2)，EF →＝(1，－1，－1)， cos θ＝A 1B →·EF →|A 1B →|·|EF →|＝422×3＝63，∴θ＝arccos63. (2)设平面AEF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， ∵AE →＝(0,2,1)，AF →＝(1,1,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0n ·AF →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c ＝0a ＋b ＝0，令a ＝1可得n ＝(1，－1,2)，∵AB 1→＝(2,0,2)，∴d ＝|AB 1→·n ||n |＝66＝ 6.∴点B 1到平面AEF 的距离为 6.17．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G 、H 分别为F A 、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 .[解析] 由题设知，F A 、AB 、AD 两两互相垂直．如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A －xyz .(1)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 )，F (0,0,2c )．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)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)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 .故由CH ⊂平面CDFE ，得平面ADE ⊥平面CDE .[点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下：(1)由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF ∥BG ，由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 直线FH 上，所以C 、D 、F 、E 四点共面．(3)连结EG ，由AB ＝BE ，BE 綊AG ，及∠BAG ＝90°知ABEG 是正方形， 故BG ⊥EA .由题设知，F A 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ， 因此EA 是ED 在平面F ABE 内的射影，∴BG ⊥ED . 又EC ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE .由(1)知，CH ∥BG ，所以CH ⊥平面ADE .由(2)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE .。