立体几何空间向量(含历年真题、提升性试题无答案).含向量doc

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高二数学空间向量与立体几何测试题

高二数学空间向量与立体几何测试题

高二数学 空间向量与立体几何测试题第Ⅰ卷(选择题,共50分)一、选择题:(本大题共10个小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.在下列命题中:①若a 、b 共线,则a 、b 所在的直线平行;②若a 、b 所在的直线是异面直线,则a 、b 一定不共面;③若a 、b 、c 三向量两两共面,则a 、b 、c 三向量一定也共面;④已知三向量a 、b 、c ,则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为p =x a +y b +z c .其中正确命题的个数为 ( ) A .0 B.1 C. 2 D. 3 2.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,向量1D A 、1D C 、11C A 是 ( )A .有相同起点的向量B .等长向量C .共面向量D .不共面向量3.若向量λμλμλ且向量和垂直向量R b a n b a m ∈+=,(,、则)0≠μ ( ) A .//B .⊥C .也不垂直于不平行于,D .以上三种情况都可能4.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. 647 D. 6575.直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,若CA =a ,CB =b ,1CC =c , 则1A B = ( )A.+-a b cB. -+a b cC. -++a b cD. -+-a b c6.已知a +b +c =0,|a |=2,|b |=3,|c |=19,则向量a 与b 之间的夹角><b a ,为( )A .30°B .45°C .60°D .以上都不对7.若a 、b 均为非零向量,则||||⋅=a b a b 是a 与b 共线的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件8.已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2),B (4,-3,7),C (0,5,1),则BC 边上的 中线长为( )A .2B .3C .4D .59.已知的数量积等于与则35,2,23+-=-+=( )EM GDCBA10.已知(1,2,3)OA =,(2,1,2)OB =,(1,1,2)OP =,点Q 在直线OP 上运动,则当QA QB ⋅ 取得最小值时,点Q 的坐标为( )A .131(,,)243B .123(,,)234C .448(,,)333D .447(,,)333第Ⅱ卷(非选择题,共100分)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30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 = .12.12、若向量 ()()1,,2,2,1,2a b λ==-,,a b 夹角的余弦值为89,则λ等于__________.13.在空间四边形ABCD 中,AC 和BD 为对角线,G 为△ABC 的重心,E 是BD 上一点,BE =3ED ,以{AB ,AC ,AD }为基底,则GE = .14.已知a,b,c 是空间两两垂直且长度相等的基底,m=a+b,n=b-c ,则m,n 的夹角为 。

空间向量与立体几何专题(含答案)

空间向量与立体几何专题(含答案)

2011届高考专题复习空间向量与立体几何一、近年考情分析与2011年广东命题走势纵观07-10广东试题,我们可以发现,此部分内容涉及试题数及分值为:立体几何的复习要牢固树立以下的思维脉络:证线面垂直(或平行),转化为证线线垂直(或平行);证面面垂直(或平行),转化为证线面垂直(或平行)或证线线垂直(或平行).二、广东考题剖析及热点题型讲析热点1 空间几何体的结构、三视图、直观图 1.(08年广东5)将正三棱柱截去三个角(如图1所示A B C ,,分别是GHI △三边的中点)得到几何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( A )E F DIA H GBC EF D AB C侧视 图1图2 BEA .BEB . BEC .BED .2.(10年广东6)如图1,△ABC为正三角形,AA'//BB'//CC',CC'⊥平面ABC且3AA'=32 BB'=CC'=AB,则多面体ABC-A'B'C'的正视图(也称主视图)是 ( D )3.【2010·陕西文数】若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()A.2B.1C.D.【答案】B 本题考查立体图形三视图及体积公式如图,该立体图形为直三棱柱,所以其体积为.4.【2010·全国卷2理数】已知正四棱锥中,,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为()A.1B.C.2D.3【答案】C【解析】本试题主要考察椎体的体积,考察告辞函数的最值问题.设底面边长为a ,则高所以体积,设,则,当y 取最值时,,解得a=0或a=4时,体积最大,此时,故选C.5.如下图所示,四边形OABC 是上底为2下底为6,底角为45度的等腰梯形,由斜二侧画法,画出这个梯形的直观图O ’A ’B ’C ’,在直观图中梯形的高为( C )A 、32 B 、1 C 、22 D 、126.(全国Ⅰ新卷理10)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为(A) 2a π (B)273a π (C)2113a π (D) 25a π【答案】B解析:如图,P 为三棱柱底面中心,O 为球心,易知2331,32AP a a OP a =⨯==,所以球的半径R 满足:2222317()()3212R a a a =+=,故22743S R a ππ==球.热点2 点线面的位置关系空间点、线、面位置关系是立体几何中的重要关系,在高考中,选择题、填空题几乎年年考,且常以棱柱、棱锥、和正方体为背景,主要考查平面的基本性质、空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,考查对图形的识别、理解和加工能力。

(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案

(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案

一、利用向量处理平行与垂直问题例1、 在直三棱柱111C B A ABC -中,090=∠ACB , 030=∠BAC ,M A A BC ,6,11==是1CC 得中点。

求证:AM B A ⊥1练习:棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面P AC ?例2 如图,已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直,点N M ,分别在对角线AE BD ,上,且AE AN BD BM 31,31==,求证://MN 平面CDE练习1、在正方体1111D C B A ABCD -中,E,F 分别是BB 1,,CD 中点,求证:D 1F ⊥平面ADE2、如图,在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中, ︒=∠60ABC ,,2,a PD PB a AC PA ====点E 在PD 上,且PE :ED = 2: 1.在棱PC 上是否存在一点F, 使BF ∥平面AEC?证明你的结论.二、利用空间向量求空间的角的问题例1 在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1,F 1分别在A 1B 1,,C 1D 1上,且E 1B 1=41A 1B 1,D 1F 1=41D 1C 1,求BE 1与DF 1所成的角的大小。

例2 在正方体1111D C B A ABCD -中, F 分别是BC 的中点,点E 在D 1C 1上,且=11E D 41D 1C 1,试求直线E 1F 与平面D 1AC例3 在正方体1111D C B A ABCD -中,求二面角1C BD A --的大小。

zx1CFD CBA例4 已知E,F分别是正方体1111DCBAABCD-的棱BC和CD的中点,求:(1)A1D与EF所成角的大小;(2)A1F与平面B1EB所成角的大小;(3)二面角BBDC--11的大小。

三、利用空间向量求空间的距离的问题例1 直三棱柱AB C-A1B1C1的侧棱AA1,底面ΔAB C求点B1到平面A1B C的距离。

空间向量与立体几何知识点和知识题(含答案解析)

空间向量与立体几何知识点和知识题(含答案解析)

§1-3 空间向量与立体几何【知识要点】1.空间向量及其运算:(1)空间向量的线性运算:①空间向量的加法、减法和数乘向量运算:平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立.②空间向量的线性运算的运算律:加法交换律:a+b=b+a;加法结合律:(a+b+c)=a+(b+c);分配律:(+)a=a+a;(a+b)=a+b.(2)空间向量的基本定理:①共线(平行)向量定理:对空间两个向量a,b(b≠0),a∥b的充要条件是存在实数,使得a∥b.②共面向量定理:如果两个向量a,b不共线,则向量c与向量a,b共面的充要条件是存在惟一一对实数,,使得c=a+b.③空间向量分解定理:如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在惟一的有序实数组1,2,3,使得p=1a+2b+3c.(3)空间向量的数量积运算:①空间向量的数量积的定义:a·b=|a||b|c os〈a,b〉;②空间向量的数量积的性质:a·e=|a|c os<a,e>;a⊥b a·b=0;|a|2=a·a;|a·b|≤|a||b|.③空间向量的数量积的运算律: (a )·b =(a ·b );交换律:a ·b =b ·a ;分配律:(a +b )·c =a ·c +b ·c . (4)空间向量运算的坐标表示:①空间向量的正交分解:建立空间直角坐标系Oxyz ,分别沿x 轴,y 轴,z 轴的正方向引单位向量i ,j ,k ,则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ,j ,k },由空间向量分解定理,对于空间任一向量a ,存在惟一数组(a 1,a 2,a 3),使a =a 1i +a 2j +a 3k ,那么有序数组(a 1,a 2,a 3)就叫做空间向量a 的坐标,即a =(a 1,a 2,a 3).②空间向量线性运算及数量积的坐标表示: 设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3),则a +b =(a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3);a -b =(a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3);a =(a 1,a 2,a 3);a ·b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3.③空间向量平行和垂直的条件:a ∥b (b ≠0)⇔a =b ⇔a 1=b 1,a 2=b 2,a 3=b 3(∈R );a ⊥b ⇔a ·b =0⇔a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0.④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式: 设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3),则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a ba b a在空间直角坐标系中,点A (a 1,a 2,a 3),B (b 1,b 2,b 3),则A ,B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2.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,取直线l 的方向向量a ,则向量a 叫做平面的法向量.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,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 ∥⇔a ⊥u ⇔a ·u =0; ④l ⊥⇔a ∥u ⇔a =k u ,k ∈R ;⑤∥⇔u ∥v ⇔u =k v ,k ∈R ; ⑥⊥⇔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,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 ,平面的法向量是v ,直线a 与平面的夹角为,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-l -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-l -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-l -的两个面内与棱l 垂直的异面直线,则二面角-l -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,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. 【复习要求】1.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.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. 4.理解直线的方向向量与平面的法向量.5.能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系. 6.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题. 【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 =2PA 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 =2PA 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 =-=∴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),OG =(-1,1,4),∴MN ∥EF ,OG AK =,∴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==⋅⋅BF DE 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,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 aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC 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 a a C -,从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a =(p ,q ,r ), 由,0,01==⋅⋅AA AB 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 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,PA ⊥底面ABC ,AC ⊥BC ,PA =AC =1,2=BC ,求二面角A -PB -C 的平面角的余弦值.解法一:取PB 的中点D ,连接CD ,作AE ⊥PB 于E . ∵PA =AC =1,PA ⊥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 DC EA DC EA DC EA 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(-====CP CB AB AP设平面PAB 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==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1=1,得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB 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.例6 如图,三棱锥P -ABC 中,PA ⊥底面ABC ,PA =AB ,∠ABC =60°,∠BCA =90°,点D ,E 分别在棱PB ,PC 上,且DE ∥BC .(Ⅰ)求证:BC ⊥平面PAC ;(Ⅱ)当D 为PB 的中点时,求AD 与平面PAC 所成角的余弦值;(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ,使得二面角A -DE -P 为直二面角?若存在,求出PE ∶EC 的值;若不存在,说明理由.解:如图建立空间直角坐标系.设PA =a ,由已知可得A (0,0,0),).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP .又∠BCA =90°,∴BC ⊥AC .∴BC ⊥平面PAC .(Ⅱ)∵D 为PB 的中点,DE ∥BC ,∴E 为PC 的中点. ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知,BC ⊥平面PAC ,∴DE ⊥平面PAC , ∴∠DAE 是直线AD 与平面PAC 所成的角. ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE 即直线AD 与平面PAC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知,DE ⊥平面PAC ,∴DE ⊥AE ,DE ⊥PE , ∴∠AEP 是二面角A -DE -P 的平面角. ∵PA ⊥底面ABC ,∴PA ⊥AC ,∠PAC =90°. ∴在棱PC 上存在一点E ,使得AE ⊥PC ,这时,∠AEP =90°,且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A -DE -P 是直二面角,此时PE ∶EC =4∶3. 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.练习1-3一、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,⊥,∩=l ,A ∈,B ∈,A ,B 到l 的距离分别是a 和b ,AB 与,所成的角分别是和ϕ,AB 在,内的射影分别是m 和n ,若a >b ,则下列结论正确的是( )(A)>ϕ,m >n (B)>ϕ,m <n (C)<ϕ,m <n(D)<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______.8.四棱锥P -ABCD 的底面是直角梯形,∠BAD =90°,AD ∥BC ,==BC AB AD 21,PA ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°.设AE 与CD 所成的角为,则cos=______.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-PQ-,A∈PQ,B∈,C∈,CA=CB,∠BAP =45°,直线CA和平面所成的角为30°.(Ⅰ)证明:BC⊥PQ;(Ⅱ)求二面角B-AC-P平面角的余弦值.习题1一、选择题:1.关于空间两条直线a、b和平面,下列命题正确的是( )(A)若a ∥b ,b ⊂,则a ∥ (B)若a ∥,b ⊂,则a ∥b (C)若a ∥,b ∥,则a ∥b(D)若a ⊥,b ⊥,则a ∥b2.正四棱锥的侧棱长为23,底面边长为2,则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38 (C)6 (D)23.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等,则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4.已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:cm),可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3(D)4000cm 35.若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形,则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23(D)24二、填空题:6.已知正方体的内切球的体积是π34,则这个正方体的体积是______.7.若正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面边长为1,AB 1与底面ABCD 成60°角,则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______.8.若三棱锥的三条侧棱两两垂直,且侧棱长均为3,则其外接球的表面积是______. 9.连结球面上两点的线段称为球的弦.半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、,每条弦的两端都在球面上运动,则两弦中点之间距离的最大值为______.10.已知AABC 是等腰直角三角形,AB =AC =a ,AD 是斜边BC 上的高,以AD 为折痕使∠BDC 成直角.在折起后形成的三棱锥A -BCD 中,有如下三个结论: ①直线AD ⊥平面BCD ; ②侧面ABC 是等边三角形; ③三棱锥A -BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________.(写出全部正确结论的序号) 三、解答题:11.如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D 是BC 的中点,AB =AA 1.(Ⅰ)求证:AD ⊥B 1D ; (Ⅱ)求证:A 1C ∥平面A 1BD ;(Ⅲ)求二面角B -AB 1-D 平面角的余弦值.12.如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥AC,AB⊥AC,PA=AC=2,AB=1,M 为PC的中点.(Ⅰ)求证:平面PCB⊥平面MAB;(Ⅱ)求三棱锥P-ABC的表面积.13.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=AA1=2,M、N分别是A1C1、BC1的中点.(Ⅰ)求证:BC1⊥平面A1B1C;(Ⅱ)求证:MN∥平面A1ABB1;(Ⅲ)求三棱锥M -BC 1B 1的体积.14.在四棱锥S -ABCD 中,底面ABCD 为矩形,SD ⊥底面ABCD ,2AD ,DC =SD=2.点M 在侧棱SC 上,∠ABM =60°.(Ⅰ)证明:M 是侧棱SC 的中点;(Ⅱ)求二面角S -AM -B 的平面角的余弦值.练习1-3一、选择题:1.B 2.A 3.B 4.D 二、填空题:5.60° 6.2 7.54 8.42三、解答题: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=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C 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 C A n 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(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD . (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为,,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11.(Ⅰ)证明:在平面内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ,连结OB . ∵⊥,∩=PQ ,∴CO ⊥.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 ⊥,∴∠CAO 是CA 和平面所成的角,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⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x =1,得)3,1,1(1=n . 易知n 2=(1,0,0)是平面的一个法向量.设二面角B -AC -P 的平面角为,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B -AC -P 平面角的余弦值是⋅55习题1一、选择题:1.D 2.B 3.A 4.B 5.B 二、填空题: 6.324 7.438.9 9.5 10.①、②、③三、解答题:11.(Ⅰ)证明:∵ABC -A 1B 1C 1是正三棱柱,∴BB 1⊥平面ABC ,∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC .∵正△ABC 中,D 是BC 的中点,∴AD ⊥BC ,∴AD ⊥平面BB 1C 1C , ∴AD ⊥B 1D .(Ⅱ)解:连接A 1B ,设A 1B ∩AB 1=E ,连接DE .∵AB =AA 1, ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形, ∴E 是A 1B 的中点,又D 是BC 的中点,∴DE ∥A 1C . ∵DE ⊂平面A 1BD ,A 1C ⊄平面A 1BD ,∴A 1C ∥平面A 1BD .(Ⅲ)解:建立空间直角坐标系,设AB =AA 1=1, 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1=(p ,q ,r )是平面A 1BD 的一个法向量, 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r =1,得n 1=(2,0,1). 同理,可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B -AB 1-D 大小为,∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ ∴二面角B -AB 1-D 的平面角余弦值为⋅51512.(Ⅰ)∵PA ⊥AB ,AB ⊥AC ,∴AB ⊥平面PAC ,故AB ⊥PC .∵PA =AC =2,M 为PC 的中点,∴MA ⊥PC .∴PC ⊥平面MAB , 又PC ⊂平面PCB ,∴平面PCB ⊥平面MAB . (Ⅱ)Rt △PAB 的面积1211==⋅AB PA S .Rt △PAC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3=S 1=1.∵△PAB ≌△CAB ,∵PB =CB ,∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P -ABC 的表面积为S =S 1+S 2+S 3+S 4=.64+13.(Ⅰ)∵ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱,∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1,∴B 1B ⊥A 1B 1.又B 1C 1⊥A 1B 1,∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1,∴BC 1⊥A 1B 1. ∵BB 1=CB =2,∴BC 1⊥B 1C ,∴BC 1⊥平面A 1B 1C .(Ⅱ)连接A 1B ,由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点,得MN ∥A 1B , 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1,MN ⊄平面A 1ABB 1,∴MN ∥平面A 1ABB 1.(Ⅲ)取C 1B 1中点H ,连结MH . ∵M 是A 1C 1的中点,∴MH ∥A 1B 1,又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1,∴MH ⊥平面BCC 1B 1,∴MH 是三棱锥M -BC 1B 1的高, ∴三棱锥M -BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14.如图建立空间直角坐标系,设A (2,0,0),则B (2,2,0),C (0,2,0),S (0,0,2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM , 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得=1.∴M 是侧棱SC 的中点.(Ⅱ)由M (0,1,1),A (2,0,0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅ ∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S -AM -B 的平面角. ,36||||),cos(-==MS GB MS GB 即二面角S -AM -B 的平面角的余弦值是-36.。

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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.,取直线l的方向向量a,则向量及一个向量a,那么经过点A以向量用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系:的方向向量分别是a,b,平面α ,β 的法向量分别是,k∈R;0;0;,k∈R;k∈R;=0.用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题:,b是两条异面直线,过空间任意一点分别是二面角的两个半平面α ,β 的法向量,则〈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.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示..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.理解直线的方向向量与平面的法向量..能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系..能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.建立空间直角坐标系,设法证明存在实数k ,使得RS k PQ =如图建立空间直角坐标系,则O (0,0,0),A (3,0,0),B (0,4,1(3,0,2),B 1(0,4,2),E (3,4,0).PA 1, ∴),34,0,0()2,00(32321===AA AP ⋅)同理可得:Q (0,2,2),R (3,2,0),⋅)32,4,0(2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: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)N (4,2,4),B (4,4,0),E (0,2,4),F (2,4,4).的中点K ,EF 的中点G ,BD 的中点O ,则O (2,2,0),K (3,1,,2,0),=(2,2,0),=(-1,1,4),=(-1,EF AK OG 本文下载后请自行对内容编辑修改删除,: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)C (0,2,0),N (2,2,1).),1,0,2(),2,1,0(=CN 所成的角为θ ,则CN ,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52取AB 的中点P ,CC 1的中点Q ,连接B 1P ,B 1Q ,PQ ,PC .B P ∥MA ,B Q ∥NC ,所成的角.6,522=+==QC PC PQ Q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ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为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;二是利用平面如图建立空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (0,a ,0),取A 1B 1的中点D ,则,连接AD ,C ⋅))2,2,0(a a D ),2,0,0(),0,,0(),0,0,231a AA a AB a ==,011=⋅AA DC 本文下载后请自行对内容编辑修改删除,PB的中点D,连接CD,作AE⊥PB于E.,PA⊥AC,2,∴CD⊥PB.DC夹角的大小就是二面角A-PB-C的大小.,0(),0,0,2(),0,-==CP CB =(a 1,a 2,a 3),(b 1,b 2,b 3).=1,得).0,2,1(-=a 得取b 3=1,得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 3如图建立空间直角坐标系.,由已知可得A (0,0,0),),0,23,0(),0,23,21(a C a a B -),0,0,21(),,0,0a BC a =∴BC ⊥AP .又∠BCA =90°,∴BC ⊥AC .,0PAC .的中点,DE ∥BC ,∴E 为PC 的中点.⋅)21,43,0(),21,3a a E a a ⊥平面PAC ,(B)θ >ϕ(D)θ <ϕ中,E,F,G,H分别为所成角的大小是______.6,且对角线与底面所成角的余弦值为D1中,AA1=2AB,则异面直线1本文下载后请自行对内容编辑修改删除,的底面是直角梯形,∠BAD=90°,,PA⊥底面ABCD,PD所成的角为θ ,则cosθ =______.C1D1中,AA1=2AB=4,点平面角的余弦值.中,底面ABCD是边长为OA的中点,N为BC的中点.OCD;所成角的大小.平面角的余弦值.习题1和平面α ,下列命题正确的是( α (B)若a ∥α (B)38000(D)4000cm 2的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为( )(C)223本文下载后请自行对内容编辑修改删除,C11;平面角的余弦值.PA⊥AB,PA⊥AC,AB⊥AC MAB;C ;ABB 1;的体积.中,底面ABCD 为矩形,SD ⊥底面SD =2.点M 在侧棱SC 上,∠的中点;的平面角的余弦值.练习1-3D .42本文下载后请自行对内容编辑修改删除,,0),E (0,2,1),A 1).4∴A 1C ⊥BD ,A 1C ,0=⊥平面DBE .是平面DA 1E 的法向量,则,得n =(4,1,-2).14,,22(),0,22,0(-D P =-=),2,22,0(OD OP n =(x ,y ,z ),则⋅OP n 本文下载后请自行对内容编辑修改删除,是CA 和平面α 所成的角,则∠,CO =1.3=AO ABO =∠BAO =45°,∴=AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),C A ).1,3,0(-=AC 是平面ABC 的一个法向量,取x =1,得=+=-,03,033z y y x 1=n 是平面β 的一个法向量.AB 1=E ,连接DE .四边形A 1ABB 1是正方形,是BC 的中点,∴DE ∥A 平面A 1BD ,∴A 1C ∥平面⊄解:建立空间直角坐标系,设AB =AA 1=1,⋅-)1,0,21(),01B 是平面A 1BD 的一个法向量,,01=D B 取r =1,得n 1=(2,0,1).0=1234是直三棱柱,∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1,∴BC 1⊥A 1⊥B 1C ,∴BC 1⊥平面A 1B 1C 分别为A 1C 1、BC 1的中点,得MN 平面A 1ABB 1,∴MN ⊄MH .MH ∥A 1B 1,,∴MH ⊥平面BCC 1B 1,∴的体积==⋅⋅∆3111MH S V B BC A (,0,0),则B (22,),12,12,2(λλ++--=BM 故.60 >=BM |.BA BM =解得λ =,)12()1222λλ+++-的中点.,0,0)得AM 的中点22(G 本文下载后请自行对内容编辑修改删除,。

(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案

(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案

一、利用向量处理平行与垂直问题例1、 在直三棱柱111C B A ABC -中,090=∠ACB , 030=∠BAC ,M A A BC ,6,11==是1CC 得中点。

求证:AM B A ⊥1练习:棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面P AC ?例2 如图,已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直,点N M ,分别在对角线AE BD ,上,且AE AN BD BM 31,31==,求证://MN 平面CDE练习1、在正方体1111D C B A ABCD -中,E,F 分别是BB 1,,CD 中点,求证:D 1F ⊥平面ADE2、如图,在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中, ︒=∠60ABC ,,2,a PD PB a AC PA ====点E 在PD 上,且PE :ED = 2: 1.在棱PC 上是否存在一点F, 使BF ∥平面AEC?证明你的结论.二、利用空间向量求空间的角的问题例1 在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1,F 1分别在A 1B 1,,C 1D 1上,且E 1B 1=41A 1B 1,D 1F 1=41D 1C 1,求BE 1与DF 1所成的角的大小。

例2 在正方体1111D C B A ABCD -中, F 分别是BC 的中点,点E 在D 1C 1上,且=11E D 41D 1C 1,试求直线E 1F 与平面D 1AC例3 在正方体1111D C B A ABCD -中,求二面角1C BD A --的大小。

zx1CFD CBA例4 已知E,F分别是正方体1111DCBAABCD-的棱BC和CD的中点,求:(1)A1D与EF所成角的大小;(2)A1F与平面B1EB所成角的大小;(3)二面角BBDC--11的大小。

三、利用空间向量求空间的距离的问题例1 直三棱柱AB C-A1B1C1的侧棱AA1,底面ΔAB C求点B1到平面A1B C的距离。

立体几何空间向量(含历年真题、提升性试题无答案).含向量doc

立体几何空间向量(含历年真题、提升性试题无答案).含向量doc

空间向量与立体几何一、 平面的法向量1、定义:如果α⊥→a ,那么向量→a 叫做平面α的法向量。

平面α的法向量共有两大类(从方向上分),无数条。

2、平面法向量的求法(内积法):在给定的空间直角坐标系中,设平面α的法向量),,(z y x ,在平面α内任找两个不共线的向量,a b r r。

由n α⊥r ,得0n a ⋅=r r 且0n b ⋅=r r ,由此得到关于,x y ,z 的方程组,解此方程组即可得到n r。

二、 用空间向量解决立体几何的“三步曲”(1)、建立空间直角坐标系(利用现有三条两两垂直的直线,注意已有的正、直条件,相关几何知识的综合运用,建立右手系),用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立体几何问题转化为向量问题;(化为向量问题)(2)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题;(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。

(回到图形问题)三、 平面法向量的应用1、 求空间距离(1)异面直线之间距离: ||||→→→•=n n AB d ,其中B a A b n a n ∈∈⊥⊥→→,,,方法指导:如图2-4,①作直线a 、b 的方向向量→a 、→b , 求a 、b 的法向量→n ,即此异面直线a 、b 的公垂线的方向向量; ②在直线a 、b 上各取一点A 、B ,作向量→AB ;③求向量→AB 在→n 上的射影d ,则异面直线a 、b 间的距离为||||→→→•=n n AB d ,其中b B a A b n a n ∈∈⊥⊥→→,,,(重点)b B设异面直线a 、b 的公共法向量为(,,)n x y z =r,在a 、b 上任取一点A 、B ,则异面直线a 、b 的距离:d =AB ·cos ∠BAA '=||||AB n n •uuu r r r 证明:如图,EF 为a 、b 的公垂线段,a '为过F 与a 平行的直线,在a 、b 上任取一点A 、B ,过A 作AA '//EF ,交a '于A ',则¡¯//AA n u u u u r r ,所以∠BAA '=<,BA n uu u r r >(或其补角)∴异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA '=||||AB n n •u u u r r r *其中,n r的坐标可利用a 、b 上的任一向量,a b r r (或图中的,AE BF u u u r u u u r ),及n r 的定义得0n a n a n b n b ⎧⎧⊥•=⎪⎪⇒⎨⎨⊥•=⎪⎪⎩⎩r r r rr r r r① 解方程组可得n r 。

空间向量与立体几何(含答案)

空间向量与立体几何(含答案)

空间向量与立体几何例1(08年)四棱锥A BCDE-中,底面BCDE为矩形,侧面ABC⊥底面BCDE,2BC=,CD=AB AC=.(Ⅰ)证明:AD CE⊥;(Ⅱ)设CE与平面ABE所成的角为45,求二面角C AD E--的余弦值.例2 (2010年)(19)如图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥底面ABCD,AB//DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,平面EDC⊥平面SBC .(Ⅰ)证明:SE=2EB;(Ⅱ)求二面角A-DE-C的大小.CE AB例3 (2011年)如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1.(1)证明:SD⊥平面SAB;(2)求AB与平面SBC所成的角的正弦值.例4(2012年大纲)1如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,P A⊥底面ABCD,AC P A=2,E是PC上的一点,PE=2EC.(1)证明:PC⊥平面BED;(2)设二面角A-PB-C为90°,求PD与平面PBC所成角的大小.例5 (2013大纲全国,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△P AB和△P AD都是等边三角形.(1)证明:PB⊥CD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.例6.[2014·北京卷] 如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P -ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H. (1)求证:AB∥FG;(2)若P A⊥底面ABCDE,且P A=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.例7.[2014·四川卷] 三棱锥A -BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A -NP -M的余弦值.例8 [2014·安徽卷] 如图,四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.空间向量与立体几何 参考答案例1 解:(Ⅰ)作AO ⊥BC ,垂足为O 。

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全国卷立体几何题汇编2013-2019一、填空选择1、【2016高考新课标理数11】平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,a//平面CB1D1,⋂α平面ABCD=m,平面ABA1B1=n,则m,n所成角的正弦值为()(A)(B) (C) (D)【答案】A2、【2018全国1卷,理12】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()ABC.4D【答案】A a⋂223133、【2016全国1卷.文11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点,//A α平面11CB D ,αI 平面ABCD m =,αI 平面11ABB A n =,则,m n 所成角的正弦值为( )A .32 B .22 C .33 D .13【答案】A考点:平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.4、【2017全国1卷.文6】如图,在下列四个正方体中,A ,B 为正方体的两个顶点,M ,N ,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )A B C D【答案】A【解析】对于B ,易知AB ∥MQ ,则直线AB ∥平面MNQ ;对于C ,易知AB ∥MQ ,则直线AB ∥平面MNQ ;对于D ,易知AB ∥NQ ,则直线AB ∥平面MNQ .故排除B ,C ,D ,选A .5、【2019全国1卷,文16】已知∠ACB=90°,P 为平面ABC 外一点,PC =2,点P 到∠ACB两边AC ,BC P 到平面ABC 的距离为___________. 【答案】√26、(2018·理科II 卷·9)在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,1AA =面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A .15B C D7、(2017·理科II 卷·10)已知直三棱柱111C C AB -A B 中,C 120∠AB =o,2AB =,1C CC 1B ==,则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为( )A D8、(2014·理科II 卷·11)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BCA =90º,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC =CA =CC 1,则BM 与AN 所成的角的余弦值为( )A .110B .25CD9、(2013·理科II卷·7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到正视图可以为()【答案】A【解析】因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),几何体的直观图如图,是正方体的顶点为顶点的一个正四面体,所以以zOx平面为投影面,则得到正视图为:故选A.二、解答题A. B. C. D.1. 【2013课标全国Ⅰ,理18】如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,CA =CB ,AB =AA 1,∠BAA 1=60°.(1)证明:AB ⊥A 1C ;(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ,AB =CB ,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.(2)解:由(1)知OC ⊥AB ,OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ,交线为AB , 所以OC ⊥平面AA 1B 1B , 故OA ,OA 1,OC 两两相互垂直.以O 为坐标原点,的方向为x 轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .OA u u u r OA u u ur2. 【2014课标Ⅰ,理19】如图,三棱柱中,侧面为菱形,.(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)若,,,求二面角的余弦值.则,,,.111C B A ABC -C C BB 11C B AB 1⊥1AB AC =1AC AB ⊥︒=∠601CBB BC AB =111C B A A --3A (1,0,0)B 13B 3(0,C,,.设是平面的法向量,则即所以可取.设是平面的法向量,则同理可取. 则.所以二面角的余弦值为.3. 【2015高考新课标1,理18】如图,,四边形ABCD 为菱形,∠ABC =120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE =2DF ,AE ⊥EC .(Ⅰ)证明:平面AEC ⊥平面AFC ; (Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.133(0,,)33AB =-u u u u r 113(1,0,)3A B AB ==-u u u u r u u u r 113(1,,0)3B C BC ==--u u u u u r u u u r (,,)n x y z =r 11AA B 1110,0,n AB n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u u r330,30,3y z x z ⎧-=⎪⎨⎪-=⎪⎩(1,3,3)n =rm u r 111A B C 11110,0,m A B m B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u u ru r u u u u r(1,3,3)m =-u r 1cos ,7n m n m n m ⋅<>==r u rr u r r u r 111C B A A --17∴,∴EG ⊥FG ,∵AC ∩FG=G ,∴EG ⊥平面AFC ,∵EG 面AEC ,∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分4. 【2016高考新课标理数1】如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,°,且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是. (I )证明:平面ABEF 平面EFDC ; (II )求二面角E BC A 的余弦值.222EG FG EF +=⊂90AFD ∠=o----60o⊥--【解析】⑴ ∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=︒ ∴AF DF ⊥ ∵=DF EF F I ∴AF ⊥面EFDCAF ⊥面ABEF∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒∵AB EF ∥AB ⊄平面EFDCEF ⊂平面EFDC∴AB ∥平面ABCDAB ⊂平面ABCD∵面ABCD I 面EFDC CD = ∴AB CD ∥ ∴CD EF ∥∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点,如图建立坐标系,设FD a =()()000020E B a ,,,, ()302202aC a A a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,,,,()020EB a =u u u r ,,,322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,,,()200AB a =-u u ur ,,设面BEC 法向量为()m x y z =u r,,.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r ,即1111203202a y a x ay a z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩11101x y z ===-,)01m =-u r ,设面ABC 法向量为()222n x y z =r,,=00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r .即222220220a x ay ax ⎧-=⎪⎨⎪=⎩22204x y z ===,()04n =r设二面角E BC A --的大小为θ.cos m n m nθ⋅===⋅u r r u r r ∴二面角E BC A --的余弦值为5. 【2017新课标1,理18】(12分)如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且°.(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA =PD =AB =DC ,°,求二面角A −PB −C 的余弦值.90BAP CDP ∠=∠=o 90APD ∠=o以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)及已知可得,,,. 所以,,,. 设是平面的法向量,则即 可取.设是平面的法向量,则即 可取.则, 所以二面角的余弦值为.6. 【2018新课标1,理18】如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中点,以DF 为折痕把DFC △折起,使点C 到达点P 的位置,且PF BF ⊥.F FA u u u r||AB uuu r F xyz -2(,0,0)2A 2(0,0,)2P 2(,1,0)2B 2(,1,0)2C -22(,1,)22PC =--u u u r (2,0,0)CB =u u u r 22(,0,)22PA =-u u u r (0,1,0)AB =u u u r (,,)x y z =n PCB 0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 220,2220,x y z x ⎧-+-=⎪⎨⎪=⎩(0,1,2)=--n (,,)x y z =m PAB 0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 220,220.x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩(1,0,1)=m 3cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m A PB C --33-(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解:(1)由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF u u u r的方向为y 轴正方向,||BF uuu r 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP =2,DE =1,所以PE又PF =1,EF =2,故PE ⊥PF .可得3,22PH EH ==.则33(0,0,0),(0,0,(1,,0),(1,,2222H P D DP --=u u ur (0,0,2HP =u u u r 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则3sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r .所以DP 与平面ABFD.7. 【2019新课标1,理18】如图,直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.【分析】(1)过N作NH⊥AD,证明NM∥BH,再证明BH∥DE,可得NM∥DE,再由线面平行的判定可得MN∥平面C1DE;(2)以D为坐标原点,以垂直于DC得直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量,由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.【解答】(1)证明:如图,过N作NH⊥AD,则NH∥AA1,且,又MB∥AA1,MB=,∴四边形NMBH为平行四边形,则NM∥BH,由NH∥AA1,N为A1D中点,得H为AD中点,而E为BC中点,∴BE∥DH,BE=DH,则四边形BEDH为平行四边形,则BH∥DE,∴NM∥DE,∵NM⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,∴MN∥平面C1DE;(2)解:以D为坐标原点,以垂直于DC得直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则N(,,2),M(,1,2),A1(,﹣1,4),,,设平面A1MN的一个法向量为,由,取x =,得,又平面MAA 1的一个法向量为,∴cos <>===.∴二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值为.8、【2014全国1卷.文19】如图,三棱柱111C B A ABC -中,侧面C C BB 11为菱形,C B 1的中点为O ,且⊥AO 平面C C BB 11. (1)证明:;1AB C B ⊥(2)若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB ο求三棱柱111C B A ABC -的高.【答案】(1)详见解析;(2)三棱柱111ABC A B C -的高为217. 【解析】⊥,所以OH⊥平面ABC.又OH ADPABD CGE 9、【2016全国1卷.文18】如图,已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形,6PA =,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ,D 在平面PAB 内的正投影为点E ,连结PE 并延长交AB 于点G . (1)证明:G 是AB 的中点;(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由),并求四面体P DEF -的体积.【答案】(1)见解析;(2)作图见解析,体积为43.【解析】试题分析:证明.AB PG ⊥由PA PB =可得G 是AB 的中点. (II )在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA,可得2,==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得2.==EF PF 四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V(II )在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下:由已知可得PB PA ⊥,⊥PB PC ,又//EF PB ,所以EF PA EF PC ,⊥⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连结CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心. 由(I )知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ,⊥DE 平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33==PE PG DE PC由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ,可得2,==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.==EF PF所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V10、【2019全国1卷,文19】如图,直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求点C 到平面C 1DE 的距离【答案】解:(1)连结1,B C ME .因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且ME =12B 1C .又因为N 为1A D的中点,所以ND =12A 1D . 由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故=ME ND ∥,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE . (2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H .由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离, 由已知可得CE =1,C 1C =4,所以117C E =,故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.11、(2019·理科II 卷·17)如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1. (1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE =A 1E ,求二面角B –EC –C 1的正弦值. 【解析】(1)由已知得,11B C ⊥平面11ABB A ,BE ⊂平面11ABB A ,故11B C ⊥BE .又1BE EC ⊥,所以BE ⊥平面11EB C .(2)由(1)知190BEB ∠=︒.由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △,所以45AEB ∠=︒, 故AE AB =,12AA AB =.以D 为坐标原点,DA u u u r的方向为x 轴正方向,||DA uuu r 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ,则C (0,1,0),B (1,1,0),1C (0,1,2),E (1,0,1),(1,0,0)CB =u u u r ,(1,1,1)CE =-u u u r,1(0,0,2)CC =u u u u r.设平面EBC 的法向量为n =(x ,y ,x ),则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =(x ,y ,z ),则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u ur m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =(1,1,0). 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m .所以,二面角1B EC C --的正弦值为2.12、(2018·理科II 卷·20)如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30︒,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.【解析】(1)因为4AP CP AC ===,O 为AC 的中点,所以OP AC ⊥,且OP =连结OB.因为2AB BC AC ==,所以ABC △为等腰直角三角形, 且OB AC ⊥,122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥.由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB uu u r的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r.设(,2,0)(02)M a a a -<≤,则(,4,0)AM a a =-u u u r.设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n .由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n 得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取(3(4),3,)a a a =--n ,所以22223(4)cos ,23(4)3a OB a a a-=-++uu u rn .由已知得3|cos ,|2OB =uu u r n .所以22223|4|3=23(4)3a a a a --++.解得4a =-(舍去),43a =. 所以83434(,,)333=--n .又(0,2,23)PC =-u u u r ,所以3cos ,4PC =uu u r n . 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3.13、(2017·理科II 卷·19)如图,四棱锥P -ABCD 中,侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ,12AB BC AD ==,o 90BAD ABC ∠=∠=, E 是PD 的中点. (1)证明:直线//CE 平面PAB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为o45 ,求二面角M -AB -D 的余弦值14、(2016·理科II 卷·19)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 '=(Ⅰ)证明:D H '⊥平面ABCD ; (Ⅱ)求二面角B D A C '--的正弦值.【答案】(Ⅰ)详见解析;【解析】试题分析:(Ⅰ)证//AC EF ,再证'D H OH ⊥,最后证'D H ABCD ⊥平面;(Ⅱ)用向OBAFDHE D '量法求解.试题解析:(I )由已知得AC BD ⊥,AD CD =,又由AE CF =得AE CFAD CD=,故//AC EF . 因此EF HD ⊥,从而'EF D H ⊥.由5AB =,6AC =得04DO B ==.由//EF AC 得14OH AE DO AD ==.学.科网所以1OH =,'3D H DH ==. 于是1OH =,'222'23110D H OH D O +=+==, 故'D H OH ⊥.又'D H EF ⊥,而OH EF H ⋂=, 所以'D H ABCD ⊥平面.(II )如图,以H 为坐标原点,HF u u u r的方向为x 轴的正方向,学.科网建立空间直角坐标系H xyz -,则()0,0,0H ,()3,2,0A --,()0,5,0B -,()3,1,0C -,()'0,0,3D ,(3,4,0)AB =-u u u r ,()6,0,0AC =u u u r ,()'3,1,3AD =u u u u r .设()111,,m x y z =u r 是平面'ABD 的法向量,则'00m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u u u u r u r ,即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩,所以可以取()4,3,5m =-u r .设()222,,n x y z =r 是平面'ACD 的法向量,则'00n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r u u u u rr ,即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩,所以可以取()0,3,1n =-r .于是cos ,m n m n m n⋅<>===u r ru r r u r r ,sin ,25m n <>=u r r .因此二面角'B D A C --的正弦值是25.By15、(2015·理科II卷·19)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由);(Ⅱ)求直线AF与平面α所成角的正弦值.【解析】(1)(2)16、(2014·理科II卷·18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(Ⅰ)证明:PB // 平面AEC;(Ⅱ)设二面角D-AE-C为60º,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.。

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题09 立体几何与空间向量选择填空题 理(含解析)

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题09 立体几何与空间向量选择填空题 理(含解析)

专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019表面积与体积2019年新课标1理科12单选题2018几何体的结构特征2018年新课标1理科07单选题2018表面积与体积2018年新课标1理科12单选题2017三视图与直观图2017年新课标1理科07单选题2016三视图与直观图2016年新课标1理科06单选题2016空间向量在立体几何中的应用2016年新课标1理科11单选题2015表面积与体积2015年新课标1理科06单选题2015三视图与直观图2015年新课标1理科11单选题2014三视图与直观图2014年新课标1理科12单选题2013表面积与体积2013年新课标1理科06单选题2013三视图与直观图2013年新课标1理科08单选题2012三视图与直观图2012年新课标1理科07单选题2012表面积与体积2012年新课标1理科11单选题2011三视图与直观图2011年新课标1理科06单选题2010表面积与体积2010年新课标1理科10填空题2017表面积与体积2017年新课标1理科16填空题2011表面积与体积2011年新课标1理科15填空题2010三视图与直观图2010年新课标1理科14历年高考真题汇编1.【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8πB.4πC.2πD.π【解答】解:如图,由PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥,则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心,连接BO并延长,交AC于G,则AC⊥BG,又PO⊥AC,PO∩BG=O,可得AC⊥平面PBG,则PB⊥AC,∵E,F分别是PA,AB的中点,∴EF∥PB,又∠CEF=90°,即EF⊥CE,∴PB⊥CE,得PB⊥平面PAC,∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直,把三棱锥补形为正方体,则正方体外接球即为三棱锥的外接球,其直径为D.半径为,则球O的体积为.故选:D.2.【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3 D.2【解答】解:由题意可知几何体是圆柱,底面周长16,高为:2,直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度:2.故选:B.3.【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.B.C.D.【解答】解:正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平行的平面,并且正六边形时,α截此正方体所得截面面积的最大,此时正六边形的边长,α截此正方体所得截面最大值为:6.故选:A.4.【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10 B.12 C.14 D.16【解答】解:由三视图可画出直观图,该立体图中只有两个相同的梯形的面,S梯形2×(2+4)=6,∴这些梯形的面积之和为6×2=12,故选:B.5.【2016年新课标1理科06】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π【解答】解:由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体,如图:可得:,R=2.它的表面积是:4π•2217π.故选:A.6.【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m、n所成角的正弦值为()A.B.C.D.【解答】解:如图:α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABA1B1=n,可知:n∥CD1,m∥B1D1,∵△CB1D1是正三角形.m、n所成角就是∠CD1B1=60°.则m、n所成角的正弦值为:.故选:A.7.【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【解答】解:设圆锥的底面半径为r,则r=8,解得r,故米堆的体积为π×()2×5,∵1斛米的体积约为1.62立方,∴1。

高考数学 空间向量解立体几何(含综合题习题)

高考数学 空间向量解立体几何(含综合题习题)

利用空间向量解立体几何问题一、基础知识(一)刻画直线与平面方向的向量1、直线:用直线的方向向量刻画直线的方向问题,而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如:()()2,4,6,3,0,2A B ,则直线AB 的方向向量为()1,4,4AB =--2、平面:用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度,何为法向量?与平面α垂直的直线称为平面α的法线,法线的方向向量就是平面α的法向量,如何求出指定平面的法向量呢? (1)所需条件:平面上的两条不平行的直线(2)求法:(先设再求)设平面α的法向量为(),,n x y z =,若平面上所选两条直线的方向向量分别为()()111222,,,,,a x y z b x y z ==,则可列出方程组:1112220x y z x y x y z x y z z ++=⎧⎨++=⎩ 解出,,x y z 的比值即可 例如:()()1,2,0,2,1,3a b ==,求,a b 所在平面的法向量 解:设(),,n x y z =,则有20230x y x y z +=⎧⎨++=⎩ ,解得:2x yz y=-⎧⎨=⎩::2:1:1x y z ∴=- ()2,1,1n ∴=-(二)空间向量可解决的立体几何问题(用,a b 表示直线,a b 的方向向量,用,m n 表示平面,αβ的法向量)1、判定类(1)线面平行:a b a b ⇔∥∥ (2)线面垂直:a b a b ⊥⇔⊥ (3)面面平行:m n αβ⇔∥∥ (4)面面垂直:m n αβ⊥⇔⊥ 2、计算类:(1)两直线所成角:cos cos ,a b a b a bθ⋅==(2)线面角:cos ,sin a m a m a mθ⋅==(3)二面角:cos cos ,m n m n m nθ⋅==或cos cos ,m n m n m nθ⋅=-=-(视平面角与法向量夹角关系而定)(4)点到平面距离:设A 为平面α外一点,P 为平面α上任意一点,则A 到平面α的距离为A AP n d nα-⋅=,即AP 在法向量n 上投影的绝对值。

空间向量解立体几何(含综合题习题)

空间向量解立体几何(含综合题习题)

空间向量解立体几何(含综合题习题)利用空间向量解立体几何问题一、基础知识1.刻画直线与平面方向的向量直线的方向向量可由直线上的两个点来确定。

例如,若有点A(2,4,6)和点B(3,0,2),则直线AB的方向向量为AB=(1,-4,-4)。

平面的法向量来刻画平面的倾斜程度。

法线的方向向量就是平面的法向量。

要求出指定平面的法向量,需要平面上的两条不平行的直线。

设平面的法向量为n=(x,y,z),若平面上所选两条直线的方向向量分别为a=(x1,y1,z1)和b=(x2,y2,z2),则可列出方程组:x1x+y1y+z1z=0和x2x+y2y+z2z=0,解出x,y,z的比值即可。

例如,若a=(1,2,0)和b=(2,1,3),求a,b所在平面的法向量,则设n=(x,y,z),有方程组:x+2y=0,2x+y+3z=0,解得:x:y:z=-2:1:1,故n=(-2,1,1)。

2.空间向量可解决的立体几何问题1)判定类线面平行:a∥b当且仅当a∥b。

线面垂直:a⊥XXX且仅当a⊥b。

面面平行:α∥β当且仅当m∥n。

面面垂直:α⊥β当且仅当m⊥n。

2)计算类两直线所成角:cosθ=cos(a,b)=(a·b)/(|a||b|)。

线面角:sinθ=sin(a,m)=(a·m)/(|a||m|)。

二面角:cosθ=cos(m,n)(法向量夹角关系而定)或cosθ=-cos(m,n)。

点到平面距离:设A为平面α外一点,P为平面α上任意一点,则A到平面α的距离为d=|AP·n|/|n|,即AP在法向量n上投影的绝对值。

3)点的存在性问题在立体几何解答题中,最后一问往往涉及点的存在性问题,即是否在某条线上存在一点,使之满足某个条件。

解决该问题时,可以先设出所求点的坐标(x,y,z),再想办法利用条件求出坐标。

为底面,以AD为高,构造平面ADE,可知平面ADE与平面ABCD- A1垂直,且平面ADE与平面EF所成角为所求角,故EF与平面ADE垂直。

立体几何的空间向量例题以及解答与考点总结

立体几何的空间向量例题以及解答与考点总结

D. 166a2
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第八章 立体几何与空间向量
32
解析:选 D.如图①②所示的实际图形和直观图,
由②可知,A′B′=AB=a,O′C′=12OC= 43a,在图②中作 C′D′⊥A′B′于 D′, 则 C′D′= 22O′C′= 86a.所以 S△A′B′C′=12A′B′·C′D′=12×a× 86a=166a2.故选 D.
3
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第八章 立体几何与空间向量
4
2.直观图 (1)画法:常用斜二测画法. (2)规则:①原图形中 x 轴、y 轴、z 轴两两垂直,直观图中,x′轴,y′轴的夹角为 __4_5_°__(_或__1_3_5_°__)___,z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直.②原图形中平行于坐标轴的线段, 直观图中仍平行于坐标轴.平行于 x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度不变,平行 于 y 轴的线段长度在直观图中_变__为__原__来__的__一__半___.
答案:②③④
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第八章 立体几何与空间向量
26
空间几何体概念辨析问题的常用方法
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第八章 立体几何与空间向量
27
考点二 空间几何体的直观图(基础型)
复习指导
会用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易
组合)的直观图.
核心素养:直观想象
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答案:③⑤
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第八章 立体几何与空间向量
11
2.已知圆锥的表面积等于 12π cm2,其侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为 ________cm. 解析:由题意,得 S 表=πr2+πrl=πr2+πr·2r=3πr2=12π,解得 r2=4,所以 r=2(cm). 答案:2

高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编及答案

高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编及答案

数学《空间向量与立体几何》试卷含答案一、选择题1.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 .3π B .πC .3πD .12π【答案】C 【解析】 【分析】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.2.如图所示是一个组合几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A .163π B .643 C .16643π+ D .1664π+ 【答案】C【解析】由三视图可知,该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成,其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形,高为4 ,圆锥的底面半径为4 ,高为4,该几何体的体积为, 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=, 故选C.3.如图,在底面边长为4,侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中,E 为侧棱PD 的中点,则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是( )A 34B 234C 517D 317【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角,在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ,再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图,取PA 的中点F ,AB 的中点G ,BC 的中点H ,连接FG ,FH ,GH ,EF ,则//EF CH ,EF CH =,从而四边形EFHC 是平行四边形,则//EC FH , 且EC FH =.因为F 是PA 的中点,G 是AB 的中点,所以FG 为ABP ∆的中位线,所以//FG PB ,则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =,1222HG AC ==. 在PCD ∆中,由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯,则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=,即17CE =在GFH ∆中,由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅3172317==⨯⨯. 故选:D 【点睛】本题考查异面直线所成的角,余弦定理解三角形,属于中档题.4.《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事,通过讲述已知乌鸦喝水的故事,告诉人们遇到困难要运用智慧,认真思考才能让问题迎刃而解的道理,如图2所示,乌鸦想喝水,发现有一个锥形瓶,上面部分是圆柱体,下面部分是圆台,瓶口直径为3厘米,瓶底直径为9厘米,瓶口距瓶颈为23332厘米,现将1颗石子投入瓶中,发现水位线上移32厘米,若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水,则乌鸦共需要投入的石子数量至少是( )A .2颗B .3颗C .4颗D .5颗【答案】C 【解析】 【分析】利用图形中的数据,分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图,9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒,原水位线直径6CD cm =,投入石子后,水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为:()22319133MN CN IM CN IM ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为:()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=()99329783,49191324ππ=∈ 所以至少需要4颗石子 故选:C 【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法,掌握其公式是解题的关键.5.正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,动点M 在线段1CC 上,动点P 在平面..1111D C B A 上,且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A .2⎡⎣B .3⎡⎣C .32⎣D .62⎣ 【答案】D 【解析】 【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系,设(),,1P x y ,()0,1,M t ,由AP ⊥平面1MBD ,可得+11x t y t=⎧⎨=-⎩,然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系,则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ,(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1,BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ,则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =,1y t =-.所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时,min 6AP =u u u r ,当0t =或1t =时,max 2AP =u u u r , 62AP ≤≤u u ur 故选:D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法,考查线面垂直的应用,对于动点问题的处理用向量方法要简单些,属于中档题.6.如图,直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3,AB BC ⊥,3AB BC ==,点E ,F 分别是棱AB ,BC 上的动点,且AE BF =,当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时,则异面直线A F '与AC 所成的角为( )A .2π B .3π C .4π D .6π 【答案】C 【解析】 【分析】设AE BF a ==,13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ,利用基本不等式,确定点 E ,F 的位置,然后根据//EF AC ,得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角,再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==,则()()23119333288B EBF a a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦,当且仅当3a a =-,即32a =时等号成立, 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时,点E ,F 分别是棱AB ,BC 的中点, 方法一:连接A E ',AF ,则352A E '=352AF =2292A F AA AF ''=+=,13222EF AC ==,因为//EF AC ,所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角,由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯, ∴4A FE π'∠=.方法二:以B 为坐标原点,以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则()0,3,0A ,()3,0,0C ,()0,3,3A ',3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭, ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ,()3,3,0AC =-u u u r ,所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ,所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π. 故选:C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角,余弦定理,基本不等式以及向量法求角,还考查了推理论证运算求解的能力,属于中档题.7.如图,棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -,O 是底面1111D C B A 的中心,则O 到平面11ABC D 的距离是( )A .12B .24C .22D .32【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系,可证明1A D ⊥平面11ABC D ,故平面11ABC D 的一个法向量为:1DA u u u u r,利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系,则:1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥,又11AD A D ⊥,1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为:1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为: 1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选:B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示,考查了学生空间想象,概念理解,数学运算的能力,属于中档题.8.三棱柱111ABC A B C -中,底面边长和侧棱长都相等,1160BAA CAA ︒∠=∠=,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为( )A .33B .66C .34D 3 【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v,AB a =u u u vv,AC b =u u u v v,根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v;分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ,1BC u u u u v ,根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v,即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1,1AA c=u u u v v,AB a =u u u v v ,AC b =u u u v v由题意得:12a b ⋅=v v ,12b c ⋅=v v ,12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ,11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v v v v v v v v v v v v v1111116cos ,66AB BC AB BCAB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为:6本题正确选项:B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解,关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.9.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α,且B ∈平面α,则平面α截正方体所得截面的周长为( )A .3225+B .442+C .2225+D .62【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直确定平面α,再根据截面形状求周长. 【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM ,取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q 从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形, 周长为22222123225++⨯+=+,选A. 【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质,考查综合分析与求解能力,属难题.10.如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M , N 分别为棱111,C D CC 的中点,以下四个结论:①直线DM 与1CC 是相交直线;②直线AM 与NB 是平行直线;③直线BN 与1MB 是异面直线;④直线AM 与1DD 是异面直线.其中正确的个数为( )A .1B .2C .3D .4【答案】C【分析】根据正方体的几何特征,可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面;如果共面,则可能是相交或者平行;若不共面,则是异面.【详解】①:1CC 与DM 是共面的,且不平行,所以必定相交,故正确;②:若AM BN 、平行,又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=,所以平面BNC P 平面ADM ,明显不正确,故错误;③:1BN MB 、不共面,所以是异面直线,故正确;④:1AM DD 、不共面,所以是异面直线,故正确;故选C.【点睛】异面直线的判断方法:一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面,那么两条直线异面;反之则为共面直线,可能是平行也可能是相交.11.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②B .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.【点睛】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.12.已知平面α,β和直线1l ,2l ,且2αβl =I ,则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导,根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时,1l 可能在α或β内,不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时,由于2αβl =I ,故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选:B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查空间直线、平面的位置关系,属于基础题.13.已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示,俯视图中的两个小三角形全等,则( )A .PA ,PB ,PC 两两垂直B .三棱锥P -ABC 的体积为83 C .||||||6PA PB PC ===D .三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C【解析】【分析】 根据三视图,可得三棱锥P -ABC 的直观图,然后再计算可得.【详解】解:根据三视图,可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示,其中D 为AB 的中点,PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=, 2AC BC PD ∴===,2222AB AC BC ∴=+=,||||||2DA DB DC ∴===,()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ,PA ∴、PB 不可能垂直,即,PA ,PB PC 不可能两两垂直, 1222222PBA S ∆=⨯⨯=Q ,()22161252PBC PAC S S ∆∆==⨯-⨯=Q .∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522+.故正确的为C.故选:C.【点睛】本题考查三视图还原直观图,以及三棱锥的表面积、体积的计算问题,属于中档题.14.某四面体的三视图如图所示,正视图,俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是边长为2的正方形,则此四面体的四个面中面积最大的为( )A .2B .3C .4D .26【答案】B【解析】 解:如图所示,该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC - ,其中面积最大的面为:1232232PAC S V =⨯= 本题选择B 选项.点睛:三视图的长度特征:“长对正、宽相等,高平齐”,即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长,侧视图和俯视图一样宽.若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法.15.已知某几何体的三视图如图所示,其中正视图与侧视图是全等的直角三角形,则该几何体的各个面中,最大面的面积为( )A .2B .5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体,找到最大面,再求面积.【详解】由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,如图所示,将其放在一个长方体中,并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=,2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别,复杂的三视图还原为几何体时,一般借助长方体来实现.16.某多面体的三视图如图所示,则该多面体的各棱中,最长棱的长度为( )A .6B .5C .2D .1【答案】A【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -:其中,四边形ABCD 为边长为1的正方形,PE ⊥面ABCD ,且1AE =,1PE =. ∴222AP AE PE =+=2BE AB AE =+=,222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=225PB BE PE =+223PD PE DE =+=∴226PC CE PE =+=∴最长棱为PC故选A.点睛: 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:①首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;③画出整体,然后再根据三视图进行调整.17.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。

高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含答案解析

高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含答案解析

新高考数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1.如图,正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图,则该多面体各表面所在平面互相垂直的有()A.2对B.3对C.4对D.5对【答案】C【解析】【分析】-,易证平面PAD⊥平面ABCD,平面PCD⊥平面画出该几何体的直观图P ABCDPAD,平面PAB⊥平面PAD,平面PAB⊥平面PCD,从而可选出答案.【详解】该几何体是一个四棱锥,直观图如下图所示,易知平面PAD⊥平面ABCD,作PO⊥AD于O,则有PO⊥平面ABCD,PO⊥CD,又AD⊥CD,所以,CD⊥平面PAD,所以平面PCD⊥平面PAD,同理可证:平面PAB⊥平面PAD,由三视图可知:PO=AO=OD,所以,AP⊥PD,又AP⊥CD,所以,AP⊥平面PCD,所以,平面PAB⊥平面PCD,所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图,考查了四棱锥的结构特征,考查了面面垂直的证明,属于中档题.2.在正方体1111ABCD A B C D -中,点E ∈平面11AA B B ,点F 是线段1AA 的中点,若1D E CF ⊥,则当EBC V 的面积取得最小值时,EBC ABCD S S=△( ) A .25 B .12 C .5 D .5 【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上,当EBC V 的面积取得最小值时,线段EB的长度为点B 到直线1B G 的距离,即可求得面积关系.【详解】先证明一个结论P :若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ,则l ⊥m ,即:已知直线l 在平面内的射影为直线OA ,OA ⊥OB ,求证:l ⊥OB .证明:直线l 在平面内的射影为直线OA ,不妨在直线l 上取点P ,使得PA ⊥OB ,OA ⊥OB ,OA ,PA 是平面PAO 内两条相交直线, 所以OB ⊥平面PAO ,PO ⊂平面PAO ,所以PO ⊥OB ,即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示,取AB 的中点G ,正方体中:1111A C D B ⊥,CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ,由三垂线定理可得:11CF D B ⊥,CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ,1FB B G ⊥由三垂线定理可得:1CF B G ⊥,1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线, 所以CF ⊥平面11B D G ,∴当点E 在直线1B G 上时,1D E CF ⊥,设BC a =,则1122EBCS EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△, 当EBC V 的面积取最小值时, 线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离,∴线段EB 长度的最小值为5, 525EBCABCD a S S ⨯⨯∴==△. 故选:D .【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题,通过位置关系讨论面积关系,关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.3.三棱柱111ABC A B C -中,底面边长和侧棱长都相等,1160BAA CAA ︒∠=∠=,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为( )A 3B .66C 3D .36【答案】B【解析】【分析】 设1AA c=u u u v v ,AB a =u u u v v ,AC b =u u u v v ,根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ;分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ,1BC u u u u v ,根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v ,即可得所求角的余弦值.【详解】 设棱长为1,1AA c =u u u v v ,AB a =u u u v v ,AC b =u u u v v 由题意得:12a b ⋅=v v ,12b c ⋅=v v ,12a c ⋅=v v 1AB a c =+u u u v v v Q ,11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v 又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v ()222212222BC b a c b a c a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v v v v v v v v v v v v v1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u u v 即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为:6 本题正确选项:B【点睛】 本题考查异面直线所成角的求解,关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.4.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 .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.5.已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍,且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等,则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为( ).A 10B .3:1C .2:1D 102 【答案】A【解析】【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ,可求得圆锥的母线长,根据圆锥侧面积公式求得侧面积;由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高,进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积,从而求得比值.【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ,则高为3r ,∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=, ∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=;圆柱OM 的底面半径为2r ,高为h ,又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=,234r h r ππ∴=,4r h ∴=, ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==,∴圆锥SC 与圆柱OM 2210:10r r ππ=.故选:A .【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题,涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用,属于基础题.6.若四面体的三视图如图所示,则该四面体的四个面中,直角三角形的面积和为( )A .2B .25+C .425+D .4【答案】B【解析】【分析】 根据四面体的三视图可知:一侧面垂直于底面,且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形,然后根据面面垂直的性质定理,得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解.【详解】由四面体的三视图可知:平面PAB ⊥平面ABC ,BC AB ⊥,所以BC ⊥平面PAB ,所以BC PB ⊥,所以,ABC PBC V V 是直角三角形,如图所示:所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选:B【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直,面面垂直的关系,还考查了运算求解的能力,属于中档题.7.如图,网格纸是由边长为1的小正方形构成,若粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A .920π+B .926π+C .520π+D .526π+【答案】C【解析】【分析】 根据三视图还原为几何体,结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知,该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体,其中半圆柱的底面半圆半径为1,高为4,长方体的底面四边形相邻边长分别为1,2,高为4,所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+,故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别,利用三视图还原成几何体是求解关键,侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.8.已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°,且该圆锥内接于球O ,则球O 与圆锥的表面积之比等于( )A .4:3B .3:4C .16:9D .9:16 【答案】C【解析】【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°,可知过高的截面为等边三角形,设底面直径,可以求出其表面积,根据圆锥内接于球O ,在高的截面中可以求出其半径,可求其表面积,可求比值.【详解】设圆锥底面直径为2r ,圆锥的母线与底面所成的角等于60°,则母线长为2r 3r ,则圆锥的底面积为:2r π,侧面积为1222r r π⋅, 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=, 该圆锥内接于球O ,则球在圆锥过高的截面中的截面为圆,即为边长为2r 的等边三角形的内切圆,则半径为323R r =,表面积为221643r R ππ=, 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=, 故选:C .【点睛】本题考查圆锥的性质,以及其外接球,表面积,属于中档题.9.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 3B .13C 58D 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22442AB =+=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.10.已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上,且22cos 3A =,1BC =,3AC =,三棱锥O ABC -的体积为146,则球O 的表面积为( ) A .36πB .16πC .12πD .163π 【答案】B【解析】【分析】 根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形,根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离,利用勾股定理计算球的半径OA ,得出球的面积.【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ,解得22AB =, 222AB BC AC ∴+=,即AB BC ⊥.AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径.作OD ⊥平面ABC ,则D 为AC 的中点,11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g , 7OD ∴=. 222OA OD AD ∴=+=.2416O S OA ππ∴=⋅=球.故选:B .【点睛】本题考查了球与棱锥的关系,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,判断ABC ∆的形状是关键.11.如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,点M 是AD 的中点,动点P 在底面ABCD 内(不包括边界),若1B P P 平面1A BM ,则1C P 的最小值是( )A .305B .2305C .275D .475 【答案】B【解析】【分析】在11A D 上取中点Q ,在BC 上取中点N ,连接11,,,DN NB B Q QD ,根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ,从而可得P 的轨迹是DN (不含,D N 两点);由垂直关系可知当CP DN ⊥时,1C P 取得最小值;利用面积桥和勾股定理可求得最小值.【详解】如图,在11A D 上取中点Q ,在BC 上取中点N ,连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ,1//DQ A M 且DN DQ D =I ,1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ,则动点P 的轨迹是DN (不含,D N 两点)又1CC ⊥平面ABCD ,则当CP DN ⊥时,1C P 取得最小值此时,22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项:B【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题,关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹,从而找到最值取得的点.12.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 r r u u u u r g r u u u u r 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.13.若圆锥的高等于底面直径,则它的底面积与侧面积之比为A .1∶2B .1∶3C .1∶5D .3∶2【答案】C【解析】【分析】由已知,求出圆锥的母线长,进而求出圆锥的底面面积和侧面积,可得答案【详解】设圆锥底面半径为r ,则高h =2r ,∴其母线长l =r .∴S 侧=πrl =πr 2,S 底=πr 故选C .【点睛】本题考查的知识点是旋转体,圆锥的表面积公式,属于基础题.14.如图,平面四边形ABCD 中,1AB AD CD ===,2BD =,BD CD ⊥,将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-,使平面A BD '⊥平面BCD ,若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上,则该球的表面积为( )A .3πB .2C .4πD .4【答案】A【解析】【分析】 设BC 的中点是E ,连接DE ,由四面体A′­BCD 的特征可知,DE 即为球体的半径.【详解】设BC 的中点是E ,连接DE ,A′E ,因为AB =AD =1,BD由勾股定理得:BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ,即三角形BCD 为直角三角形所以DE 为球体的半径DE =243S ππ== 故选A【点睛】 求解球体的表面积、体积的问题,其实质是求球体的半径,解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式,构造常用的方法是构造直角三角形,再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.15.设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形,VA ⊥底面ABC ,M 是线段BC 上的点(端点除外),记VM 与AB 所成角为α,VM 与底面ABC 所成角为β,二面角A ﹣VC ﹣B 为γ,则( )A .2παββγ+<,>B .2παββγ+<,<C .2παββγ+>,>D .2παββγ+>,< 【答案】C【解析】【分析】由最小角定理得αβ>,由已知条件得AB ⊥平面VAC ,过A 作AN VC ⊥,连结BN ,得BNA γ=∠,推导出BVA γ>∠,由VA ⊥平面ABC ,得VMA β=∠,推导出MVA γ>∠,从而2πβγ+>,即可得解.【详解】 由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形,VA ⊥平面ABC ,M 是线段BC 上的点(端点除外),记VM 与AB 所成角为α,VM 与底面ABC 所成角为β,二面角A VC B --为γ, 由最小角定理得αβ>,排除A 和B ;由已知条件得AB ⊥平面VAC ,过A 作AN VC ⊥,连结BN ,得BNA γ=∠, ∴tan tan AB BNA AN γ=∠=, 而tan AB BVA AV∠=,AN AV <,∴tan tan BNA BVA ∠>∠, ∴BVA γ>∠,∵VA ⊥平面ABC ,∴VMA β=∠,∴2MVA πβ+∠=, ∵tan AM MVA AV∠=,AB AM >,∴tan tan BVA MVA ∠>∠, ∴MVA γ>∠,∴2πβγ+>.故选:C .【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解,考查了空间思维能力,属于中档题.16.某四面体的三视图如图所示,正视图,俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是边长为2的正方形,则此四面体的四个面中面积最大的为( )A .22B .23C .4D .26【答案】B【解析】 解:如图所示,该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC - , 其中面积最大的面为:1232232PAC S V =⨯⨯= . 本题选择B 选项.点睛:三视图的长度特征:“长对正、宽相等,高平齐”,即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长,侧视图和俯视图一样宽.若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法.17.已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上,且PO ⊥平面ABC ,23AC AB =,若四面体P ABC -的体积为32,求球的表面积( )A .8πB .12πC .83πD .123π【答案】B【解析】【分析】 依据题意作出图形,设四面体P ABC -的外接球的半径为R ,由题可得:AB 为球的直径,即可求得:2AB R =,3AC R =, BC R =,利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =,再利用球的面积公式计算得解。

高中数学-空间向量和立体几何练习试题[附答案及解析]

高中数学-空间向量和立体几何练习试题[附答案及解析]

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,P A ⊥底面ABCD ,P A =2. 〔Ⅰ〕证明:平面PBE ⊥平面P AB ;〔Ⅱ〕求平面P AD 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〕,33(2C 13(2D P 〔0,0,2〕,3E 〔Ⅰ〕证明 因为3BE =, 平面P AB 的一个法向量是0(0,1,0)n =, 所以0BE n 和共线.从而BE ⊥平面P AB . 又因为BE ⊂平面PBE , 故平面PBE ⊥平面P AB .(Ⅱ)解 易知3(1,0,2),(0,02PB BE =-=), 13(0,0,2),(,22PA AD =-= 设1111(,,)n x y z =是平面PBE 的一个法向量,那么由110,n PB n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩得111122020,3000.2x y z x y z +⨯-=⎧⎪⎨⨯++⨯=⎪⎩所以11110,2.(2,0,1).y x z n ===故可取 设2222(,,)n x y z =是平面PAD 的一个法向量,那么由220,0n PA n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩得2222220020,1300.22x y z x y z ⨯+⨯-=⎧⎪⎨++⨯=⎪⎩所以2220,3.z x ==-故可取2(3,1,0).n =-于是,1212122315cos ,52n n n n n n <>===⨯故平面PAD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小是152. 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。

〔Ⅰ〕求证:AB 1⊥面A 1BD ;〔Ⅱ〕求二面角A -A 1D -B 的大小; 〔Ⅲ〕求点C 到平面A 1BD 的距离;〔Ⅰ〕证明 取BC 中点O ,连结AO . ABC △为正三角形,AO BC ∴⊥.在正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,AD ∴⊥平面11BCC B .取11B C 中点1O ,以O 为原点,OB ,1OO ,OA 的方向为x y z ,,轴的正方向建立空间直角坐标系,那么(100)B ,,,(110)D -,,,1(023)A ,,,(003)A ,,,1(120)B ,,, 1(123)AB ∴=-,,,(210)BD =-,,,1(123)BA =-,,.12200AB BD =-++=,111430AB BA =-+-=, 1AB BD ∴⊥,11AB BA ⊥.1AB ∴⊥平面1A BD .〔Ⅱ〕解 设平面1A AD 的法向量为()x y z =,,n .(113)AD =--,,,1(020)AA =,,.AD ⊥n ,1AA ⊥n ,100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩,,n n 3020x y z y ⎧-+-=⎪∴⎨=⎪⎩,,03y x z =⎧⎪∴⎨=-⎪⎩,.令1z =得(301)=-,,n 为平面1A AD 的一个法向量. 由〔Ⅰ〕知1AB ⊥平面1A BD ,1AB ∴为平面1A BD 的法向量.cos <n ,1113364222AB AB AB -->===-n n .∴二面角1A A D B --的大小为6arccos4. xzAB CD1A1C1BO F y〔Ⅲ〕解 由〔Ⅱ〕,1AB 为平面1A BD 法向量,1(200)(12BC AB =-=,,,,.∴点C 到平面1A BD的距离1122BC AB d AB -===. 3.如图,在四面体ABCD 中,O 、E 分别是BD 、BC 的中点,2,CA CB CD BD AB AD ======〔1〕求证:AO ⊥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OC,,.BO DO AB AD AO BD ==∴⊥ ,BO DO BC CD ==,CO BD ⊥.在AOC ∆中,由可得1,AO CO == 而2AC =, 222,AO CO AC ∴+=90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥,BD OC O = ∴AO ⊥平面BCD .(2)解 以O为原点,如图建立空间直角坐标系, 那么(1,0,0),(1,0,0),B D -1(0,0,1),((1,0,1),(1,2C A E BA CD =-=-2cos ,4BA CD BA CD BA CD⋅∴<>==⋅ ∴ 异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为4. ⑶解 设平面ACD 的法向量为(,,),n x y z =那么(,,)(1,0,1)0(,,)(0,3,1)0n AD x y z n AC x y z ⎧⋅=⋅--=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩, ∴030x z y z +=⎧⎪⎨-=⎪⎩,令1,y =得(3,1,3)n =-是平面ACD 的一个法向量. 又13(,,0),22EC =- ∴点E 到平面ACD 的距离 32177EC n h n⋅===. 4.三棱锥P -ABC 中,PA ⊥ABC ,AB ⊥AC ,PA=AC=½AB ,N 为AB 上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC 的中点.〔Ⅰ〕证明:CM ⊥SN ;〔Ⅱ〕求SN 与平面CMN 所成角的大小.证明:设PA=1,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系如图。

23个立体几何与空间向量专题 (1)

23个立体几何与空间向量专题 (1)

P ECOAD O23 个立体几何与空间向量专题(修正版)—tobeenough例 1 、如图 1 所示,AF 、DE 分别是 O 、 P 的直径,AD 与两圆所在的平面均垂直,AD =8 .BC =AF ,AB =AC =6 ,OE // AD .⑴求二面角B -AD -F 的大小ϕ;⑵求直线BD 与EF 所成的角θ的余弦值cosθ.DA FB CB 图 1图 2 E例 2 、如图 2,四面体ABCD 中,O, E 分别是BD, BC 的中点,CA =CB =CD =BD =2 ,AB =AD =⑴ 求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值cosθ;⑵ 求点E 到平面ACD 的距离d .例 3 、如图 3 所示,四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形,其中BD 是圆的直径,∠ADB =60o ,∠BDC =45o ,PD 垂直于底面ABCD ,PD =2 2R ,E, F 分别是PB,CD 上的点,且PE =DF ,过点E 作BC 的平行线交PC 于G .EB FC⑴求BD 与平面ABP 所成角θ的正弦值sinθ;P⑵当PE =1 时,求∆EFG 的面积S .EEB 2 GA DFBC图 32EDBG1B1B1D如图 4,已知正方体ABCD -A1B1C1D1 的棱长为2 ,点E 是正方形BCC1B1 的中心,点F、G 分别是棱C1 D1、AA1 的中点.设点E1、G1 分别是点E、G 在平面DCC1 D1 内的正投影(即垂足).⑴求以E 为顶点,以四边形FGAE 在平面DCC1D1 内的正投影为底面边界的棱锥的体积V ;⑵求异面直线E1G1 与EA 所成角ϕ的正弦值sinϕ.D1 F C1A1B1 A1E1GCA图 4如图 5,在三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1C1C 是边长为4 的正方形.平面ABC ⊥平面AA1C1C ,AB =3 ,BC =5 .⑴求二面角A1-BC1-B1的余弦值cosθ;⑵证明:在线段BC 存在点D ,使得AD ⊥A B ,并求BD 的值.1 1 BC如图 6,在四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD , AB / /CD ,AA1=1 ,AB =3k ,AD =4k ,BC =5k ,DC =6k , (k >0)若直线AA 与平面AB C 所成角的正弦值为6 ,1 1求k 的值.7 D1 C1A1CA B 图 6C1ABC图 513 EGFADQ CP 例 7 、 如图 7,在等腰直角三角形 ABC 中, ∠A = 90o , BC = 6 , D , E 分别是 AC , AB 上的点, CD = BE = 2 , O 为 BC 的中点.将∆ADE 沿 DE 折起,得到一个如图 7-1 所示的四棱锥 A '- BCDE ,其中 A 'O = ,求二面角 A '- CD - B 的余弦值cos θ .CO .BA 'DECO BA DE图 7图 7-1例 8 如图 8,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于 A , B 的点,直线 PC ⊥ 平面 ABC ,E , F分别是 PA , PC 的中点.⑴记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面 PAC 的位置关系,并加以证明;⑵设⑴中的直线l 与圆O 的另一个交点为 D ,且点Q 满足 = 1. 记直线 PQ 与平面2 ABC 所成的角为θ ,异面直线 PQ 与 EF 所成的角为α ,二面角 E - l - C 的大小为 β , 求证: sin θ = sin α sin β .S图 8B图 9例 9 、如图 9,在三棱锥 S - ABC 中,平面 SAB ⊥ 平面 SBC , AB ⊥ BC , AS = AB ,过 A 作AF ⊥ SB ,垂足为F ,点 E ,G 分别是棱 SA , SC 的中点. 求证:⑴平面 EFG // 平面 ABC ;⑵ BC ⊥ SA .MADA•PD1如图 10,在四棱锥O -ABCD 中,底面ABCD 是边长为1 的菱形,∠ABC =π, OA ⊥4底面ABCD ,OA =2 ,M 为OA 的中点.⑴求异面直线AB 与MD 所成角θ的大小;⑵求点B 到平面OCD 的距离d .POFEHGDBB C图 10 C A D 图 11 Q 如图 11 所示,在三棱锥P -ABQ 中,PB ⊥平面ABQ ,BA =BP =BQ ,D,C, E, F 分别是AQ, BQ, AP, BP 的中点,AQ =2BD ,PD 与EQ 交于G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH⑴求证:AB / /GH ;⑵求二面角D -GH -E 的余弦值cosθ.如图 12,在三棱柱ABC -A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC ,AB =AC =2 AA1,∠BAC =120o ,D, D 分别是线段BC, B C 的中点,P 是线段AD 的中点.1 1 1⑴在平面ABC 内,试作出过点P 与平面A1BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面ADD1A1;C⑵设⑴中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角A -A1M -N 的余弦值cosθ.C1BA1B1图 123 FDCF例 13 、如图 13 , 四棱锥 P - ABCD 中, PA ⊥ 底面 ABCD , BC = CD = 2 , AC = 4 ,∠ACB = ∠ACD = π, F 为 PC 的中点, AF ⊥ PB .3⑴求 PA 的长;⑵求二面角 B - AF - D 的余弦值cos θ .PDAAC 图 13BBE图 14如 图 14, 矩 形 ABCD 和 梯 形 BEFC 所 在 平 面 互 相 垂 直 , BE / /CF ,∠BCF = ∠CEF = 90o , AD = , EF = 2 . ⑴求证: AE // 平面 DCF ;例 15 、如图 15,正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 ,点 M 在线段 AB 1 上,求点 M 到直线 DA 1 的最小距离d .D 1C 1PA 1ABA图 15C图 16例 16 如图 16, AB 是圆的直径, PA 垂直圆所长在的平面, C 是圆上的点B 1NDCM例 14 BB 1 ED图 19B 1⑴求证:平面 PAC ⊥ 平面 PBC⑵若 AB = 2 , AC = 1 , PA = 1,求二面角C - PB - A 的余弦值cos θ .例 17 、如图 17, 四棱柱 ABCD - A 1 B 1C 1 D 1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥ 平面 ABCD , AB = AA 1 = 2 . ⑴证明: A 1C ⊥ 平面 BB 1 D 1 D ;⑵求平面OCB 1 与平面 BB 1 D 1 D 的夹角θ 的大小.D 1C C C 1B1AB图 17A图 18A 1例 18 、如图 18,三棱柱 ABC - A B C中, CA = CB , AB = AA , ∠BAA = 60o .⑴证明 AB ⊥ A 1C ;1 1 1 1 1⑵若平面 ABC ⊥ 平面 AA 1 B 1 B , AB = CB ,求直线 A 1C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值sin θ .如 图 19 , 直 三 棱 柱 ABC - A 1 B 1C 1中 , D 、E 分 别 是 AB 、BB 1 的 中 点 .AA = AC = CB =2 AB ,求二面角 D - A C - E 的正弦值sin θ .121A 1C 1A 1C 1ACABC 图 20BA 1B 1D O C例 19AD例 20 如图 20,在直三棱柱 ABC - A 1 B 1C 1 中,平面 A 1 BC ⊥ 侧面 AA 1 B 1 B⑴求证: AB ⊥ BC ;⑵若 AA 1 = AC = a ,直线 AC 与平面 A 1 BC 所成的角为θ ,二面角 A 1 - BC - A 的大小为ϕ ,求证:θ + ϕ = π.2例 21 如图 21 所示,四棱锥 P - ABCD 的底面 ABCD 是边长为1 的菱形, ∠BCD = 60o , E是CD 的中点, PA ⊥ 底面 ABCD , PA = 3 . ⑴证明:平面 PBE ⊥ 平面 PAB ; ⑵求二面角 A - BE - P 的θ 大小.F PED CEA图 21B例 22 如图 22,平面 ABEF ⊥ 平面 ABCD ,四边形 ABEF 与四边形 ABCD 都是直角梯形,∠BAD = ∠FAB = 90o , BC // AD 且 BC = 1 AD , BE // AF 且 BE = 1AF , G 、H 分2 2 别是FA 、FD 的中点.⑴证明:四边形 BCHG 是平行四边形;⑶设 AB = BE ,证明:平面 ADE ⊥ 平面CDE .例 23 、如图 23,四棱锥 S - ABCD 的底面是正方形,SD ⊥ 平面 ABCD ,SD = 2a ,AD =2a ,点 E 是 SD 上的点,且 DE = λa ( 0 < λ < 2 ). ⑴求证:对任意的λ ∈ (0, 2] ,都有 AC ⊥ BE ;BGH⑵设二面角C - AE - D 的大小为θ ,直线 BE 与平面 ABCD 所成的角为ϕ ,若tan θ tan ϕ = 1 ,求λ 的值.CA图 23⑴ 首尾接龙:如 AB= AC + CD + DE + EF + FG + GB . ⑵ 垂直向量点乘为0 :如,若 AB ⊥ CD ,则 AB ⋅ CD = 0 . ⑶ 向量点乘公式:两个向量的点乘等于其各分量成积之和.如: a = (a 1 , a 2 , a 3 ) , b = (b 1 , b 2 , b 3 ) ,则a ⋅ b = a 1b 1 + a 2b 2 + a 3b 3⑷ 对直角三角形,斜边与直角边向量的点乘等于直角边的平方.如:如图,直角三角形 ABC 中, AB 为斜边. 则: AB ⋅ AC = AC 2 , AB ⋅ BC = -BC 2⑸ 平面的法向量垂直于平面内的任何直线.⑹ 共面向量定理及推论,如:向量OA 、OB 、OC ,若点 P 在平面 ABC 上,则OP = xOA + yOB + zOC ,且 x + y + z = 1⑺ 由平面外一点O 到平面内一点 P 的向量OP 与平面法向量ON 的点乘积绝对值等于点O2到平面的距离的平方,即: OP ⋅ ON = ON .⑻ 二面角可以转化为这两个平面法向量的夹角或补角. 上述技巧应用于立体几何,可以简洁明了的得到结果.23 个立体几何与空间向量专题(修正版)解析—tobeenoughC BASDB82 +62 82 + 1 ⨯ 622PEC O B例 1 、如图 1 所示,AF 、DE 分别是 O 、 P 的直径,AD 与两圆所在的平面均垂直,AD = 8 .BC = AF , AB = AC = 6 , OE // AD . ⑴求二面角 B - AD - F 的大小ϕ ;D⑵求直线 BD 与 EF 所成的角θ 的余弦值cos θ . ;A因为直线 AD ⊥ O ,所以直线 AD 与平面 O 内的任何直线都垂直, 故: AD ⊥ AB , AD ⊥ AF . 于是 ∠BAF 就是二面角 B - AD - F ,即: ∠BAF = ϕFB图 1在∆ABC 中, BC = AF 为 O 的直径,直径上的圆周角是直角,故∠BAC 为直角. 又 AB = AC = 6 ,故∆ABC 为等腰直角三角形,即∠OBA = 45o . 又OA = OB ,则∠OAB = ∠OBA = 45o . 故ϕ = ∠OAB = 45o . . 因为OE // AD , AD ⊥ AO , AD ⊥ DE D所以四边形 AOED 的四个角都是直角则: DE = OA 且 DE / /OAAF即: DE = OF 且 DE / /OF 故:四边形ODEF 为平行四边形则: DO / / EF 且 DO = EF ,故:θ = ∠BDODO = DA + AO =ϕ 2DB = DA + AB , , AO AB cos = AB 2则: DB ⋅ DO = (DA + AB )⋅ (DA + AO ) = 2 DA+ DA ⋅ AO + AB ⋅ DA + AB ⋅ AO2 = 2 2 21 2 2 1 2 DA + AB ⋅ AO = DA + AO = 8 + AB = 8 + ⨯ 6 = 82DB =DO = 2 2= = 10= = 我们采用向量方法:2 DA + AB 2DA + AO 282PECO ⑵求直线 BD 与 EF 所成的角θ 的余弦值cos θ ⑴求二面角 B - AD - F 的大小ϕ 解析21 2 2 DO 故: cos θ = BD ⋅ DO = - DB ⋅ DO = -DB DO DB DO本题答案:⑴ϕ = 45o ; ⑵ cos θ = -1082 . 10例 2 、如图 2,四面体 ABCD 中, O , E 分别是 BD , BC 的中点, CA = CB = CD = BD = 2 ,AB = AD = A⑴ 求异面直线 AB 与CD 所成角的余弦值cos θ ; ⑵ 求点 E 到平面 ACD 的距离d .;BC因为 AB 2+ AD 2= BD 2满足勾股定理图 2E所以∆ABD 为直角三角形,故 AB ⊥ AD 且OA = OB = OD = 1 . O 是 BD 的中点, ∆ABD 、∆CBD 为等腰三角形所以OA ⊥ BD , OC ⊥ BD .又因为OA = 1 , OC 2 = BC 2 - OB 2 = 3 ,则OA 2 + OC 2 = AC 2 满足勾股定理所以OA ⊥ OC .故: OA ,OD ,OC 互相垂直.AB = AO + OB , CD = CO + OD 则: AB ⋅ CD = ( AO + OB )⋅ (CO + OD )= AO ⋅ CO + AO ⋅ OD + OB ⋅ CO + OB ⋅ OD2= - OD = -1AB = 2 , CD = 2故: cos θ = AB ⋅ CDAB CD= - = 4空间两条直线所成的锐角或直角,称为空间两条直线所称的角. 因为不是钝角,所以上面求解公式直接加上了绝对值.我们采用向量方法:822 ⑴ 求异面直线 AB 与CD 所成角的余弦值cos θ解析3 3 ( 1 )2 + 12 + 12 3 3 3 ADO 图 2E CE = ( , - , 0) - ( 3,0,0) = (- , - . 由于OA ,OD ,OC 互相垂直,故建系方便.以O 为原点, OC ,OD ,OA 分别为 x , y , z 轴建立直角坐标系.则: O (0,0,0) , C (故: B (0, -1,0) , E (3,0,0) , D (0, 1,0) , A (0,0, 1)BC3 , - 1, 0) 2 2平面 ACD 的方程采用截距式方程为: x+ y + z = 1 ①1 1设平面 ACD 上的任意一点 P ( x , y , z ) ,则OP = ( x , y , z ) 1 点O 到平面 ACD 的垂直方向的向量OM = (, 1, 1)1 则: OP ⋅ OM = ( x , y , z )( , 1, 1) = x+ y + z ②由①②式可知: OP ⋅ OM = 1 是为常量 故: OM 为平面 ACD 的法向量.平面 ACD 的单位法向量为:= OM = 1 ( 1 , 1, 1) = 3 ( 1 , 1, 1) ③n而OM 7 3 1 3 1 2 2 2 2CE 在n 方向上投影的绝对值就是点 E 到平面 ACD 的距离d . 故: d = CE ⋅ n即: d =CE ⋅ n = 3 ( 1 , 1, 1) ⋅ (- 3 , - 1 , 0) = 3 ( 1 + 1 + 0) = 217 2 2 7 2 2 7 本题答案:⑴ cos θ =2 ; ⑵ d =421 .733 3 ⑵ 求点 E 到平面 ACD 的距离d , 0)2(- 3R )2 + (R )2 + 02 2 2zEGAD F yBC 例 3 、如图 3 所示,四棱锥 P - ABCD 的底面 ABCD 是半径为 R 的圆的内接四边形,其中 BD是圆的直径,∠ADB = 60o ,∠BDC = 45o ,PD 垂直于底面 ABCD ,PD = 2 2R ,E , F 分别是 PB ,CD 上的点,且PE = DF,过点 E 作 BC 的平行线交 PC 于G . EB FC⑴求 BD 与平面 ABP 所成角θ 的正弦值sin θ ; P⑵当PE = 1时,求∆EFG 的面积 S . EB 2E已知 BD 是圆的直径,则∠BAD = 90o , ∠BCD = 90oG 已知 PD 垂直于底面 ABCD ,则 PD ⊥ AB , PD ⊥ AD A D AB = BD sin ∠ADB =BC = BD sin ∠BDC = 3R , A D = BD cos ∠ADB = RBFC2R , DC = B D cos ∠BDC = 2R 图 3;以 A 为原点、 AB 为 x 轴、 AD 为 y 轴、过 A 作 AZ / / DP 为 z 轴建立直角坐标系. 则: A (0,0,0) , B ( 3R ,0,0) , D (0, R ,0) , P (0, R , 2 2R ) 平面 ABP 的方程采用斜率式得: z = 2 2 y P平面 ABP 上的某向量为OM = (0, 1, 2 2 ) ,其法向量为: = - 1ON (0, 1, )2 单位法向量为: = 1- 1 = 1 -n (0, 1, )ON 2 2 (0, 2 2 , 1) 3 x 向量 BD = (0, R ,0) - ( 3R ,0,0) = (- 3R , R ,0)图 3BD = = 2RBD 与平面 ABP 所成角θ 的正弦值sin θ ,等于 BD 与法向量n 所成角的余弦值绝对值. 1于是: BD ⋅ n = 3 (0, 2 2 , -1) ⋅ (-2 3R , R , 0) = 3 R2 2 R则: cos < BD , n >= BD ⋅ n= 3 = BD2R 3 2⑴求 BD 与平面 ABP 所成角θ 的正弦值sin θ 解析EDBG 1B 1BD , n 故 : sin θ = cos < > = 2.3.已知 E , F 分别是 PB ,CD 上的点,且 PE = DF,过点 E 作 BC 的平行线交 PC 于G , EB FC即 EG / / BC .P由 EG / / BC 得 : PG = PE , 而 PE = DFGC EB故 : PG = DF = PE =1GC FC EB 2EB FCEG由∆PEG ∽ ∆PBC 得: EG = PE = PE =1A DBC PB PE + EB 3 FBC则 : EG = 1 BC , G F = 2PD图 33 3由于 EG / / BC , GF / / PD , PD ⊥ BC ,所以GF ⊥ EG 于是, S = 1 EG ⋅ GF = 1 ⋅ ( 1 BC ) ⋅ ( 2 PD ) = 1BC ⋅ PD2 23 3 9将 BC = 2R , PD = 2 2R 代入上式得: S = 1 BC ⋅ PD = 1 ⋅ ( 2R ) ⋅ (2 2R ) = 4 R 29 9 9本题答案:⑴ sin θ =2;⑵ S = 4R 2 . 3 9例 4 、如图 4,已知正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 的棱长为2 ,点 E 是正方形 BCC 1B 1 的中心,点 F 、G 分别是棱D 1FC 1C 1D 1、AA 1 的中点.设点E 1、G 1 分别是点 E 、G 在 A 11平面 DCC 1 D 1 内的正投影(即垂足).G⑴求以 E 为顶点,以四边形 FGAE 在平面 DCC 1 D 1 C内的正投影为底面边界的棱锥的体积V ; A ⑵求异面直线 E 1G 1 与 EA 所成角ϕ 的正弦值sin ϕ . ;EB 2⑵当PE = 1时,求∆EFG 的面积 S ⑴求棱锥的体积V 解析 E 图 42 AB 2 + BE 2 22 + 2 2 6 C 1AB图 52 四边形 FGAE 在平面 DCC 1 D 1 内的正投影为 FG 1 DE 1 ,由于G 1 , E 1 分别是 DD 1 ,CC 1 的中点,故棱锥 E - DG 1FE 1 的底面积为: SFG 1 DE 1= 1 S 2 DCC 1 D 1= 1⨯ 2 ⨯ 2 = 22棱锥 E - DG 1FE 1 的高为: EE 1 = 1 BC = 1⨯ 2 = 12 2则棱锥 E - DG 1FE 1 的体积为:V = 1S 3DCC 1 D 1⋅ EE 1 = 3 . 由于 E 1G 1 / / BA ,所以ϕ = ∠BAE而 BE = BC cos 45o =2 BC = , AE = = = 2故: sin ϕ = sin ∠BAE =BE= = 3AE 3本题答案:⑴V = 2;⑵ sin ϕ = 3 . 3 3例 5 、如图 5,在三棱柱 ABC - A 1 B 1C 1 中, AA 1C 1C 是边长为4 的正方形.平面 ABC ⊥平面AA 1C 1C , AB = 3 , BC = 5 .A 1B 1⑴求二面角 A 1 - BC 1 - B 1 的余弦值cos θ ;⑵证明:在线段 BC 1 存在点 D ,使得 AD ⊥ A 1 B ,并求 BD的值. BC 1;C 由于 AC = 4 , AB = 3 , BC = 5所以 AC 2 + AB 2 = BC 2 满足勾股定理,则 AC ⊥ AB 由 AA 1C 1C 是正方形,则 AA 1 ⊥ AC又平面 ABC ⊥平面 AA 1C 1C ,则 AA 1 ⊥ 平面 AA 1C 1C ,故: AA 1 ⊥ AB 于是 AA 1 , AB , AC 互相垂直.以 A 为原点,以 AC , AB , AA 1 分别为 x , y , z 轴建立直角坐标系则 A (0,0,0) , C (4,0,0) , B (0, 3,0) , A 1 (0,0, 4)6⑴求二面角 A 1 - BC 1 - B 1 的余弦值cos θ 解析 ⑵求异面直线 E 1G 1 与 EA 所成角ϕ 的正弦值sin ϕn , m n mn , m n (0, , ) (0, ,)m ( , , 0) ( , , 0)平面 A BC 的方程采用截距式得: y + z= 11 13 41 1 则平面 A BC 的法向量为: = 1 1AN (0, , ) 3 4其单位法向量为: = 1 1 1 = 12 1 1 = 1 (0, 4, 3) ①AN3 4 5 3 4 5平面 B BC 的方程采用截距式得: x + y= 11 14 31 1则平面 B BC 的法向量为: = 1 1AM ( , , 0) 4 3其单位法向量为: = 1 1 1 = 12 1 1 = 1 (3, 4, 0) ② AM 4 3 5 4 3 5 于是由①②得: cos < >= ⋅ = 1 (0, 4, 3) ⋅ 1 (3, 4,0) = 165 5 25 由于二面角 A 1 - BC 1 - B 1 是锐角, cos θ > 0故 : cos θ = cos < >= 16.25.如图 5-1 所示,要使 AD ⋅ A 1 B = 0 ③A 1B 1采用空间向量法:设:BD = λ BC 1C 1则: AD = AB + BD = AB + λ BC 1A 1B = A 1 A + A B 2由于 AB ⋅ A 1 A = 0 , AB= 32CBC 1 ⋅ A 1 A = (BB 1 + B 1C 1 )⋅ A 1 A 2= BB ⋅ A A + B C ⋅ A A = - A A = -42111 111BC 1 ⋅ AB = (BA + AC 1 )⋅ AB2= BA ⋅ AB + AC 1 ⋅ AB = - AB = -321 BC 11 ⑵证明:在线段 BC 存在点 D ,使得 AD ⊥ A B ,并求 BD的值 D AB图 5-1B 1D D 1B 1E 1DBE故: AD ⋅ A 1 B = ( AB + λ BC 1 )⋅ ( A 1 A + AB )2 = AB ⋅ A A + AB + λ BC ⋅ A A + λ BC ⋅ AB = 32 - 42λ - 32 λ1111代入③式得 32 - 42 λ - 32 λ = 0 ,即λ = 925由于 λ ∈ (0, 1) ,所以 D 点在 BC 之间,且 BD = 9= λ .BC 1 25 故:在线段 BC 存在点 D ,使得 AD ⊥ A B ,这时, λ = BD = 9证毕.1本题答案:⑴ cos θ = 16;⑵25BD BC 1 1= 9 . 25 BC 1 25 如图 6,在四棱柱 ABCD - A 1 B 1C 1 D 1 中,侧棱 AA 1 ⊥ 底面 ABCD , AB / /CD , AA 1 = 1 ,AB = 3k , AD = 4k , BC = 5k , DC = 6k , (k > 0) D 1 C 1若直线 AA 与平面 AB C 所成角的正弦值为 6,求1 1k 的值.7 A 1C先作 AE = DC , CE = DA , EE 1 / / B B 1 ,见图 6-1 由于 BE = AE - AB = DC - AB = 3k , EC = AD = 4k , BC = 5k故 BE 2 + EC 2 = BC 2 满足勾股定理,则 BE ⊥ CE 又侧棱 AA ⊥ 底面 ABCD ,则 EE ⊥ 底面 ABCDAB图 6C 1A 111故: EA , EC , EE 1 互相垂直.C以 E 为原点,分别以 EC , EA , EE 1 为 x , y , z 轴建立直角坐标系,则:E (0,0,0) , C (4k ,0,0) , A (0,6k ,0) , E 1 (0,0, 1)A图 6-1平面 AB 1C 与三个轴的交点坐标分别是: C (4k ,0,0) , A (0,6k ,0) , F (0,0, 2)平面 AB C 的方程采用截距式得: x + y + z= 114k 6k 2平面 AB C 的法向量为: = ( 1 , 1 11EN , ) 4k 6k 2136 + 13 k 2 3 n , m而 EN = = 1 ① 12故平面 AB C 的单位法向量为: = 1 ( 1 , 1 11n EN , ) 4k 6k 2直线 AA 1 的单位法向量为: m = (0,0, 1)故 : cos < >= 1 ( 1 , 1 1 ⋅ (0, 0, 1) = 1②n , m EN , ) 4k 6k 22 EN由直线 AA 与平面 AB C 所成角的正弦值为 6,即直线 AA 与平面 AB C 的法线所成角1 1 71 1的余弦值为 6,即: cos < >= 67 7则由②式得: 1 = 6 , 即 = 7EN2 EN7 12= 7 ,即: 36 + 13 = 7 2 12 k 2 即: 13= 49 - 36 = 13 ,即: k 2 = 1 ,则k = ±1③k 2由于已知k > 0 ,故③式中取k = 1 . 本题答案: k = 1 .例 7 、如图 7, 在等腰直角三角形 ABC 中, ∠A = 90o , BC = 6 , D , E 分别是 AC , AB 上的点, CD = BE = 2 , O 为 BC 的中点.将∆ADE 沿 DE 折起,得到一个如图 7-1 所示的四棱锥 A '- BCDE ,其中 A 'O = ,求二面角 A '- CD - B 的余弦值cos θ .CO .BA 'DECO BA DE图 7图 7-1( 1 )2 + ( 1 )2 + ( 1 )2 4k 6k 2 112 36 + 13 k 23 33 5 >= ⋅ = m ( , ,m , n m n ( , , 先在图 7 中连结 AO ,交 DE 于F ,如图 7-2.由于 ABC 是等腰直角三角形, O 为 BC 的中点,故 AO ⊥ BC , ∠C = ∠B = 45o 由于CD = BE = 2 ,故 DE / / B C ,即: AO ⊥ DE则: OF = CD sin 45o = 折纸后如图图 7-3.2 sin 45o= 1 , AO = 1 BC = 3 , AF = 2 .2 因为 A 'O = , OF = 1 , A ' F = 2 由于 A 'O 2 + OF 2 = A ' F 2 满足勾股定律 所以 A 'OF 为直角三角形,故: A 'O ⊥ OF 由于对称性, ∆A 'OC ≅ ∆A 'OB 即: A 'O ⊥ BC由于 A 'O 与平面 BCDE 内的两条相交直线垂直所以 A 'O ⊥ 平面 BCDE以O 为原点,分别以OC ,OF ,OA ' 为 x , y , z 轴建立直角坐标系.则: O (0,0,0) , C (3,0,0) , F (0, 1,0)A '(0,0, 3 ) , A (0, 3,0)其中OA ' 为平面 BCDE 的法向量,其单位法向量为: n = (0,0, 1) ①平面 ADC 与三个轴的交点分别是C , A , A ' , 由截距式可得平面 ADC 的方程: x + y + z= 13 3平面 ADC 的法向量为: OM = 1 1 1 ( , , 3 3 ) , OM = = 53其单位法向量为: = 1 1 1 1) ②OM 3 3由①②得: cos < 1 1 1 1 ) ⋅ (0, 0, 1) = 1 = 3 = 15OM 3 3 OM 5故:二面角 A '- CD - B 的余弦值cos θ =155 3( 1 )2 + ( 1 )2 + ( 1 )2 3 3 3 3 3 3 图 7-2AEFDBO C图 7-3EFDBOCA’解析PEF QCDQ CP 本题答案: cos θ =15 . 5例 8 、如图 8,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于 A , B 的点,直线 PC ⊥ 平面 ABC ,E , F分别是 PA , PC 的中点.⑴记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面 PAC 的位置关系,并加以证明;⑵设⑴中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D ,且点 Q 满足 = 1. 记直线 PQ 与平面 ABC 所成的角为θ ,异面直 2 线 PQ 与 EF 所成的角为α ,二面角 E - l - C 的大小为β , 求证: sin θ = sin α sin β .图 8l 与平面 PAC 平行,证明如下 EF 为∆PAC 的中位线,故 EF // AC ;根据直线与平面平行的判定定理:平面外一直线只要与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行. 故: EF // 平面 ABC .根据直线与平面平行的性质定理:若一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行. 故: EF / /l .根据平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 故: l // AC . 根据直线与平面平行的判定定理得: l // 平面 ABC . 证毕.由于θ 为直线 PQ 与平面 ABC 所成的角, 而直线 PC ⊥ 平面 ABC ,故: sin θ =PF=PC①由 PQ 与 EF 所成的角为α , PQ 2PQ1 1 AB因 为 PF = 2 PC , QD = 2PC ,所以 PF = QD ,则 PQDF 为平行四边形.D图 9-1⑵求证: sin θ = sin α sin β ⑴试判断直线l 与平面 PAC 的位置关系,并加以证明;解析故: PQ = FD ,α = ∠EFD由⑴得 EF / / DB ,故: ∠BDF = ∠EFD = α ② 由 DB / / E F / / AC ,及 AC ⊥ BC 得: DB ⊥ BC 由 PC ⊥ 平面 ABC 得: PC ⊥ DB故 DB ⊥ 平面 PCB ,则: DB ⊥ FB , ∆DBF 为直角三角形 ③ 由②③得: sin α =FB =FB ④FDPQ由于 DB ⊥ 平面 PCB ,所以β = ∠FBC 则 : sin β = FC =PC⑤FB 2FB 由④⑤得: sin α sin β =FB ⋅ PC =PC⑥PQ 2FB 2PQ由①⑥得: sin θ = sin α sin β . 如图 9,在三棱锥 S - ABC 中,平面 SAB ⊥ 平面 SBC , AB ⊥ BC , AS = AB ,过 A 作AF ⊥ SB ,垂足为F ,点 E ,G 分别是棱 SA , SC 的中点. 求证:⑴平面 EFG // 平面 ABC ;⑵ BC ⊥ SA .;已知 AS = AB ,AF ⊥ SBCAF 为∆SAB 底边 SB 的 中线,即F 为 SB 的中点.由于点 E ,G 分别是棱 SA , SC 的中点, 故FG , EG 分别为∆SBC , ∆SAC 的中位线, 则: FG / / BC , EG // AC根据直线与平面平行的判定定理:平面外一直线只要与此平面内的一条直线平行,则故: FG // 平面 ABC , EG // 平面 ABC .根据平面与平面平行的判定定理:一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行,故:平面 EFG // 平面 ABC . ⑴求证平面 EFG // 平面 ABC 图 9AM 2 + AD 2 2 2 AM 2 + AC 2 1 + 2 - 2 3 - 2 2 + 1 - (3 - 2 ) 2 ⋅ 2 ⋅ 1θ因为已知平面 SAB ⊥ 平面 SBC ,且 AB ⊥ BC 而 AB 为平面 SAB 与平面 SBC 的交线.根据平面与平面垂直的性质定理:若两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直. 故 BC ⊥ 平面 SAB根据直线与平面垂直的定义: BC ⊥ SA . 证毕.例 10 、如图 10,在四棱锥O - ABCD 中,底面 ABCD 是边长为1 的菱形, ∠ABC = π, OA ⊥ 4底面 ABCD , OA = 2 , M 为OA 的中点. ⑴求异面直线 AB 与 MD 所成角θ 的大小; ⑵求点 B 到平面OCD 的距离d .因为底面 ABCD 是边长为1 的菱形,故: DC // AB 1则 :θ = ∠MDC , AM = OA = 12在∆MAD 中,由于OA ⊥ 底面 ABCD ,故: AM ⊥ AD则: MD = = ① 连结 AC ,在∆ABC 中,由余弦定理得:AC 2 = AB 2 + BC 2 - 2 AB ⋅ BC ⋅ cos ∠ABCD B图 10C= 1 + 1 - 2 cos π 4= 2 - ②在∆MAC 中,由于OA ⊥ 底面 ABCD ,故: AM ⊥ AC则: MC = = = ③在∆MCD 中,由余弦定理得:MD 2 + CD 2 - MC 21cos == =故:θ = π32MD ⋅ CD2.⑵求证 BC ⊥ SA 解析 ⑴求异面直线 AB 与 MD 所成角θ 的大小;O M A ⑵求点 B 到平面OCD 的距离d12 +12 + ( 1 )2 2B(sin , cos , 0)n BC n (1, 1, )在平面ABCD 内过A 作AE ⊥AD以A 为原点,分别以AE, AD, AO 为x, y, z 轴建立直角坐标系.则:A(0,0,0) ,π-π即B(2 , -2 , 0) ,4 4 2 2D(0, 1,0) ,O(0,0, 2)那么,DC 延长线与x 轴的交点坐标为:F(1,0,0)平面OCD 的方程由截距式得到:x +y +z =1 ④1 1 2平面OCD 的法向量为:AN =1 (1, 1, )23 AN ==2其单位法向量为:=1 1=1(2, 2, 1) ⑤AN 2 3向量BC =AD = (0, 1,0)故:d =⋅=1(2, 2, 1) ⋅(0, 1,0) =23 3本题答案:⑴θ=π3;⑵ d =2 .3例 11 如图 11 所示,在三棱锥P -ABQ 中,PB ⊥平面ABQ ,BA =BP =BQ ,D,C, E, F 分别是AQ, BQ, AP, BP 的中点,AQ =2BD ,PD 与EQ 交于G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH⑴求证:AB / /GH ;⑵求二面角D -GH -E 的余弦值cosθ.⑴求证:AB / /GH因为D,C 分别是AQ, BQ 的中点,所以DC 是∆QAB 的中位线,则:DC // AB 因为E, F 分别是AP, BP 的中点,所以EF 是∆PAB 的中位线,则:EF // ABPFEHBGCA D图 11Q根据平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行.C图 10EBD AMO解析( 2 )2 + ( 1 )2 k k5 F E HB GC k则: AB / / EF / / DC .根据直线与平面平行的判定定理:平面外一直线只要与此平面内的一条直线平行,则 . 则: DC // 平面QEF .根据直线与平面平行的性质定理:若一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一 则: DC / /GH .根据平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 则: AB / /GH . 证毕..因为 D 是 AQ 的中点,所以 AD = DQ = 1AQ = BD2 则 B 点在以 AQ 为直径的圆周上,故 AB ⊥ BQ 又已知 PB ⊥ 平面 ABQ ,则 AB ⊥ BP , BQ ⊥ BP P故: BA , BQ , BP 互相垂直.设 BA = BP = BQ = k ,以 B 为原点, 分别以 BA , BQ , BP 为 x , y , z 轴建立直角坐标系. 则: B (0,0,0) , A (k ,0,0) , Q (0, k ,0) , P (0,0, k ) 中点C (0, , 0) , 2k F (0, 0, )2 AD 图 11Q平面 PCD 的方程采用截距式得: y + z= 1 ,k k 2即 :2 y + z = 1 k k平面 PCD 的法向量为: BM =2 1(0, , ) k k 则: BM = = k⑵求二面角 D - GH - E 的余弦值cos θ 平面与此平面的交线与该直线平行 该直线与此平面平行 ①D A•PD 1 θ ⋅ = - 平面QEF 的方程采用截距式得: y + z= 1k k2即 : y + 2z = 1k k平面QEF 的法向量为: BN =1 2(0, , ) k k 则 : BN == 5k于是,二面角 D - GH - E 的余弦值cos θ 为: BM ⋅ BNk 2cos = - = -2 1 1 2 4 (0, , ) (0, , ) BM BN5 k k k k 5本题答案:⑴证毕; ⑵ cos θ = - 4.5例 12 、如图 12,在三棱柱 ABC - A 1 B 1C 1 中,侧棱 AA 1 ⊥ 底面 ABC , AB = AC = 2 AA 1 ,∠BAC = 120o , D , D 分别是线段 BC , B C 的中点, P 是线段 AD 的中点.11 1⑴在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A 1 BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥ 平面 ADD 1 A 1 ;⑵设⑴中的直线l 交 AB 于点 M ,交 AC 于点 N ,求 C 二面角 A - A 1 M - N 的余弦值cos θ .C 1 因为已知 AA 1 ⊥ 底面 ABC ,故 AA 1 ⊥ l ; 又已知 AB = AC ,故∆ABC 为等腰三角形; 而已知D 是线段 BC 的中点,根据等腰三角形三线合一,得 AD ⊥ BC ;又因为直线l / / BC ,故 AD ⊥ l .BA 1B 1图 12根据直线与平面垂直的判定定理:若一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则该直线与此平面垂直. 故直线l ⊥ 平面 ADD 1 A 1 . 证毕.( 1 )2 + ( 2 )2 k k ⑴证明直线l ⊥ 平面 ADD 1 A 1 ;解析 ①5 3FDNA D •P x MBD 1 A 1B 11cos < 11 . C 已知∠BAC = 120o ,故∠CAD = ∠DAB = 60o以 A 为原点,以 AD 为 x 轴、以过 A 且与CB 平行方 向为 y 轴、以 AA 1 方向为 z 轴建立直角坐标系. C 1如图 12-1 所示,设 AA 1 = 1 ,则 AB = AC = 2 AM = AN = 1AB = 12yz 图 12-1于是, A (0,0,0) , A (0,0, 1) , M (cos 60o ,sin 60o ,0) 即 1M ( , , 0) , N ( , - , 0)平面 AA M 方程采用斜率式得: y = x tan 60o= 2 2 2 23x ,即: 3x - y = 0平面 AA 1 M 的法向量为: AU = ( 3, -1,0)其单位法向量为: = 1 ( 3, -1, 0) = 1 ( 3, -1, 0) ① uAU2 平面 NA 1 M 的方程采用截距式得:x cos 60o + z = 1 ,即: 2 x + z = 11 平面 NA 1 M 的法向量为: AV = (2,0, 1)其单位法向量为: = 1 (2, 0, 1) = 1(2, 0, 1) ②vAV 这两个平面的法向量的夹角余弦值为:u , v >= u ⋅ v = ( 3, -1, 0) ⋅ 1 (2, 0, 1) = ⋅ 2 =2 故:二面角 A - A 1 M - N 的余弦值cos θ = 15 . 510 5 P本题答案:⑴证毕; ⑵ cos θ =15 .5例 13 、如图 13,四棱锥 P - ABCD 中, PA ⊥ 底面 ABCD ,BC = CD = 2 , AC = 4 ,∠ACB = ∠ACD = π, F 为3 AC PC 的中点, AF ⊥ PB .图 13B3 3 5 5 15 ⑵求二面角 A - A 1 M - N 的余弦值cos θ 13AF AC AB = AB 1 ⑴求 PA 的长;⑵求二面角 B - AF - D 的余弦值cos θ .因为 BC = CD , ∠ACB = ∠ACD , PA ⊥ 底面 ABCD ,所以 PAC 为对称平面.由于 BC = 2 , AC = 4 , ∠ACB = π ,所以∠ABC = π ,同理∠ADC = π3 2 2采用向量法: = 12( AC + AP ) , PB = PA + AB , AF ⊥ PB 则: AF ⋅ PB = ( AC + AP ) ⋅ (PA + AB )2= ( A C ⋅ PA + AC ⋅ AB + A P ⋅ PA + AP ⋅ AB ) = 0 ① 2因为 PA ⊥ 底面 ABCD ,所以 AC ⋅ PA =0 , AP ⋅ AB =0 ; 因为∠ABC = π,所以 ⋅ 2 ;2 2 而 AP ⋅ PA = - PA . 2 代入①式得:2 πAB故 : PA = 2 3 .- PA = 0 ,即: PA = AB = AC sin = 23.由于对称, PAC 为对称平面,我们先求一半角,即求二面角ϕ = B - AF - C . 过F 作FE / / PA ,交 AC 于 EP 以 E 为原点,以 EC 为 x 轴,以在底面 ABCD 中垂直 于 EC 的方向为 y 轴,以 EF 为 z 轴建立直角坐标系. 如图 13-1 所示,则: E (0,0,0) , A (-2,0,0) ,G (0, - AE tan π , 0) 即G (0, - 2 3, 0) , F (0,0, 3 )6 3A平面 BAF 与三轴的截距分别是: -2, -2 3 , 图 33 ⑴求 PA 的长;zFyD G •EC x13-1B⑵求二面角 B - AF - D 的余弦值cos θ 解析 13 3 EN>= ⋅ =采用截距式得平面 BAF 的方程为: x+-2y+ z = 1 - 2 3 3则平面 BAF 的法向量为: = (- 1 , - 3 , 1)2 2 EN =平面 BAF 的单位法向量为: = 1 (- 1 , - 3 , 1 ) = (- 3 , - 3 1nEN 2 2 , ) 4 4 2平面CAF 的单位法向量为: m = (0, -1,0)故: cos ϕ = cos < (- 3 , - 3 1⋅ (0, -1, 0) = 3n , m n m , ) 4 4 2 4于是: cos θ = cos 2ϕ = 2 cos 2 ϕ - 1 = 2 ⋅ ( 3 )2 - 1 = 14 8 本题答案:⑴ PA = 2 3 ; ⑵ cos θ = 1.8例 14 、如图 14,矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直,BE / /CF ,∠BCF = ∠CEF = 90o ,AD = ,EF = 2 . ⑴求证: AE // 平面 DCF ;A ⑵ 当 AB 的长为何值时, 二面角 A - EF -C 的大小为⑴求证: AE // 平面 DCF ;过 E 作 EG / / BC 交CF 于G ,如图 14-1 所示又已知 BE / /CF ,即: BE / /CG根据平行四边形判定法则三对一组平分线三对:两组对边分别平行、两组对边分别相等、两组 A对角分别相等; 一组:一组对边平行且相等; B平分线:对角线互相平分.DCFE图 143 3 3 3 DCGFE 图 14-1解析 (- 1 )2 + (- 3 )2 + ( 1 )2 = 1 + 3 + 1 = 22 23 34 4 3 3满足上述条件之一的四边形,就是平行四边形. 这里满足两组对边分别平行,故 BEGF 为平行四边形又已知∠BCF = 90o ,故 BEGF 为矩形,则: EG = BC 因为 ABCD 为矩形,所以 AD / / BC , AD = BC 根据平行公理:平行于同一条直线的两条直线平行. 故: AD / / EG又因为 EG = BC , AD = BC ,所以 AD = EG在四边形 AEGD 中,根据平行四边形判定法则三对一组平分线这里是一组对边平行且相等,所以 AEGD 为平行四边形 故: AE / / DG根据直线与平面平行的判定定理:平面外一直线只要与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行. 而 DG 在平面 DCF 内, 所以 AE // 平面 DCF . 证毕.延长 FE 与 CB 的延长线相交于 K ,如图 14-2 所 示 . 已 知 ∠BCF = ∠CEF = 90o , DAD = 3 , EF = 2A C则: BC = 3 , E G = 3 , FG = 1 BG由cos ∠EFG = FG = EF得:EF CFFEF 2 22KE 图 14-2CF = = = 4FG 1BE = CG = CF - GF = 4 - 1 = 3 由tan ∠BKE =BE= CF 得 : KB + BC = CF = BE + GF KB KB + BC KB BE BE即:BC = GF ,则: KB = BC BE = 3 ⨯ 3 = 3 KB BE FG 1以 B 点为原点,分别以 BK , BE , BA 为 x , y , z 轴建立直角坐标系.⑵当 AB 的长为何值时,二面角 A - EF - C 的大小为60o ? 33 3 34 + 1 27 a 2 3 BN , m⋅ = ⋅ = ⋅ = (则: B (0,0,0) , K (3 3,0,0) , E (0, 3,0) , A (0,0, a ) 其中, AB = a由截距式得平面 KAE 的方程为: x+ y + z = 13 a平面 KAE 的法向量为: = ( 1 1 1BN = BN , , )3 3 a=①平面CEF 的单位法向量为: m = (0,0, 1)当< BN , m >= 60o时, cos < >= 12 即 : BN 1,即: 1 ②m BN2 BN m BN 2 而: 1 1 1 = 1③ BN m , , )(0, 0, 1) 3 3 aa 由①②③得: 1 = 1 ⋅ 即 : 4 = 4 + 1 , 即 : 3 = 4a 2 即: a 2 =81 ,则: a = 9a 2 27 a 2 a 2 27 4 2本题答案:⑴证毕; ⑵ AB = 9.2例 15 、如图 15,正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 ,点 M 在D 1C 1线段 AB 1 上,求点 M 到直线 DA 1 的最小距离 A 1d ..就是同时垂直于 AB 1 和 DA 1 并与之相交的线 段. 设立方体边长为1 ,以 A 为原点,分别以 AAB , AD , AA 1 为 x , y , z 轴建立直角坐标系.图 15B则: A (0,0,0) , A 1 (0,0, 1) , B (1,0,0) , B 1 (1,0, 1) , D (0, 1,0) , D 1 (0, 1, 1) 向量 AB 1 = (1,0, 1) , DA 1 = (0, -1, 1)( 1 )2 + ( 1 )2 + ( 1 )23 3 3 a 274 + 1 a 2 B 1NDCM 求点 M 到直线 DA 1 的最小距离d 解析m 2 + (n - 1)2 + (m - n )23 ⑴求证:平面 PAC ⊥ 平面 PBC 设 AM = m AB 1 , m ∈[0, 1] ,则线段 AB 1 上的 M 点的坐标为 M (m ,0, m ) 设 DN = nDA 1 , n ∈[0, 1],则线段 DA 1 上的 N 点的坐标为 N (0, 1 - n , n )故向量 NM = (m , n - 1, m - n ) ,则: MN = ①当 NM ⊥ AB 1 , NM ⊥ DA 1 时 , MN 故 由 NM ⊥ AB 1 得 : NM ⋅ AB 1 = 0= d 为最短距离. 即: (m , n - 1, m - n )⋅ (1,0, 1) = 0 ,即: m + m - n = 0 ,即: n = 2m ② 由 NM ⊥ DA 1 得: NM ⋅ DA 1 = 0即: (m , n - 1, m - n )⋅ (0, -1, 1) = 0 ,即: 1 - n + m - n = 0 ,即: 2n - m = 1 ③ 将②代入③得: 3m = 1 ,即: m =1 ④3将④代入②得: n = 2m = 2 ⑤3将④⑤代入①得: = d = MN == 3.则如果正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 的边长为a ,则d =3 a .3本题答案: d =3 a .3例 16 如图 16, AB 是圆的直径, PA 垂直圆所长在的平面, C 是圆上的点.⑴求证:平面 PAC ⊥ 平面 PBC ; ⑵若 AB = 2 , AC = 1 , PA = 1,求二面角 PC - PB - A 的余弦值cos θ .;因为已知 PA 垂直圆所长在的平面所以 PA ⊥ BC又因为 AB 是圆的直径, C 是圆上的点. 根据直径上的圆周角是直角得: AC ⊥ BCABC图 16m 2 + (n - 1)2 + (m - n )2 ( 1 )2 + ( 2 - 1)2+ ( 1 - 2 )2 3 3 3 3 解析32 23 2 2A 故: PA ⊥ BC , AC ⊥ BC根据平面与平面垂直的判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直. 而平面 PBC 过 BC ,故平面 PAC ⊥ 平面 PBC . 证毕. ⑵求二面角C - PB - A 的余弦值cos θ . 以 A 为原点,以过 A 点的切向为 x 轴,以 zPAB 向为 y 轴,以 AP 向为 z 轴建立直角坐 标系,如图 16-1 所示.已知: AB = 2 , AC = 1 , PA = 1yB则: BC = AB 2 - AC 2= 3AC ADDC图 16-1tan ∠ABC = =BC AB故 : AD = ACAB = BC则: A (0,0,0) , D (22, 0, 0) , B (0, 2,0) , P (0,0, 1)由截距式得平面CPB 的方程为:x+ y + z= 1 ,即: 3 x + y + z = 1 2 2 1 2 2 3则平面CPB 的法向量为: = ( 3 1AN =AN , , 1)2 2 =于是平面CPB 的单位法向量为: = 1 ( 3 1= 1 ( 3, 1, 2)nAN , , 1) 2 2 2平面 APB 的单位法向量为: m = (1,0,0) 所以二面角C - PB - A 的余弦值cos θ 为:cos θ = n ⋅ m =1( 3, 1, 2) ⋅ (1, 0, 0) = = 4本题答案:⑴证毕; ⑵ cos θ =6 .43 4 43 + 1+ 1 2 2 6 x例 17 、如图 17, 四棱柱 ABCD - A 1 B 1C 1 D 1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥ 平面 ABCD , AB = AA 1 = 2 .D 1C⑴证明: A 1C ⊥ 平面 BB 1 D 1 D ;⑵求平面OCB 1 与平面 BB 1 D 1 D 的夹角θ 的大小.因为 ABCD 是正方形,其对角线互相垂直. AB又 A 1O ⊥ 平面 ABCD ,故OB ,OC ,OA ' 互相垂 直.图 17以O 为原点,分别以OB ,OC ,OA ' 为 x , y , z 轴建立直角坐标系. 由 于 AB = AA 1 = 2 , OB ,OC ,OA ' 互相垂直, 所以OA = OB = OC = OA 1 = 1则: O (0,0,0) , B (1,0,0) , C (0, 1,0) , A 1 (0,0, 1) , A (0, -1,0) 于是: AB = (1,0,0) - (0, -1,0) = (1, 1,0) , OA 1 = (0,0, 1) 则: OB 1 = OA 1 + A 1 B 1 = OA 1 + AB = (0,0, 1) + (1, 1,0) = (1, 1, 1) 故向量: OB = (1,0,0) , OB 1 = (1, 1, 1) 而向量: A 1C = (0, 1,0) - (0,0, 1) = (0, 1, -1)则: A 1C ⋅ O B = (0, 1, -1) ⋅ (1,0,0) = 0 ,即: A 1C ⊥ OB ; 且: A 1C ⋅ O B 1 = (0, 1, -1)⋅ (1, 1, 1) = 0 ,即: A 1C ⊥ OB 1 .根据直线与平面垂直的判定定理:若一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则 故: A 1C ⊥ 平面 BB 1 D 1 D . 证毕.. 由⑴知, A 1C 为平面 BB 1 D 1 D 的法向量.而 A 1C = (0, 1, -1) , A 1C = AA 1 = ⑴证明: A 1C ⊥ 平面 BB 1 D 1 D ; 解析 2A 1B 1D O C⑵求平面OCB 1 与平面 BB 1 D 1 D 的夹角θ 的大小 该直线与此平面垂直。

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A.α∥β,mα,nβ⇒m∥nB.l⊥β,α⊥β⇒l∥α
C.m⊥α,m⊥n⇒n∥αD.α∥β,l⊥α⇒l⊥β
10.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上,则该正三棱锥的体积是()
A.B.C .D.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
二、用空间向量解决立体几何的“三步曲”
(1)、建立空间直角坐标系(利用现有三条两两垂直的直线,注意已有的正、直条件,相关几何知识的综合运用,建立右手系),用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立体几何问题转化为向量问题;(化为向量问题)
(2)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题;(进行向量运算)
A.若a∥α,bα,则a∥b
B.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b
C.若aα,bβ,a∥b,则α∥β
D.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
6.右图9πB.10πC.11πD.12π
7.如图是底面面积为,体积为的 正三棱锥的主视图(等腰三角形)和俯视图(等边三角形),此正三棱锥的左视图的面积为()
A.48B.64C.96D.192
2.棱长都是 1的三棱锥的表面积为( )
A.B.2C.3D.4
3.(2012·郑州第二次质检)已知正方体的外接球的体积是,则这个正方体的棱长是()
A.B.C.D.
4.(2011·吉林期中)如图所示的直观图,其平面图形的面积为 ()
A.3B.6C.3D.
5.设a,b为两条直线,α,β为两个平面,下列四个命题中,正确的命题是()
空间向量与立体几何
一、平面的法向量
1、定义:如果 ,那么向量 叫做平面 的法向量。平面 的法向量共有两大类(从方向上分),无数条。
2、平面法向量的求法
(内积法):在给定的空间直角坐标系中,设平面 的法向量 ,在平面 内任找两个不共线的向量 。由 ,得 且 ,由此得到关于 ,z的方程组,解此方程组即可得到 。
例2.棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别
为C1D1、B1C1的中点,
(1)求证:E、F、B、D共面;
(2)求点A1D与平面EFBD所成的角。
3.二面角的求法
二面角 ,平面 的法向量 ,平面 的法向量 。 ,则二面
角 的平面角为 或π 。
所以, ,若将法向量的起点放在两个半平面上(不要选择起点在棱上),当两个法向量的方向都向二面角内或外时,则 为二面角的平面角的补角;当
(Ⅰ)证明:面 面 ;
(Ⅱ)求 与 所成的角;
(Ⅲ)求面 与面 所成二面角的大小。
2.如图,在四棱锥 中,底面 是正方形,侧面 是正三角形,
平面 底面 .
(Ⅰ)证明: 平面 ;
(Ⅱ)求面 与面 所成的二面角的大小.
证明: 以 为坐标原点,建立如图所示的坐标图系.
3.如图,在四棱锥 中,底面 为矩形,
(4)证明面面平行:在图2-11中, 向是平面 的法向量, 是平面 的法向量,证明两平面的法向量共线( )。
3、求空间角
(1)两条异面直线所成角:cosθ=
向量法求空间两条异面直线a, b所成角θ,只要在两条异面直线a, b上各任取一个向量 ,则角< >=θ或π-θ,因为θ是锐角,所以cosθ= ,不需要用法向量。
14.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上,且该六棱柱的体积为,底面周长为3,则这个球的体积为________.
15.由 和 所围成的封闭图形,绕 轴旋转一周,则所得旋转体的表面积为________
三、解答题
16.如图,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC求证:AB⊥BC
(1)求证:AE⊥平面B1CD;
(2)求三棱锥E-ACD的体积.
19.如图, 为正三角形, 平面 , 是 的 中点,求证:
(1) ;
(2)平面 平面 ;
(3)平面 平面 。
20(13分)如图,在棱长为2的正方体 中, 、 分别为 、 的中点.
(1)求直线BC1与平面AB1D之间的距离;
(2)求二面角B1-AD-B的大小;
(3)求三棱锥C1-ABB1的体积。
4.平面与平面间的距离
平面 与平面 平行时,其中一个平面 上任意一点到平面
的距离就是平面 与平面 间的距离。其求法与点到面的
距离求法相同。
空间向量习题
1.已知四棱锥 的底面为直角梯形, , 底面 ,且 , , 是 的中点。
(2)直线与平面所成角:sinθ= cos( -θ) = |cos< , >| =
如图2-1,设 是平面 的法向量,AB是平面 的一条斜线, ,
则AB与平面 所成的角为:
图2-1-1:
图2-1-2:
(2)求面面角:设向量 , 分别是平面 、 的法向量,则二面角 的平面角为 (图2-2);
(图2-3)
11.夹在两个平面间的两条线段,它们互相平行且相等,则两个平面的位置关系为________.
12.在空间四边形ABCD中,E、F、G、H分 别是边AB、BC、CD、DA的中点,对角线AC=BD=2,且AC⊥BD,则四边形EFGH的面积为________.
13.(2012·常熟模拟)若圆锥的母线长为2 cm,底面圆的周长为2π cm,则圆锥的表面积为________.
在α内任取一点B,则A点到平面α的距离为d = , 的坐标由 与平面α内的两个不共线向量的垂直关系,得到方程组(类似于前面所述,若方程组无解,则法向量与XOY平面平行,此时可改设 ,下同)。
(3)直线与平面间的距离:求直线到与直线平行平面距离(非重点)
求直线a到平面α的距离,设平面α的法向量法为 ,
(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。(回到图形问题)
三、平面法向量的应用
1、 求空间距离
(1)异面直线之间距离: ,其中
方法指导:如图2-4,①作直线a、b的方向向量 、 ,
求a、b的法向量 ,即此异面直线a、b的公垂线的方向向量;
②在直线a、b上各取一点A、B,作向量 ;
③求向量 在 上的射影d,则异面直线a、b间的距离为
(2)当 为 的中点时,求点 到面 的距离;
(3) 等于何值时,二面角 的大小为 .
6.如图,在三棱柱 中, 侧面 , 为棱 上异于 的一点, ,已知 ,求:
(Ⅰ)异面直线 与 的距离;
(Ⅱ)二面角 的平面角的正切值.
7.如图,在四棱锥 中,底面 为矩形, 底面 , 是 上
一点, .已知
求(Ⅰ)异面直线 与 的距离;
所对应的锐角或直角即为直线a(AB)与
b(CD)所成的角。
例1.如图,已知直棱柱ABC-A1B1C1,在 ABC中,
CA=CB=1, ,棱AA1=2,求异面直线
BA1,CB1所成的角。
2.线面所成的角
与 的角所对应的锐角的余角或直角即为直线AP与平面 所成的角 ,所以
与 的角的余弦值的绝对值为直线AP与平面 所成的角的正弦值。
两个平面的法向量方向选取合适,可使法向量夹角就等于二面角的平面角。约定在图2-2中, 的方向对平面 而言向外, 的方向对平面 而言向内;在图2-3中, 的方向对平面 而言向内, 的方向对平面 而言向内。我们只要用两个向量的向量积(简称“外积”,满足“右手定则”)使得两个半平面的法向量一个向内一个向外,则这两个半平面的法向量的夹角即为二面角 的平面角。
二、 空间距离
1.点到面的距离
点P到面 的距离 可以看成 在平面 的法向量 的方向上的射影的长度。
2.异面直线间的距离
异面直线a,b之间的距离可以看成 在a,b的公垂向量 的方向上
的射影的长度。
例4.长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=2,AD=4,AA1=6,E是BC
的中点,F是CC1的中点,建立空间坐标系,求
(1)异面直线D1F与B1E所成角的大小;
(2)二面角D1-AE-D的大小;
(3)异面直线B1E与D1F的距离。
3.线面距离
直线a与平面 平行时,直线上任意一点A到平面 的距离就
是直线a与平面 之间的距离。其求法与点到面的距离求法相同。
如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为3,
例5.侧棱长为 ,D是CB延长线上一点,且BD=BC。
2、试证明:
(1)证明线面垂直:在图2-8中, 向是平面 的法向量, 是直线a的方向向量,证明平 面的法向量与直线所在向量共线( )。
(2)证明线面平行:在图2-9中, 向是平面 的法向量, 是直线a的方向向量,证明平面的法向量与直线所在向量垂直( )。
(3)证明面面垂直:在图2-10中, 是平面 的法向量, 是平面 的法向量,证明两平面的法向量垂直( )
两个法向量的方向一个向二面角内,另一个向外时,则 为二面角的平面角。
例2.如图,平面ABCD, ADE是等边三角形,ABCD是矩形,F是AB的中点,G是
AD的中点,EC与平面ABCD成300的角。
(1)求证:EG 平面ABCD;
(2)若AD=2,求二面角E-FG-G的度数;
(3)当AD的长是多少时,点D到平面EFG的距离为2,请说明理由。
,其中 (重点)
设异面直线a、b的公共法向量为 ,在a、b上任取一点A、B,则异面直线a、b的距离:d =AB·cos∠BAA'=
证明:如图,EF为a、b的公垂线段,a'为过F与a平行的直线,在a、b上任取一点A、B,过A作AA' EF,交a'于A',
则 ,所以∠BAA'=< >(或其补角)
∴异面直线a、b的距离d =AB·cos∠BAA'= *
4、证明线面、面面的平行、垂直关系(理解、记住)
设平面外的直线a和平面α、β,两个面α、β的法向量为 ,则
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