届高考数学新课标理轮复习辅导空间向量与立体几何精讲课后练习
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编及答案解析
新数学复习题《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．643π B ．8316ππ+C ．28πD ．8216ππ+【答案】B 【解析】 【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可． 【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积22221183242231633V r h r l πππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．2．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.3．在以下命题中：①三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r共面；②若两个非零向量a r ，b r 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--u u u r u u u r u u u u r u u u u r，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a r ，b r是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠r r r ，则{},,a b c r r r 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c r r r 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++r r r r r r构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论. 【详解】①由空间基底的定义知，三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r，c r共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a r ，b r与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r，b r共线，故②正确；③由22221--=-≠，根据共面向量定理知,,,P A B C 四点不共面，故③错误；④由c a b λμ=+r r r ，当1λμ+=时，向量c r 与向量a r ，b r构成的平面共面，则{},,a b c r r r 不能构成空间的一个基底，故④错误；⑤利用反证法：若{},,a b b c c a +++r r r r r r不构成空间的一个基底， 设()()()1a b x b c x c a +=++-+r r r r r r ，整理得()1c xa x b =+-r r r ，即,,a b c r r r共面，又因{},,a b c r r r 为空间的一个基底，所以{},,a b b c c a +++r r r r r r能构成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确. 故选：D. 【点睛】本题考查空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．4．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（ ）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C 【解析】 【分析】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.5．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 ．2 C ．2 D ．3 【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.6．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.7．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．8．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 【解析】 【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.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（ ）A ．1144B 11C ．1144D ．1111【答案】B 【解析】 【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r，设异面直线AE 与1A B 所成角为θ， 则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为：1111cos 222218AE A B AE A Bθ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ．故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r，2l 的方向向量为b r，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r rr r .10．三棱锥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 3B 3C ．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 = ∴1322322ABC 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133133V ==故选B.11．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.12．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.13．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.14．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ） A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则【答案】C【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系15．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案. 【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂， 当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.16．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122π B ．12πC ．82πD ．10π【答案】B 【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为22的圆，且高为2， 所以其表面积为222)22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.17．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.18．在空间中,下列命题为真命题的是( ). A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b 【答案】B 【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。
届高考数学大一轮总复习冲刺第八章立体几何与空间向量第6讲空间向量及其运算课后练课后习题理北师大版
第6讲 空间向量及其运算一、选择题1.(2017·铜川调研)已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( )A.32B.－2C.0D.32或－2 解析 ∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 答案 B2.(2017·海南模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.459C.259D.23解析 如图，设正方体棱长为2，则易得CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，∴cos 〈CM →，D 1N →〉＝CM →·D 1N →|CM →||D 1N →|＝－19，∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－192＝459. 答案 B3.空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是BC 的中点，那么( )A.AE →·BC →＜AE →·CD →B.AE →·BC →＝AE →·CD →C.AE →·BC →＞AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较解析 取BD 的中点F ，连接EF ，则EF 綊12CD ，因为〈AE →，EF →〉＝〈AE →，CD →〉＞90°，因为AE →·BC →＝0，∴AE →·CD →＜0，所以AE →·BC →＞AE →·CD →.答案 C4.已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( ) A.－1 B.43 C.53 D.75 解析 由题意得，k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，2a －b ＝(3，2，－2).所以(k a ＋b )·(2a －b )＝3(k －1)＋2k －2×2＝5k －7＝0，解得k ＝75. 答案 D5.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A.a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案 C二、填空题6.已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________.解析 由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b·c ＝－10，又∵a·c ＝4，∴b·c ＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.答案 60°7.正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________.解析 |EF →|2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2.答案 2 8.(2017·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，现用基底{OA →，OB →，OC →}表示向量OG →，有OG →＝xOA →＋yOB→＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________.解析 ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12（OB →＋OC →）－12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13. 答案 16，13，13三、解答题9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c .(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1， 又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝（－1）2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010.10.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .(1)写出点E ，F 的坐标；(2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. (1)解 E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0).(2)证明 ∵A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明 ∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面.选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－a λ1，a λ1＋x λ2，－a λ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－a λ1，a ＝a λ1＋x λ2，－a ＝－a λ2，解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. 11.在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( )A.－1B.0C.1D.不确定解析 如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.答案 B12.若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标.已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( )A.(4，0，3)B.(3，1，3)C.(1，2，3)D.(2，1，3)解析 设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为x ，y ，z .则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，①因为p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3，1，3).答案 B13.(2017·郑州调研)已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OP →＝(1，1，2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是__________.解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23.即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23.此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，8314.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EG 的长；(3)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值.解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，(1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， (2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ， |EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12， 则|EG →|＝22. (3)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23， 由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
高考(通用版)理科数学复习课时作业11 空间向量与立体几何
课时作业11 空间向量与立体几何[A·基础达标]1．如图，F 是正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点，E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EB D ．E 与B 重合 2．在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( )A.235B.43C.54D.23913 3.如图，圆锥的底面直径AB ＝4，高OC ＝22，D 为底面圆周上的一点，且∠AOD ＝2π3，则直线AD 与BC 所成的角为________．4．已知边长为2的正方形ABCD 的四个顶点在球O 的球面上，球O 的体积V 球＝1605π3，则OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为________．5．如图在四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；(2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D ＝λ.若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．6．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P - ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．[B·素养提升]1.如图，在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角B - CD - C 1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．2.如图，在三棱柱ABC - DEF 中，所有棱长均相等，且∠ABE ＝∠ACF ＝π3，CE ∩BF ＝O ，点P 为线段ED 上的动点(异于E ，D 两点)．(1)当P 在线段ED 的中点时，证明：OP ∥平面ACFD ；(2)当P 在线段ED 上何处时，二面角O - PF - E 的余弦值为7315？3．在▱P ABC 中，P A ＝4，PC ＝22，∠P ＝45°，D 是P A 的中点(如图1)．将△PCD 沿CD 折起到图2中△P 1CD 的位置，得到四棱锥P 1 - ABCD .(1)将△PCD 沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面P 1DA 是否成立？请证明你的结论．(2)若P 1D 与平面ABCD 所成的角为60°，且△P 1DA 为锐角三角形，求平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值．课时作业11 空间向量与立体几何[A·基础达标]1．解析：分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，F (0,1,0)，D 1(0,0,2)，设E (2,2，z )，则D 1F →＝(0,1，－2)，DE →＝(2,2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB .答案：A2.解析：如图，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝4×23×32＝12＝5×23×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又因为BE ⊥平面AA 1C 1C ，所以所求角的正切值为23913.答案：D 3．解析：如图，过点O 作OE ⊥AB 交底面圆于E ，分别以OE ，OB ，OC所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD ＝23π，所以∠BOD ＝π3，则D (3，1,0)，A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0,22)，AD→＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,22)，所以cos 〈AD →，BC →〉＝－612＝－12，则直线AD 与BC 所成的角为π3.答案：π3 4．解析：如图，过点O 作OM ⊥平面ABCD ，垂足为点M ，则点M 为正方形ABCD 的中心．∵正方形ABCD 的边长为2， ∴AC ＝22，∴AM ＝ 2.∵V 球＝43πr 3＝1605π3，∴球O 的半径OA ＝r ＝25，∴OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为cos ∠OAM ＝AM OA ＝225＝1010.答案：10105．解析：(1)因为由题意知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，A 1A ⊥平面ABCD .又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .在菱形ABCD 中，∠ABC ＝π3，则△ABC 是等边三角形．因为点E 是BC 中点，所以BC ⊥AE .因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .故建立如图所示，以A 为原点，AE 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1.AD →＝(0,2,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－32，12，1，cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →|·|EF →|＝121＋1＝24，所以异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24.(2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1MA 1D ＝λ，则(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)．则M (0,2λ，2－2λ)，CM →＝(－3，2λ－1,2－2λ)． 设平面AEF 的一个法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1.由⎩⎨⎧3x 0＝032x 0＋12y 0＋z 0＝0，得x 0＝0，12y 0＋z 0＝0，取y 0＝2，则z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)．由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM →＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23.6．解析：(1)因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥AD .又底面ABCD 为正方形，所以AD ⊥DC .因此AD ⊥平面PDC . 因为AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC . 由已知得l ∥AD . 因此l ⊥平面PDC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz ，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC→＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)可设Q (a,0,1)，则DQ →＝(a,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0y ＝0. 可取n ＝(－1,0，a )．所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB→|n |·|PB →|＝－1－a 3·1＋a2 . 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则sin θ＝33×|a ＋1|1＋a2＝33 1＋2aa 2＋1. 因为33 1＋2a a 2＋1≤63，当且仅当a ＝1时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.[B·素养提升]1．解析：(1)证明：在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC ，所以AC ⊥BE .又EF ∩BE ＝E ，FF ，BE ⊂平面BEF ，所以AC ⊥平面BEF . (2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥CC 1，FF ∥CC 1，又CC 1⊥平面ABC ， 所以EF ⊥平面ABC ， 因为BE ⊂平面ABC ， 所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐标系E - xyz ，由题意得E (0,0,0)，B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，∴∠P1DA＝60°，∵DP1＝DA＝2，∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x轴与BC交于点M，∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝3，易知OD＝OA＝CM＝1，∴BM＝3，则P1(0,0，3)，D(0，－1,0)，C(2，－1,0)，B(2,3,0)，DC→＝(2,0,0)，BC→＝(0，－4,0)，P1C→＝(2，－1，－3)，∵CD⊥平面P1DA，∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1,0,0)，设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n2·BC→＝0n2·P1C→＝0，，∴⎩⎪⎨⎪⎧4y2＝02x2－y2－3z2＝0，解得⎩⎨⎧y2＝0x2＝32z2，令z2＝1，则n2＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，1，设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角，∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1|·|n2|＝321×72＝217.∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为217.。
第6节 空间向量在立体几何中的应用--2025年高考数学复习讲义及练习解析
第六节空间向量在立体几何中的应用1．空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l01平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量．(3)空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔02n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔03n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄αl∥αn⊥m⇔04n·m＝0 l⊥αn∥m⇔05n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔06n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m⇔07n·m＝02．设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则3.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝10|cos 〈a ，n 〉|＝11|a ·n ||a ||n |．4．(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝12〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝13|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角的大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．5．用向量法求空间距离(1)点到直线的距离已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点．则点P 到直线l 的距离为14__AP →2－（AP →·u ）2．(2)点到平面的距离已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．则点P 到平面α的距离为15|AP →·n ||n |．(3)线面距和面面距可以转化为点面距求解．1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个平面的法向量所成的角就是这两个平面所成的角．()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(3)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．()(4)直线l的一个方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的一个法向量为n＝(－1，－1，1)，l⊄α，则l∥α.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册1.4.1练习T1改编)已知直线l的一个方向向量为a＝(－3，2，5)，平面α的一个法向量为b＝(1，x，－1)，若l∥α，则x＝()A．4B．3C．2D．1答案A解析因为l∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故选A.(2)已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足()A．sinθ＝－147B．sinθ＝147C．cosθ＝147D．cosθ＝－147答案C解析因为θ，π2，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝63×14＝147，sinθ＝1－cos2θ＝357.故选C.(3)若平面α的法向量为a＝(3，－1，2)，平面β的法向量为n＝(－6，2，－4)，则() A．α∥βB．α⊥βC．α与β相交但不垂直D．无法确定答案A解析由题意，得n＝－2a，则n∥a，α∥β.故选A.(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，则点C到直线AB的距离为() A．2B．5C．23D．25答案B解析因为AB →＝(2，－1，2)，AC →＝(1，－2，4)，所以AC →在AB →方向上的投影数量为AB →·AC →|AB →|＝2＋2＋84＋1＋4 4.设点C 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|AC →|2－42＝1＋4＋16－16＝ 5.故选B.考点探究——提素养考点一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP＝2，AB ＝1，E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面PCD ⊥平面PAD .证明依题意，以A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)因为BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .(2)因为AB →＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ，又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的一个法向量为AB →＝(1，0，0)，PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·DC →＝0，y －2z ＝0，x ＝0，取y ＝1，得n ＝(0，1，1)．因为n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →.所以平面PCD ⊥平面PAD .【通性通法】利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤【巩固迁移】1．(2023·山东青岛二中模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形B 1C 1CB 的中心．求证：(1)AC 1⊥平面A 1BD ；(2)EF ∥平面A 1BD ；(3)平面B 1EF ∥平面A 1BD .证明(1)设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C 1(2，2，2)，A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，D (0，2，0)，AC 1→＝(2，2，2)，A 1B →＝(2，0，－2)，A 1D →＝(0，2，－2)，因为AC 1→·A 1B →＝0，AC 1→·A 1D →＝0，所以AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，由于A 1B ∩A 1D ＝A 1，所以AC 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)知，AC 1→＝(2，2，2)是平面A 1BD 的一个法向量．E (1，1，2)，F (2，1，1)，EF →＝(1，0，－1)，AC 1→·EF →＝0，EF ⊄平面A 1BD ，所以EF ∥平面A 1BD .(3)由(1)，得B 1(2，0，2)，B 1F →＝(0，1，－1)，设平面B 1EF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·EF →＝x －z ＝0，·B 1F →＝y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，1，1)．AC 1→＝2n ，显然，平面B 1EF 与平面A 1BD 不重合，所以平面B 1EF ∥平面A 1BD .考点二利用空间向量求空间角(多考向探究)考向1求异面直线所成的角例2(2024·河南洛阳模拟预测)如图四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，且各棱长均相等，E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为()A ．36B ．63C ．13D ．12答案A解析连接AC 与BD 交于点O ，连接PO ，由题意，得AC ⊥BD ，且PO ⊥平面ABCD ，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设四棱锥P －ABCD 各棱长均为2，则AO ＝BO ＝CO ＝DO ＝2，PO ＝2，可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，C (－2，0，0)，P (0，0，2)，则，22，则AE →－2，22，PC →＝(－2，0，－2)，设异面直线AE 与PC所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AE →，PC →〉|＝|AE →·PC →||AE →||PC →|＝|（－2）×（－2）＋22×（－2）|2＋12＋12×2＋0＋2＝36.故选A.【通性通法】向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【巩固迁移】2.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，∠BAF ＝90°，AD ＝2，AB ＝AF ＝2EF ＝1，P 是DF 的中点，则异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为________．答案4515解析因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，交线为AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF .又AF ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AF，因为∠BAF ＝90°，所以AF ⊥AB ，又AD ⊥AB ，所以以A 为原点，AB →，AD →，AF →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则B (1，0，0)0，，1C (1，2，0)，所以BE →－12，0，CP →1，－1所以cos 〈BE →，CP →〉＝BE →·CP →|BE →||CP →|＝4515，即异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为4515.考向2求直线与平面所成的角例3在如图所示的几何体ABCED 中，EC ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，CE ＝CA ＝CB ＝2DB ，∠ACB ＝90°，M 为AD 的中点．(1)证明：EM ⊥AB ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．解(1)证明：由EC ⊥平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，得EC ⊥AC ，EC ⊥BC ，又∠ACB ＝90°，则AC ⊥BC ，故以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设DB ＝1，则CE ＝CA ＝CB ＝2.∴A (2，0，0)，B (0，2，0)，E (0，0，2)，D (0，2，1)，，1∴EM →，1，AB →＝(－2，2，0)，则EM →·AB →＝－2＋2＋0＝0，∴EM →⊥AB →，即EM ⊥AB .(2)由(1)，知BM →，－1AE →＝(－2，0，2)，DE →＝(0，－2，1)，设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－2x ＋2z ＝0，·DE →＝－2y ＋z ＝0，取x ＝2，得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(2，1，2)，设直线BM 与平面ADE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BM →，n 〉|＝|BM →·n ||BM →||n |＝49.因此直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值为49.【通性通法】向量法求线面角的两种方法(1)分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线与平面所成的角．【巩固迁移】3．(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，A 1C ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.(1)求证：AC ＝A 1C ；(2)若直线AA 1与BB 1的距离为2，求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．解(1)证明：如图，∵A 1C ⊥底面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴A 1C ⊥BC ，又BC ⊥AC ，A 1C ∩AC ＝C ，A 1C ，AC ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，又BC ⊂平面BCC 1B 1，∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1.过A 1作A 1O ⊥CC 1于点O ，又平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1＝CC 1，A 1O ⊂平面ACC 1A 1，∴A 1O ⊥平面BCC 1B 1.∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1，∴A 1O ＝1.在Rt △A 1CC 1中，A 1C ⊥A 1C 1，CC 1＝AA 1＝2，A 1O ＝1，∴O 为CC 1的中点，∴CO ＝C 1O ＝1，又A 1O ⊥CC 1，∴AC ＝A 1C ＝A 1C 1＝2，∴AC ＝A 1C .(2)连接A 1B ，AC 1，∵AC ＝A 1C ，BC ⊥A 1C ，BC ⊥AC ，∴Rt △ACB ≌Rt △A 1CB ，∴BA ＝BA 1.过B 作BD ⊥AA 1于点D ，则D 为AA 1的中点，又AA 1＝2，∴A 1D ＝AD ＝1，∵直线AA 1与BB 1的距离为2，∴BD ＝2，∴A 1B ＝AB ＝5，在Rt △ABC 中，BC ＝AB 2－AC 2＝ 3.解法一：以C 为原点，CA ，CB ，CA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz ，如图所示，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，3，0)，B 1(－2，3，2)，C 1(－2，0，2)，∴CB →＝(0，3，0)，CC 1→＝(－2，0，2)，AB 1→＝(－22，3，2)，设平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·CB →＝0，·CC 1→＝0，0，＋2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝1，∴平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(1，0，1)．设AB 1与平面BCC 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB 1→〉|＝|n ·AB 1→||n ||AB 1→|＝1313.∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为13 13 .解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形，∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM，在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝22，C1M＝A1C＝2，∴AC1＝（22）2＋（2）2＝10.在Rt△AB1C1中，AC1＝10，B1C1＝BC＝3，∴AB1＝（10）2＋（3）2＝13.又A到平面BCC1B1的距离为1，∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113＝1313.考向3求二面角例4(2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)证明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．解(1)证明：连接BC1，DC1.因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，又因为∠C 1CB ＝∠C 1CD ，CC 1＝CC 1，所以△C 1CB ≌△C 1CD ，所以BC 1＝DC 1，又点O 为线段BD 的中点，所以C 1O ⊥BD .在△C 1CO 中，CC 1＝2，OC ＝12AC ＝2，∠C 1CO ＝45°，所以cos ∠C 1CO ＝22＝C 1C 2＋OC 2－C 1O 22×C 1C ×OC，解得C 1O ＝2，则C 1C 2＝OC 2＋C 1O 2，所以C 1O ⊥OC .又OC ∩BD ＝O ，OC ⊂平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以C 1O ⊥平面ABCD .(2)由题知正方形ABCD 中AC ⊥BD ，又C 1O ⊥平面ABCD ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，2，0)，D (0，－2，0)，A (2，0，0)，C (－2，0，0)，C 1(0，0，2)，则AA 1→＝CC 1→＝(2，0，2)，AB →＝(－2，2，0)，AD →＝(－2，－2，0)，设平面BAA 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，1·m ＝0，·m ＝0，＋2z 1＝0，1＋2y 1＝0，令x 1＝1，则m ＝(1，1，－1)，设平面DAA 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，1·n ＝0，·n ＝0，＋2z 2＝0，2－2y 2＝0，令x 2＝1，则n ＝(1，－1，－1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13×3＝13，设二面角B －AA 1－D 的大小为θ，则sin θ＝223，所以二面角B －AA 1－D 的正弦值为223.【通性通法】向量法求二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【巩固迁移】4.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4.点A 2，B 2，C 2，D 2分别在棱AA 1，BB 1，CC 1，DD 1上，AA 2＝1，BB 2＝DD 2＝2，CC 2＝3.(1)证明：B 2C 2∥A 2D 2；(2)点P 在棱BB 1上，当二面角P －A 2C 2－D 2为150°时，求B 2P .解(1)证明：以C 为原点，CD ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C (0，0，0)，C 2(0，0，3)，B 2(0，2，2)，D 2(2，0，2)，A 2(2，2，1)，∴B 2C 2→＝(0，－2，1)，A 2D 2→＝(0，－2，1)，∴B 2C 2→∥A 2D 2→，又B 2C 2，A 2D 2不在同一条直线上，∴B 2C 2∥A 2D 2.(2)设P (0，2，λ)(0≤λ≤4)，则A 2C 2→＝(－2，－2，2)，PC 2→＝(0，－2，3－λ)，D 2C 2→＝(－2，0，1)，设平面PA 2C 2的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·A 2C 2→＝－2x 1－2y 1＋2z 1＝0，·PC 2→＝－2y 1＋（3－λ）z 1＝0，取z 1＝2，得y 1＝3－λ，x 1＝λ－1，∴n ＝(λ－1，3－λ，2)．设平面A 2C 2D 2的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，·A 2C 2→＝－2x 2－2y 2＋2z 2＝0，·D 2C 2→＝－2x 2＋z 2＝0，取x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝2，∴m ＝(1，1，2)．又二面角P －A 2C 2－D 2为150°，∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝6（λ－1）2＋（3－λ）2＋22×6＝|cos150°|＝32，化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P (0，2，1)或P (0，2，3)，∴B 2P ＝1.考点三利用空间向量求空间距离例5如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱DA ，DC 和DD 1的长分别为1，2，1.求：(1)顶点B 到平面DA 1C 1的距离；(2)直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离．解(1)以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)．设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为DA 1→＝(1，0，1)，DC 1→＝(0，2，1)，·DA 1→＝0，·DC 1→＝0，＋z ＝0，y ＋z ＝0，取y ＝1，得x ＝2，z ＝－2，则n ＝(2，1，－2)．而向量C 1B →＝(1，0，－1)，所以顶点B 到平面DA 1C 1的距离d ＝|n ·C 1B →||n |＝|2＋0＋2|4＋1＋4＝43.(2)直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离等于点B 1到平面DA 1C 1的距离．因为C 1B 1→＝(1，0，0)，所以点B 1到平面DA 1C 1的距离d 1＝|n ·C 1B 1→||n |＝|2＋0＋0|4＋1＋4＝23.故直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离为23.【通性通法】1．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l上的投影向量QP →的长度．PQ ＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n ||n |.2．点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－（PA →·n ）2.(2)若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(3)线面距和面面距直线到平面的距离和平面到平面的距离可以转化为点到平面的距离进行求解．【巩固迁移】5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为()A ．2B ．3C ．23D ．33答案D 解析由正方体的性质，得AB 1∥DC 1，D 1B 1∥DB ，AB 1∩D 1B 1＝B 1，DC 1∩DB ＝D ，且AB 1⊂平面AB 1D 1，D 1B 1⊂平面AB 1D 1，DC 1⊂平面BDC 1，DB ⊂平面BDC 1，所以平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，由正方体的棱长为1，得A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，C (0，1，0)，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1)，所以CA 1→＝(1，－1，1)，BA →＝(0，－1，0)，AB 1→＝(0，1，1)，B 1D 1→＝(－1，－1，0)．连接A 1C ，由CA 1→·AB 1→＝(1，－1，1)·(0，1，1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，CA 1→·B 1D 1→＝(1，－1，1)·(－1，－1，0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以CA 1→⊥AB 1→，即CA 1⊥AB 1，CA 1→⊥B 1D 1→，即CA 1⊥B 1D 1，又AB 1∩B 1D 1＝B 1，可知CA 1⊥平面AB 1D 1，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝CA 1→＝(1，－1，1)，则两平面间的距离d ＝|BA →·n ||n |＝|0×1＋（－1）×（－1）＋0×1|12＋（－1）2＋12＝13＝33.故选D.6.(2024·云南大理期中)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2，E 为线段DD 1的中点，F 为线段BB 1的中点．(1)求直线FC 1到直线AE 的距离；(2)求点A 1到平面AB 1E 的距离．解(1)根据题意，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A (1，0，0)，A 1(1，0，2)，E (0，0，1)，C 1(0，1，2)，B 1(1，1，2)，F (1，1，1)，B 1E →＝(－1，－1，－1)，A 1B 1→＝(0，1，0)，FC 1→＝(－1，0，1)，AE →＝(－1，0，1)，故FC 1→∥AE →，又EF→＝(1，1，0)，设直线FC 1到直线AE 的距离为d 1，则d 1即为点F 到直线AE 的距离，因此d 1＝62，则直线FC 1到直线AE 的距离为62.(2)设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－x ＋z ＝0，·B 1E →＝－x －y －z ＝0，取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，所以n ＝(1，－2，1)．设点A 1到平面AB 1E 的距离为d 2，可得d 2＝|A 1B 1→·n ||n |＝|（0，1，0）·（1，－2，1）|1＋4＋1＝63，则点A 1到平面AB 1E 的距离为63.课时作业一、单项选择题1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 与直线A 1D 和AC 都垂直，则直线PQ 与BD 1的关系是()A ．异面直线B ．平行直线C ．垂直不相交D ．垂直且相交答案B 解析设正方体的棱长为1，以D 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(1，0，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，B (1，1，0)，DA 1→＝(1，0，1)，AC →＝(－1，1，0)，BD 1→＝(－1，－1，1)，∵BD 1→·DA 1→＝0，BD 1→·AC →＝0，∴BD 1⊥A 1D ，BD 1⊥AC ，∴BD 1与直线A 1D和AC 都垂直，又PQ 与直线A 1D 和AC 都垂直，∴PQ ∥BD 1.故选B.2．若直线l 的一个方向向量为m ，平面α的一个法向量为n ，则可能使l ∥α的是()A ．m ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0)B ．m ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1)，C ．m ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1)D ．m ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1)答案D 解析要使l ∥α成立，需使m ·n ＝0，将选项一一代入验证，只有D 满足m ·n ＝1×0－1×3＋3×1＝0.故选D.3．已知v 为直线l 的方向向量，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，给出下列说法：①n 1∥n 2⇔α∥β；②n 1⊥n 2⇔α⊥β；③v ∥n 1⇔l ∥α；④v ⊥n 1⇔l ⊥α.其中说法正确的有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案B 解析n 1∥n 2⇔α∥β，故①正确；n 1⊥n 2⇔α⊥β，故②正确；v ∥n 1⇔l ⊥α，故③错误；v ⊥n 1⇔l ∥α或l ⊂α，故④错误．故选B.4.(2023·山东临沂模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1D 的中点，则下列说法正确的是()A ．直线PB 与直线A 1D 垂直，直线PB ∥平面B 1D 1CB ．直线PB 与直线D 1C 平行，直线PB ⊥平面A 1C 1DC ．直线PB 与直线AC 异面，直线PB ⊥平面ADC 1B 1D ．直线PB 与直线B 1D 1相交，直线PB ⊂平面ABC 1答案A 解析连接DB ，A 1B ，D 1B 1，D 1C ，B 1C .由正方体的性质可知BA 1＝BD ，P 是A 1D 的中点，所以直线PB 与直线A 1D 垂直．由正方体的性质可知DB ∥D 1B 1，A 1B ∥D 1C ，所以平面BDA 1∥平面B 1D 1C ，又PB ⊂平面BDA 1，所以直线PB ∥平面B 1D 1C ，故A 正确；以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，0PB →1，D 1C →＝(0，1，－1)，显然直线PB 与直线D 1C 不平行，故B 不正确；直线PB 与直线AC 异面，正确，因为DA →＝(1，0，0)，PB →·DA →＝12≠0，所以直线PB 与平面ADC 1B 1不垂直，故C 不正确；直线PB 与直线B 1D 1异面，不相交，故D 不正确．故选A.5.(2023·四川眉山高三校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ⊥平面ACC 1A 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为()A ．225B ．53C ．55D ．35答案C 解析在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ，AB ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AC ，CC 1⊥AB ，又BC ⊥平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AC ，所以CA ，CC 1，CB 互相垂直，以C 为原点，CA ，CC 1，CB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，可得AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－13×5＝55，所以直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为55.故选C.6.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为()A ．3B ．22C ．23D ．55答案D 解析以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则G(1，λ，1)，D1(0，0，1)，，0，1所以D1E→，0，D1F→，1，GE→，－λ，设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则·D1E→＝x－12z＝0，·D1F→＝x＋y－12z＝0，令x＝1，则y＝0，z＝2，所以平面D1EF的一个法向量为n＝(1，0，2)．点G到平面D1EF的距离为|GE→·n||n|＝|－12×2|5＝55.故选D.7．(2024·湖北武汉模拟)已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA＝AB，M为SA的中点．设直线MC与平面SAB所成的角为α，则sinα的最大值为()A．3－1B．2－1C．3＋1D．2＋1答案A解析以AB的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA＝AB＝4，则M(0，－1，3)，设C(x，y，0)，且x2＋y2＝4，由对称性不妨设0<x<2，则MC→＝(x，y＋1，－3)，易知平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，据此有sinα＝MC→·m|MC→||m|＝xx2＋（y＋1）2＋3＝12×－（y＋4）－12y＋4＋8≤4－23＝3－1，当且仅当y＝23－4时等号成立．综上可得，sinα的最大值为3－1.8.(2024·山西长治期末)如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC 的中点，O 是AC 的中点，∠ABC ＝2π3，则折后平面OEF 与平面ABC 夹角的余弦值为()A ．217B ．1111C ．31313D ．31111答案A解析连接OB ，OD .因为菱形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，所以平面ADC ⊥平面ABC ，因为四边形ABCD 是菱形，O 是AC 的中点，所以OD ⊥AC ，OB ⊥AC ，而平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，OD ⊂平面ADC ，所以OD ⊥平面ABC ，而OB ⊂平面ABC ，所以OD ⊥OB .以O 为原点，OB ，OC ，OD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则D (0，0，1)，，－32，，32，OE →，－32，OF →＝，32，设平面OEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·OE →＝0，·OF →＝0，－32y ＋12z ＝0，＋32y ＝0，取y ＝1，则x ＝－3，z ＝3，则n ＝(－3，1，3)，易得平面ABC 的一个法向量为OD →＝(0，0，1)，所以平面OEF 与平面ABC 夹角的余弦值为|n ·OD →||n ||OD →|＝217.故选A.二、多项选择题9．(2023·贵州名校联考)下列命题正确的是()A ．已知a ＝(－1，1，2)，b ＝(0，2，3)，直线l 1的方向向量为k a ＋b ，直线l 2的方向向量为2a －b 且l 1⊥l 2，则k ＝－34B ．若直线l 的方向向量为e ＝(1，0，3)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－6)，则直线l ∥αC ．已知直线l 过P 0(x 0，y 0，z 0)，且以u ＝(a ，b ，c )(abc ≠0)为方向向量，P (x ，y ，z )是直线l 上的任意一点，则有x －x 0a ＝y －y 0b ＝z －z 0cD ．已知平面α的法向量为n ＝(1，1，1)，A (－1，1，1)为平面α上一点，P (x ，y ，z )为平面α上任意一点，则有x ＋y ＋z ＋1＝0答案AC解析对于A ，a ＝(－1，1，2)，b ＝(0，2，3)，k a ＋b ＝(－k ，k ＋2，2k ＋3)，2a －b ＝(－2，0，1)，因为l 1⊥l 2，所以(k a ＋b )·(2a －b )＝4k ＋3＝0，所以k ＝－34，故A 正确；对于B ，直线l 的方向向量为e ＝(1，0，3)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－6)，则有n ＝－2e ，所以n ∥e ，所以l ⊥α，故B 错误；对于C ，直线l 过P 0(x 0，y 0，z 0)，且以u ＝(a ，b ，c )(abc ≠0)为方向向量，P (x ，y ，z )是直线l 上的任意一点，则有P 0P →＝(x －x 0，y －y 0，z －z 0)，P 0P →∥u ，即P 0P →＝λu ，－x 0＝λa ，－y 0＝λb ，－z 0＝λc ，则x －x 0a ＝y －y 0b ＝z －z 0c，故C 正确；对于D ，平面α的法向量为n＝(1，1，1)，A (－1，1，1)为平面α上一点，P (x ，y ，z )为平面α上任意一点，则有AP →＝(x ＋1，y －1，z －1)，则n ·AP →＝x ＋y ＋z －1＝0，故D 错误．故选AC.10.(2024·四川成都调研)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝π3，AB＝2AD ＝2PD ，PD ⊥底面ABCD ，则()A ．PA ⊥BDB ．PB 与平面ABCD 所成的角为π6C ．异面直线AB 与PC 所成角的余弦值为255D ．平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为77答案ABC解析对于A ，因为∠DAB ＝π3，AB ＝2AD ，由余弦定理可得BD ＝AD 2＋4AD 2－2AD ×2AD ×12＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，即BD ⊥AD ，由PD ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，又AD ∩PD ＝D ，AD ，PD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD ，所以PA ⊥BD ，故A 正确；对于B ，因为PD ⊥底面ABCD ，所以∠PBD 就是PB 与平面ABCD 所成的角，又tan ∠PBD ＝PD BD ＝33，所以∠PBD ＝π6，故B 正确；对于C ，显然∠PCD (或其补角)为异面直线AB 与PC 所成的角，易得cos ∠PCD ＝CD PC ＝255，故C 正确；对于D ，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD ＝1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0，0，1)，AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1，0，0)，设平面PAB的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝0，·PB →＝0，1＋3y 1＝0，1－z 1＝0，取y 1＝1，则x 1＝z 1＝3，即n＝(3，1，3)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，·PB →＝0，·BC →＝0，2－z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，则x 2＝0，z 2＝3，即m ＝(0，1，3)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277，即平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为277，故D 不正确．故选ABC.三、填空题11．已知点A (1，0，2)，B (－1，1，2)，C (1，1，－2)，则点A 到直线BC 的距离是________．答案1055解析BA →＝(2，－1，0)，BC →＝(2，0，－4)，BA →·BC →＝4，|BA →|＝5，|BC →|＝25，cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝45×25＝25，又0°≤〈BA →，BC →〉≤180°，所以sin 〈BA →，BC →〉＝＝215，所以点A 到直线BC 的距离为d ＝|BA →|sin 〈BA →，BC →〉＝5×215＝1055.12.(2024·湖南新化县第一中学期末)如图，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，E ，F 分别为PD ，PB 的中点，点G 在线段AP 上，AC 与BD 交于点O ，PA ＝AB ＝2，若OG ∥平面EFC ，则AG ＝________．答案23解析如图所示，以A 为原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意可得C (2，2，0)，O (1，1，0)，F (1，0，1)，E (0，1，1)，所以FC →＝(1，2，－1)，FE →＝(－1，1，0)，设平面EFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·FC →＝0，·FE →＝0，＋2y －z ＝0，x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝3，所以n ＝(1，1，3)．设G (0，0，a )，0≤a ≤2，则OG →＝(－1，－1，a )，因为OG ∥平面EFC ，则n ·OG →＝0，所以－1－1＋3a ＝0，解得a ＝23所以，0即AG ＝23.13．(2024·山东泰安期末)设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC 为钝角时，λ的取值范围是________．答案解析以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，则D 1B →＝(1，1，－1)，所以D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于PA →·PC →<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得13<λ<1，因此λ14.(2023·湖北武汉华中师大附中二模)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为2的等边三角形，CC 1＝2，D ，E 分别是线段AC ，CC 1的中点，C 1在平面ABC 内的射影为D .若点F 为线段B 1C 1上的动点(不包括端点)，则锐二面角F －BD －E 的余弦值的取值范围为________．答案解析连接C 1D ，因为C 1在平面ABC 内的射影为D ，所以C 1D 垂直于平面ABC 内DB ，AD 这两条线段，又因为底面是边长为2的等边三角形，D 是线段AC 的中点，所以DB ⊥AD ，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (3，0，0)，C (0，－1，0)，C 1(0，0，3)，B 1(3，1，3)，，－12，C 1B 1→＝(3，1，0)，DE →，－12，DB →＝(3，0，0)，设F (x ，y ，z )，C 1F →＝λC 1B 1→(0<λ<1)，则(x ，y ，z －3)＝(3λ，λ，0)，故F (3λ，λ，3)，所以DF →＝(3λ，λ，3)，设平面BDE 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，·DE →＝0，·DB →＝0，即＋32c ＝0，0，取b ＝3，得a ＝0，c ＝3，所以m ＝(0，3，3)．设平面BDF 的法向量为n ＝(d ，e ，f )，·DF →＝0，·DB →＝0，＋λe ＋3f ＝0，＝0，取e ＝3，得d ＝0，f ＝－λ，所以n＝(0，3，－λ)，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|33－3λ|32＋（3）2×（3）2＋（－λ）2＝|3－λ|23＋λ2＝12（3－λ）23＋λ2，令3－λ＝t (t ∈(2，3))，所以|cos 〈m ，n 〉|＝12t 212－6t ＋t 2＝设s则|cos〈m，n〉|＝12112s2－6s＋1，二次函数y ＝12s2－6s＋1＝＋14的图象开口向上，对称轴为直线s＝14，所以当s，该二次函数单调递增，又－6×13＋1＝13，－6×12＋1＝1，所以12s2－6s＋1所以112s2－6s＋1∈(1，3)，即|cos〈m，n〉|即锐二面角F－BD－E的余弦四、解答题15.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC ＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF→＝DA→，求二面角D－AB－F的正弦值．解(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，①因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，所以AE⊥BC，②由①②，且AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝22，DE＝2，因为△ACD 与△ABD 均为等边三角形，所以AC ＝AB ＝2，所以AE ⊥BC ，AE ＝2，所以AE 2＋DE 2＝4＝DA 2，所以AE ⊥DE ，又DE ∩BC ＝E ，DE ，BC ⊂平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD .以E 为原点，ED ，EB ，EA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0，0，0)，D (2，0，0)，A (0，0，2)，B (0，2，0)，设平面DAB 与平面ABF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，二面角D －AB －F 的平面角为θ，而AB →＝(0，2，－2)，因为EF →＝DA →＝(－2，0，2)，所以F (－2，0，2)，即有AF →＝(－2，0，0)，1·DA →＝0，1·AB →＝0，1＋2z 1＝0，－2z 1＝0，取x 1＝1，所以n 1＝(1，1，1)．2·AB →＝0，2·AF →＝0，－2z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，所以n 2＝(0，1，1)，所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×2＝63，所以sin θ＝1－69＝33，所以二面角D －AB －F 的正弦值为33.16.(2024·浙江台州模拟)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为6，截面ACC 1A 1的面积为6.(1)求点B 到平面ACC 1A 1的距离；(2)若AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，AA 1＝6，求直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成角的正弦值．解(1)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，ABC －A 1B 1C 1是三棱柱，V B －ACC 1A 1＝23V ABC －A 1B 1C 1＝13V ABCD －A 1B 1C 1D 1＝2，设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d ，则V B －ACC 1A 1＝13S 四边形ACC 1A 1·d ＝13×6d ＝2，所以d ＝1，即点B 到平面ACC 1A 1的距离为1.(2)在▱ABCD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，所以四边形ABCD 是菱形，连接BD 交AC 于点O ，则BO ＝1，由(1)知点B 到平面ACC 1A 1的距离为1，所以BO ⊥平面ACC 1A 1.设点A 1在直线AC 上的射影为点H ，则S ▱ACC 1A 1＝AC ·A 1H ＝23A 1H ＝6，则A 1H ＝3，且BO ⊥A 1H ，AH ＝AA 21－A 1H 2＝（6）2－（3）2＝3，所以点O 与点H 重合，即A 1O ⊥AO .以O 为原点，OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，1，0)，A (3，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，3)，根据AA 1→＝DD 1→＝(－3，0，3)，AB →＝DC →＝(－3，1，0)，则D 1(－3，－1，3)，BD 1→＝(－3，－2，3)，设平面CC 1D 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1→·n ＝－3x ＋3z ＝0，·n ＝－3x ＋y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，1)，设直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈BD 1→，n 〉|＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝|－3－23＋3|10×5＝65，所以直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成角的正弦值为6517.(2024·海南华侨中学模拟)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝1，AA 1>AB ，E ，F 分别是侧棱BB 1，DD 1上的动点，且平面AEF 与平面ABC 所成角的大小为30°，则线段BE 的长度的最大值为()A ．13B ．33C ．12D ．22答案B解析依题意，AB ，AD ，AA 1两两互相垂直，以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BE ＝m ，DF ＝n (m ≥0，n ≥0，且m ，n 不同时为0)，则A (0，0，0)，E (1，0，m )，F (0，1，n )，所以AE →＝(1，0，m )，AF →＝(0，1，n )．设平面AEF 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，·AE →＝（x ，y ，z ）·（1，0，m ）＝x ＋mz ＝0，·AF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，n ）＝y ＋nz ＝0，取z ＝1，得x ＝－m ，y ＝－n ，则u ＝(－m ，－n ，1)，显然v ＝(0，0，1)为平面ABC 的一个法向量．因为平面AEF 与平面ABC 所成角的大小为30°，所以cos30°＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |＝|（－m ，－n ，1）·（0，0，1）|m 2＋n 2＋1＝1m 2＋n 2＋1，即32＝1m 2＋n 2＋1，得m 2＋n 2＝13，所以m＝13－n2，所以当n＝0时，m取得最大值，为33.故选B.18.(2024·云南昆明一中高三开学考试)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB⊥AC，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，过A1A的平面交线段B1C1于点E(不与端点重合)，交线段BC于点F.(1)证明：AA1∥EF；(2)若BF＝2FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．解(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥CC1，AA1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1，又过A1A的平面AA1EF∩平面BCC1B1＝EF，所以AA1∥EF.(2)在平面AA1C1C内过A作AP⊥AC，因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，所以AP⊥平面ABC，又AB⊥AC，则可构建以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，又AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，且BF＝2FC，所以A (0，0，0)，A 1(0，1，3)，C 1(0，3，3)，，43，则A 1C 1→＝(0，2，0)，AC 1→＝(0，3，3)，AF →，43，设m ＝(x ，y ，z )为平面AFC 1的法向量，·AC 1→＝3y ＋3z ＝0，·AF →＝23x ＋43y ＝0，取y ＝1，则x ＝－2，z ＝－3，则m ＝(－2，1，－3)，所以cos 〈m ，A 1C 1→〉＝22×22＝24，所以直线A 1C 1与平面AFC 1所成角的正弦值为24.19.(2023·河北石家庄二模)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是矩形，P 为棱A 1B 1上一点，且PA ＝PB ，F 为CD 的中点．(1)证明：AB ⊥PF ；(2)若AB ＝AD ＝PD ＝2.当直线PB 与平面PCD 所成的角为45°，且二面角P －CD －A 的平面角为锐角时，求三棱锥B －APD 的体积．解(1)证明：取AB 的中点E ，连接PE ，EF ，∵PA ＝PB ，∴PE ⊥AB ，∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ⊥AB ，∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点，∴EF ∥BC ，∴EF ⊥AB ，又PE ∩EF ＝E ，∴AB ⊥平面PEF ，∵PF ⊂平面PEF ，∴AB ⊥PF .(2)如图，以F 为原点，FC →，EF →的方向分别为x ，y 轴正方向，过F 与平面ABCD 垂直的直线向上的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，－2，0)，B (1，－2，0)，C (1，0，0)，D (－1，0，0)，设P (0，a ，h )，h 为P 到平面ABCD 的距离，则PB →＝(1，－2－a ，－h )，PD →＝(－1，－a ，－h )，CD →＝(－2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·CD →＝0，x －ay －hz ＝0，2x ＝0，取y ＝－h ，则z ＝a ，∴n ＝(0，－h ，a )，又PD ＝2，∴a 2＋h 2＝3，(*)设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，sin θ＝|PB →·n ||PB →||n |＝|2h |1＋（2＋a ）2＋h 2×3＝22，解得a ＝0或a ＝－32，当a ＝0时，平面PCD 的法向量为n ＝(0，－h ，0)，则平面PCD 与平面ABCD 垂直，此时二面角P －CD －A 的平面角为直角，∴a ＝0舍去，∴a ＝－32，代入(*)可得h ＝32，∴V B －APD ＝V P －ABD ＝13×12×2×2×32＝33.20.(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22，PB ＝PC ＝6，BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD ＝5DO ，点F 在AC 上，BF ⊥AO .(1)证明：EF ∥平面ADO ；(2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；(3)求二面角D －AO －C 的正弦值．解(1)证明：设AF ＝tAC ，则BF →＝BA →＋AF →＝(1－t )BA →＋tBC →，AO →＝－BA →＋12BC →，因为BF ⊥AO ，则BF →·AO →＝[(1－t )BA →＋tBC →BA →＋12BC (t －1)BA →2＋12tBC →2＝4(t －1)＋4t ＝0，解得t ＝12，则F 为AC 的中点，因为D ，E ，O ，F 分别为BP ，AP ，BC ，AC 的中点，于是EF ∥PC ，DO ∥PC ，即EF ∥DO ，又EF ⊄平面ADO ，DO ⊂平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(2)证明：因为D ，O 分别为BP ，BC 的中点，所以DO ＝12PC ＝62，则AD ＝5DO ＝302，因为AO ＝AB 2＋BO 2＝6，所以DO 2＋AO 2＝AD 2＝152，则DO ⊥AO ，由(1)可知EF ∥DO ，所以EF ⊥AO ，又AO ⊥BF ，BF ∩EF ＝F ，BF ，EF ⊂平面BEF ，则AO ⊥平面BEF ，又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF .(3)如图，以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，O (0，2，0)，AO →＝(－2，2，0)．因为PB ＝PC ，BC ＝22，所以设P (x ，2，z )，z ＞0，则BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋12AP →＝(2，0，0)＋12(x －2，2，z )，22，由(2)知AO ⊥BE ，所以AO →·BE →＝(－2，2，，22，0，所以x ＝－1.又PB ＝6，BP →＝(x ，2，z )，所以x 2＋2＋z 2＝6，所以z ＝3，则P (－1，2，3)．由D 为BP 的中点，得－12，22，则AD →－52，22，设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，1·AD →＝0，1·AO →＝0，－52a ＋22b ＋32c ＝0，2a ＋2b ＝0，取a ＝1，则n 1＝(1，2，3)．易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角D －AO －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，故二面角D －AO －C 的正弦值为22.。
2022届高考数学(理)二轮专题复习课时作业：专题五 立体几何 (十三) Word版含答案
课时作业(十三) 空间向量与立体几何1.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．解析：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)．由于F为CD的中点，所以F⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0.(1)证明：AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．由于AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：由于AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，所以AF→·CD→＝0，A F→·ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.所以AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.2.(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．(1)证明：PB∥平面AMC；(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，由于四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，则B⎝⎛⎭⎪⎫a2，0，0，C⎝⎛⎭⎪⎫a，32a，0，A⎝⎛⎭⎪⎫－a2，0，0，D⎝⎛⎭⎪⎫0，32a，0，P⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32a，M⎝⎛⎭⎪⎫0，34a，34a，则AC→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，AM→＝⎝⎛⎭⎪⎫a2，34a，34a.设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧32ax＋32ay＝0，a2x＋34ay＋34az＝0，令y＝3，则x＝－1，z＝－33，即n＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，－33.又BD→＝⎝⎛⎭⎪⎫－a2，32a，0，设直线BD与n所成的角为θ，则cosθ＝n·BD→|n||BD→|＝23913，故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为23913.3．(2021·河北石家庄模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，PA ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面PAB ； (2)求二面角P AN M 的余弦值． 解析：(1)证明：在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH ， 在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝13BC ＝1，AM ＝12AD ＝1.∵AD ∥BC ，∴NH ∥AM ，且NH ＝AM ，∴四边形AMNH 为平行四边形，∴MN ∥AH . ∵AH ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB . (2)解：在平面ABCD 内作AE ∥CD 交BC 于E ，则AE ⊥AD .分别以AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则P (0,0,4)，M (0,1,0)，C (22，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫223，23，83. 设平面AMN 的法向量m ＝(x ，y ，z )，AM →＝(0,1,0)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23，83，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，223x ＋23y ＋83z ＝0，取m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，0，－12.设平面PAN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，AP →＝(0,0,4)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23，83，则⎩⎪⎨⎪⎧4z ＝0，223x ＋23y ＋83z ＝0，取n ＝(1，－2，0)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝269.故二面角P AN M 的余弦值为269.4．(2021·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小．解析：(1)由于AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP . 又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)方法一：如图，取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .由于∠EBC ＝120°， 所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13. 取AG 的中点M ，连接EM ，CM ，EC ， 则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，所以二面角CEMN的正弦值为10521.(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos〈NH→，BE→〉|＝|NH→·BE→||NH→||BE→|＝|2h－2|h2＋5×23＝721，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝85，或h＝12.所以，线段AH的长为85或12.6.(2021·湖北孝感联考)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC中，又由M为PC的中点，得MF∥PA.又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则E(0,0,0)，P(0,0，3)，B(3，0,0)，C(3，－1,0)．设PM→＝λPC→＝(0<λ<1)，则M(3λ，－λ，3(1－λ))．∴EM→＝(3λ，－λ，3(1－λ))，EB→＝(3，0,0)．取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，则由⎩⎨⎧n2·EM→＝0，n2·EB→＝0得⎩⎨⎧3λx－λy＋31－λz＝0，3x＝0.令y＝3，得n2＝⎝⎛⎭⎪⎫0，3，λ1－λ.又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪n1·n2|n1||n2|＝cos30°，得λ＝34，即M⎝⎛⎭⎪⎫334，－34，34.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．。
高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业 理(含解析)新人教A版
高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业 理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则 ⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n ＝(2,1，－1)，点C 到面A 1DM 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433. 答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2.则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(2014·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F －BE －D 的余弦值；(2)设点M 是线段BD 上一动点，试确定M 的位置，使得AM ∥面BEF ，并证明你的结论． 解：(1)∵DE ⊥平面ABCD ，∴∠EBD 就是BE 与平面ABCD 所成的角，即∠EBD ＝60°. ∴DE BD＝ 3.由AD ＝3，BD ＝32，得DE ＝36，AF ＝ 6.如图，分别以DA ，DC ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313.(2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2. ∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(2014·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1， 又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1， 又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1， 又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ， 所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)． 设BD 1→与n 所成的角为β，则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)．则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(2013·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量． 由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )．令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)． 于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)． 则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)． 由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形，∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.又梯形BCDE 的面积S 梯形BCDE ＝12×(4＋2)×42＝122，∴S △DME ＝S 梯形BCDE －S △DCM －S △BEM ＝6 2.由(2)，知FG 为三棱锥F －DME 的高，且|FG |＝ 2. ∴V F －DME ＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(2013·保定市高三第一次模拟)四棱锥S －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，M 为AB 的中点，且△SAB 为等腰直角三角形，SA ＝SB ＝2，SC ⊥BD ，DA ⊥平面SAB .(1)求证：平面SBD ⊥平面SMC ；(2)设四棱锥S －ABCD 外接球的球心为H ，求棱锥H －MSC 的高； (3)求平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值． 解：(1)∵SA ＝SB ，M 为AB 中点，∴SM ⊥AB . 又∵DA ⊥平面SAB ，∴DA ⊥SM ， 所以SM ⊥平面ABCD .又∵DB ⊂平面ABCD ，∴SM ⊥DB . 又∵SC ⊥BD ，∴DB ⊥平面SMC ， ∴平面SBD ⊥平面SMC .(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心， 设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233. ∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2) ∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0) 设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1)∴⎩⎪⎨⎪⎧AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0)∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33.所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63.。
新课标2023版高考数学一轮总复习第6章立体几何第5节空间向量及其运算课件
2
解析：|E→F|2＝
→ EF
2＝(E→C＋C→D＋D→F)2
＝E→C2
＋C→D2＋D→F2＋
→→ 2(EC·CD
＋E→C·D→F＋C→D·D→F
)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos
120°＋0＋
2×1×cos 120°)＝2，所以|E→F|＝ 2，所以 EF 的长为 2．
02
关键能力·研析考点强“四翼”
B 解析：M→N＝O→N－O→M＝12(O→B＋O→C)－23O→A＝－23a＋12b＋12c．
2．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心．若 A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
A．1,1
B．1，12
向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利 用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
考向 2 空间数量积的应用 如图，已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，底面 ABCD
是边长为 1 的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°． (1)求线段 AC1 的长； (2)求异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA1⊥BD．
空间向量基本定理 空间向量 p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，
使得 p＝xa＋yb＋zc
设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC
推论
内任一点 P，都存在唯一的三个有序实数 x，y， z，使O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C，且 x＋y＋z＝1
空间向量基本定理的 3 点注意 (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底． (2)由于零与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面， 故零不能作为基向量． (3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．
2022届高考数学一轮复习第七章立体几何第6节空间向量及其运算课时作业含解析新人教版.docx
第七章立体几何■课时作业•巩固提升授课提示：对应学生用书第311页[A 组基础保分练] 1. 在空间四边形ABCZ)中，AB CD+ACDB+ADB C 的值为() A. -1B. 0C. 1D. 2 答案：B2. 已知。
=(2,3, —4), />=(—4, —3, —2), b=^x~2a,则 x=()A. (0,3, -6)B. (0,6, -20)C. (0,6, —6)D. (6,6, —6) 答案：B 3. 在空间四边形ABCD 中，若AB=(—3,5,2), CD=(-7, —1, —4),点E, F 分别为线段 BC, AD 的中点，则EF 的坐标为()A. (2,3,3)B. (—2, —3, —3)C. (5, -2,1)D. (一5,2, —1)答案：B―► ―► ―►4. 已知A(l,0,0), 3(0, -1,1), O 为坐标原点,OA+XOB 与。
3的夹角为120°,则文的值为()A. 土*B.半 66 C. -平D. ±\[6 意，舍去，所以4 =答案：C5. (2021-晋江模拟)设O-ABC 是四面体，G 是AABC 的重心，G 是OGi 上的一点，且OG= 3GGi ，若OG=xOA+yOB+zOC,则 x+y+z 等于(4 A. 1 B.活页装订方便使用解析：04+408=(1, 一从 A), cos 120° !，得4=土袈.经检验久=琴不合题 Z o oC.|D. 2解析：3如图所示，由题意得OG=^OGi, ―► —> —► —>3所以/Gi =xOA+yOB+zOC f―► ―► ―► ―►4 4 4所以 OGi =^xOA+^yOB+^zOC f又Gi, A, B,。
四点共面，4 4 4所以孑+亍+孑=1,3所以 x+y+z=-^.答案：C—> —► —>6. 已知点 A(l,2,l), 8(—1,3,4), 0(1,1,1),若AP=2PB,则|P£>|的值是.变安.^22 i=i : 3―► ―►7. 己知空间三点4(1,1,1), 8(—1,0,4), CQ, —2,3),则A3与CA 的夹角。
高考数学一轮复习 第7章 立体几何 7.6 空间向量及运算课后作业 理
7．6 空间向量及运算[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( )A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →答案 C解析 根据题意得OC →＝12(a －b )，所以OC →，a ，b 共面．故选C.2．有4个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ；③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B解析 ①正确；②中，若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立；③正确；④中，若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．故选B.3．在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，若AC ′→＝xAB →＋2yBC →－3zCC ′→，则x ＋y ＋z ＝( )A ．1 B.76 C.56 D.23 答案 B解析 ∵AC ′→＝AC →＋CC ′→＝AD →＋AB →＋CC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝xAB →＋2yBC →－3zCC ′→， ∴x ＝1，y ＝12，z ＝－13，∴x ＋y ＋z ＝1＋12－13＝76.故选B.4．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 由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．故选D.5. (2018·北京东城模拟)如图所示，已知PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，PA ＝AB ＝BC＝6，则|PC →|等于( )A ．6 2B ．6C ．12D ．144答案 C解析 ∵PC →＝PA →＋AB →＋BC →，∴PC →2＝PA →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →， ∴|PC →|2＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，∴|PC →|＝12.故选C.6．(2017·舟山模拟)平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( )A ．5B ．6C ．4D ．8答案 A解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，|AC 1→|2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c＋2c ·a ＝25，因此|AC 1→|＝5.故选A.7．(2017·南充三模)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列命题：①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|，其中正确命题的序号是( ) A ．①② B ．①②③ C ．①④ D ．①②④ 答案A解析 设正方体边长为单位长为1，建立空间直角坐标系，如图． A 1A →＝(0,0,1)，A 1D 1→＝(1,0,0)，A 1B 1→＝(0,1,0)，A 1C →＝(1,1,1)，AD 1→＝(1,0，－1)，所以对于①，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝(1,1,1)·(1,1,1)＝3＝3A 1B 1→2，故①正确； 对于②，A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0，故②正确；对于③，因为AD 1→·A 1B →＝(1,0，－1)·(0,1,1)＝－1，向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为120°，故③错误；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →||AA 1→|·|AD →|，但是|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④错误．故选A.8．对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则x ＝2，y ＝－3，z ＝2是P ，A ，B ，C 四点共面的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 B解析 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时， 即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →， 则AP →－AO →＝2OA →－3(AB →－AO →)＋2(AC →－AO →)，即AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理，知P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C四点共面时，根据共面向量定理AP →＝mAB →＋nAC →，即OP →－OA →＝m (OB →－OA →)＋n (OC →－OA →)， 即OP →＝(1－m －n )OA →＋mOB →＋nOC →，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2. 故是充分不必要条件．故选B.9．(2018·福州质检)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216aB.66aC.156a D.153a答案 A解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且A M →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a .故选A. 10．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 答案 B解析 如图所示，在图1中， 易知AE ＝CF ＝63，BE ＝EF ＝FD ＝33.在图2中，设AE →＝a ，EF →＝b ，FC →＝c ，则〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝90°，设〈a ，c 〉＝θ， 则AC →＝a ＋b ＋c ，BD →＝3b ，故AC →·BD →＝3b 2＝1≠0， 故AC 与BD 不垂直，A 不正确； AB →＝AE →＋EB →＝a －b ，CD →＝CF →＋FD →＝b －c ，所以AB →·CD →＝－a ·c －b 2＝－23cos θ－13.当cos θ＝－12，即θ＝2π3时，AB →·CD →＝0，故B 正确，D 不正确；AD →＝AE →＋ED →＝a ＋2b ，BC →＝BF →＋FC →＝2b ＋c ，所以AD →·BC →＝a ·c ＋4b 2＝23cos θ＋43＝23(cos θ＋2)，故无论θ为何值，AD →·BC →≠0，故C 不正确．故选B. 二、填空题11．(2017·银川模拟)已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是________．答案773解析 设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1)．PB →＝(－1－x ，3－y ，4－z )，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD →|＝773. 12．如图，已知ABCD 为正方形，P 是ABCD 所在平面外一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中心O ，Q 是CD 的中点，若PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →，则x ＋y ＝________.答案 0解析 PA →－PD →＝DA →＝OA →－OD →＝－OC →－OD →＝－(OC →＋OD →)＝－2OQ →＝－2(PQ →－PO →)＝2PO →－2PQ →.∵PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →，∴PA →－PD →＝xPO →＋yPQ →， ∴2PO →－2PQ →＝xPO →＋yPQ →. ∵PQ →与PO →不共线，∴x ＝2，y ＝－2，∴x ＋y ＝0.13．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析 由题意，设OQ →＝λOP →，即OQ →＝(λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)·(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 14．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．答案 25解析 以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AQ 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为2，则E (1,0,0)，F (2,1,0)，M (0，y,2)(0≤y ≤2)．所以AF →＝(2,1,0)，EM →＝(－1，y,2)．所以AF →·EM →＝－2＋y ，|AF →|＝5，|EM →|＝5＋y 2. 所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－2＋y |5·5＋y 2＝2－y5·5＋y 2.令2－y ＝t ，则y ＝2－t ，且t ∈[0,2]． 所以cos θ＝t5·5＋－t 2＝t5·9－4t ＋t2.当t ＝0时，cos θ＝0. 当t ≠0时，cos θ＝15·9t 2－4t＋1＝15·9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59，由t ∈(0,2]，得1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 所以9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59≥ 9×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－292＋59＝52. 所以0<cos θ≤25，即cos θ的最大值为25.三、解答题15．(2018·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值；(2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解 (1)因为A B →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5.所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010.(2)BC →＝(－2，－1,2)，设c ＝(x ，y ，z )，因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．16．已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)证明：AA 1⊥BD.解 (1)如图所示，设AB →＝a ， AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2.a ·b ＝0，a ·c ＝b ·c ＝2×1×cos120°＝－1.∵AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝1＋1＋22－2－2＝2.∴|AC 1→|＝ 2.即AC 1长为 2.(2)∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ， ∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c ) ＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋b ·c －c 2＝1＋12－22＝－2.又|A 1D →|2＝(b －c )2＝b 2＋c 2－2b ·c ＝1＋4＋2＝7，∴|A 1D →|＝7.∴cos 〈AC 1→，A 1D →〉＝AC 1→·A 1D→|AC 1→||A 1D →|＝－22×7＝－147. ∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ， ∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝－1－(－1)＝0. ∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD .。
2023年高考数学二轮复习讲练测(新高考)专题08 立体几何解答题常考全归类(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量6空间向量的概念与运算练习含解析
空间向量的概念与运算考试要求 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，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.3.理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．知识梳理1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量(或平行向量)共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝x a＋y b＋z c，{a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐标表示数量积a·b a1b1＋a2b2＋a3b3共线a ＝λb(b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角余弦值 cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 234.空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a 为直线l 的方向向量．(2)平面的法向量：直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 为平面α的法向量． (3)空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2 l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2(λ∈R ) l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m ，l ⊄αl ∥α n ⊥m ⇔n ·m ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm (λ∈R ) 平面α，β的法向量分别为n ，mα∥β n ∥m ⇔n ＝λm (λ∈R )α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0常用结论1．在平面中，A ，B ，C 三点共线的充要条件是：OA →＝xOB →＋yOC →(其中x ＋y ＝1)，O 为平面内任意一点．2．在空间中，P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)，O 为空间中任意一点．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( × )(2)若直线a 的方向向量和平面α的法向量平行，则a ∥α.( × )(3)在空间直角坐标系中，在Oyz 平面上的点的坐标一定是(0，b ，c )．( √ ) (4)若a ·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．( × ) 教材改编题1．若{a ，b ，c }为空间向量的一个基底，则下列各项中，能构成空间向量的一个基底的是( ) A ．{a ，a ＋b ，a －b } B ．{b ，a ＋b ，a －b } C ．{c ，a ＋b ，a －b } D ．{a ＋b ，a －b ，a ＋2b } 答案 C解析 ∵λa ＋μb (λ，μ∈R )与a ，b 共面． ∴A，B ，D 不正确．2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 由题意，根据向量运算的几何运算法则， BM →＝BB 1—→＋B 1M —→＝AA 1—→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．设直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(－2,2,1)，b ＝(3，－2，m )，若l 1⊥l 2，则m ＝________. 答案 10解析 ∵l 1⊥l 2，∴a ⊥b ， ∴a ·b ＝－6－4＋m ＝0，∴m ＝10.题型一 空间向量的线性运算例1 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AA 1—→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N —→；(3)MP →＋NC 1—→. 解 (1)∵P 是C 1D 1的中点， ∴AP →＝AA 1—→＋A 1P —→＝AA 1—→＋A 1D 1—→＋D 1P —→ ＝AA 1—→＋AD →＋12DC →＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)∵N 是BC 的中点， ∴A 1N —→＝A 1A —→＋AB →＋BN → ＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .(3)∵M 是AA 1的中点， ∴MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A —→＋AP →＝－12a ＋(a ＋c ＋12b )＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1—→＝NC →＋CC 1—→＝12BC →＋AA 1—→＝12AD →＋AA 1—→＝12c ＋a .∴MP →＋NC 1—→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＋a ＝32a ＋12b ＋32c . 教师备选如图，在三棱锥O －ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示OG →，则下列表示正确的是( )A.14OA →＋12OB →＋13OC →B.12OA →＋12OB →＋12OC → C ．－16OA →＋13OB →＋13OC →D.13OA →＋13OB →＋13OC → 答案 D解析 MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN →＝12OA →＋23(ON →－OA →)＝12OA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OB →＋OC →－OA → ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.OG →＝OM →＋MG →＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC →＝13OA →＋13OB →＋13OC →.思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1 (1)(2022·宁波模拟)如图，在三棱锥O －ABC 中，点P ，Q 分别是OA ，BC 的中点，点D 为线段PQ 上一点，且PD →＝2DQ →，若记OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则OD →等于( )A.16a ＋13b ＋13cB.13a ＋13b ＋13cC.13a ＋16b ＋13cD.13a ＋13b ＋16c 答案 A解析 OD →＝OP →＋PD →＝12OA →＋23PQ →＝12OA →＋23(OQ →－OP →) ＝12OA →＋23OQ →－23OP → ＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC → ＝16a ＋13b ＋13c . (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点F 是侧面CDD 1C 1的中心，若AF →＝xAD →＋yAB →＋z AA 1—→，则x －y ＋z 等于( )A.12B ．1C.32D ．2 答案 B解析 AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DD 1—→＋D 1C 1—→)＝AD →＋12(AA 1—→＋A 1B 1—→)＝AD →＋12(AA 1—→＋AB →)＝AD →＋12AB →＋12AA 1—→，则x ＝1，y ＝12，z ＝12，则x －y ＋z ＝1.题型二 空间向量基本定理及其应用例2 已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解 (1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， 所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA →，MB →，MC →共面．(2)方法一 由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， 所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内． 方法二 因为OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)＝13OA →＋13OB →＋13OC →， 又因为13＋13＋13＝1，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而M 在平面ABC 内． 教师备选如图所示，已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝k AC 1—→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．判断向量MN →是否与向量AB →，AA 1—→共面．解 因为AM →＝k AC 1—→，BN →＝kBC →， 所以MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝k C 1A —→＋AB →＋kBC →＝k (C 1A —→＋BC →)＋AB →＝k (C 1A —→＋B 1C 1—→)＋AB → ＝k B 1A —→＋AB →＝AB →－k AB 1—→＝AB →－k (AA 1—→＋AB →) ＝(1－k )AB →－k AA 1—→，所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1—→共面． 思维升华 证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 (1)MP →＝xMA →＋yMB →；(2)对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →；(3)对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； (4)PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →)．跟踪训练2 (1)(多选)(2022·武汉质检)下列说法中正确的是( ) A ．|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件 B ．若AB →，CD →共线，则AB ∥CDC ．A ，B ，C 三点不共线，对空间任意一点O ，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面D ．若P ，A ，B ，C 为空间四点，且有PA →＝λPB →＋μPC →(PB →，PC →不共线)，则λ＋μ＝1是A ，B ，C 三点共线的充要条件答案 CD解析 由|a |－|b |＝|a ＋b |，可得向量a ，b 的方向相反，此时向量a ，b 共线，反之，当向量a ，b 同向时，不能得到|a |－|b |＝|a ＋b |，所以A 不正确； 若AB →，CD →共线，则AB ∥CD 或A ，B ，C ，D 四点共线，所以B 不正确； 由A ，B ，C 三点不共线，对空间任意一点O ， 若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，因为34＋18＋18＝1，可得P ，A ，B ，C 四点共面，故C 正确； 若P ，A ，B ，C 为空间四点，且有PA →＝λPB →＋μPC →(PB →，PC →不共线)， 当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得PA →－PC →＝λ(PB →＋CP →)， 即CA →＝λCB →，所以A ，B ，C 三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A ，B ，C 三点共线的充要条件，所以D 正确．(2)已知A ，B ，C 三点不共线，点O 为平面ABC 外任意一点，若点M 满足OM →＝15OA →＋45OB →＋25BC →，则点M ________(填“属于”或“不属于”)平面ABC . 答案 属于解析 ∵OM →＝15OA →＋45OB →＋25BC →＝15OA →＋45OB →＋25(OC →－OB →)＝15OA →＋25OB →＋25OC →，∵15＋25＋25＝1， ∴M ，A ，B ，C 四点共面． 即点M ∈平面ABC .题型三 空间向量数量积及其应用例3 如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →.(2)求异面直线AG 和CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c . 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a ·c ＝14. (2)AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c ·⎝⎛⎭⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.教师备选已知MN 是正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则PM →·PN →的取值范围为( )A.[]0，4B.[]0，2C.[]1，4D.[]1，2 答案 B解析 设正方体内切球的球心为O ， 则OM ＝ON ＝1，PM →·PN →＝()PO →＋OM →·()PO →＋ON →＝PO →2＋PO →·()OM →＋ON →＋OM →·ON →， ∵MN 为球O 的直径， ∴OM →＋ON →＝0，OM →·ON →＝－1， ∴PM →·PN →＝PO →2－1， 又P 在正方体表面上移动，∴当P 为正方体顶点时，||PO →最大，最大值为3；当P 为内切球与正方体的切点时，||PO →最小，最小值为1， ∴PO →2－1∈[]0，2，即PM →·PN →的取值范围为[]0，2.思维升华 由向量数量积的定义知，要求a 与b 的数量积，需已知|a |，|b |和〈a ，b 〉，a 与b 的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b 计算准确．跟踪训练3如图所示，在四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值． (1)解 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1—→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC 1—→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1—→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ， ∴AC 1—→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝0. ∴AC 1—→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 BD 1—→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1—→|＝2，|AC →|＝3， BD 1—→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos〈BD 1—→，AC →〉＝BD 1—→·AC →|BD 1—→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.题型四 向量法证明平行、垂直例4 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面PCD ⊥平面PAD .证明 依题意，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)BE →＝(0,1,1)， DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0， 所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB →＝(1,0,0)为平面PAD 的一个法向量， 而BE →·AB →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0， 所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面PAD ， 所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB →＝(1,0,0)， PD →＝(0,2，－2)， DC →＝(2,0,0)，设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，令y ＝1，可得n ＝(0,1,1)为平面PCD 的一个法向量． 且n ·AB →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0， 所以n ⊥AB →.所以平面PAD ⊥平面PCD . 教师备选如图，已知AA 1⊥平面ABC ，BB 1∥AA 1，AB ＝AC ＝3，BC ＝25，AA 1＝7，BB 1＝27，点E 和F 分别为BC 和A 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面A 1B 1BA ； (2)求证：平面AEA 1⊥平面BCB 1.证明 因为AB ＝AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC . 因为AA 1⊥平面ABC ，AA 1∥BB 1，所以以过E 作平行于BB 1的垂线为z 轴，EC ，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB ＝3，BE ＝5， 所以AE ＝2，所以E (0,0,0)，C (5，0,0)，A (0，2,0)，B (－5，0,0)，B 1(－5，0,27)． A 1(0,2，7)，则F ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，72.(1)EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，72，AB →＝(－5，－2,0)，AA 1→＝(0，0，7)．设平面AA 1B 1B 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AA 1—→＝0，所以⎩⎨⎧－5x －2y ＝0，7z ＝0，取⎩⎨⎧x ＝－2，y ＝5，z ＝0，所以n ＝(－2，5，0)．因为EF →·n ＝52×(－2)＋1×5＋72×0＝0，所以EF →⊥n . 又EF ⊄平面A 1B 1BA ， 所以EF ∥平面A 1B 1BA . (2)因为EC ⊥平面AEA 1，所以EC →＝(5，0,0)为平面AEA 1的一个法向量． 又EA ⊥平面BCB 1，所以EA →＝(0,2,0)为平面BCB 1的一个法向量． 因为EC →·EA →＝0，所以EC →⊥EA →， 故平面AEA 1⊥平面BCB 1.思维升华 (1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．跟踪训练4 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．求证：(1)EF ∥平面PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .又四边形ABCD 是正方形， 所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝22AD ， 所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.如图，以O 为坐标原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a2，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a ，0.因为E 为PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，a 2，a4. 易知平面PAD 的一个法向量为 OF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，0，－a 4，OF →·EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4，0，－a 4＝0.且EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，－a 2，CD →＝(0，－a ，0)，所以PA →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，－a 2·(0，－a ，0)＝0，所以PA →⊥CD →， 所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PDC ，所以PA ⊥平面PDC .又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC .课时精练1．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(0，－3,2)，c ＝(－2,1,2)，则a ·(b ＋c )等于( ) A ．18B ．－18C ．32D ．－3 2 答案 B解析 因为b ＋c ＝(－2，－2,4)， 所以a ·(b ＋c )＝－4－2－12＝－18.2．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 由x ＋y ＋z ＝1，得P ，A ，B ，C 四点共面，当P ，A ，B ，C 四点共面时，x ＋y ＋z ＝1，显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．3．已知空间向量a ＝(1,0,1)，b ＝(1,1，n )，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案 A解析 由题意，a ·b ＝1＋0＋n ＝3， 解得n ＝2，又|a |＝1＋0＋1＝2，|b |＝1＋1＋4＝6，所以cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |＝32×6＝32，又〈a ，b 〉∈[0，π]， 所以a 与b 的夹角为π6.4．直线l 的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ∥α或l ⊂αD ．l 与α的位置关系不能判断 答案 B解析 直线l 的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)， 显然它们共线，所以l ⊥α.5．(多选)已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)，若AP →∥BC →，且|AP →|＝14，则点P 的坐标为( ) A ．(4，－2,2) B ．(－2,2,4) C ．(－4,2，－2) D ．(2，－2,4)答案 AB解析 因为B (－1,1,4)，C (2，－1,3)， 所以BC →＝(3，－2，－1)， 因为AP →∥BC →，所以可设AP →＝λBC →＝(3λ，－2λ，－λ)， 因为|AP →|＝3λ2＋－2λ2＋－λ2＝14，解得λ＝±1，所以AP →＝(3，－2，－1)或AP →＝(－3,2,1)， 设点P (x ，y ，z )，则AP →＝(x －1，y ，z －3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，z ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2，z ＝4.所以点P 的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．6．(多选)已知空间中三点A (0,1,0)，B (2,2,0)，C (－1,3,1)，则下列结论正确的有( ) A.AB →与AC →是共线向量B ．与AB →共线的单位向量是(1,1,0) C.AB →与BC →夹角的余弦值是－5511D ．平面ABC 的一个法向量是(1，－2,5) 答案 CD解析 对于A ，AB →＝(2,1,0)，AC →＝(－1,2,1)，不存在实数λ，使得AB →＝λAC →， 所以AB →与AC →不是共线向量，所以A 错误；对于B ，因为AB →＝(2,1,0)，所以与AB →共线的单位向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫255，55，0或⎝ ⎛⎭⎪⎫－255，－55，0，所以B 错误；对于C ，向量AB →＝(2,1,0)，BC →＝(－3,1,1)， 所以cos 〈AB →，BC →〉＝AB →·BC →|AB →||BC →|＝－5511，所以C 正确；对于D ，设平面ABC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 因为AB →＝(2,1,0)，AC →＝(－1,2,1)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，－x ＋2y ＋z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－2,5)，所以D 正确．7．已知a ＝(x ，1,1)，b ＝(－2,2，y )，a ·b ＝0，则2x －y ＝________. 答案 2解析 因为a ＝(x ，1,1)，b ＝(－2,2，y )，a ·b ＝0，所以－2x ＋2＋y ＝0,2x －y ＝2.8．已知点A (－1,1,0)，B (1,2,0)，C (－2，－1,0)，D (3,4,0)，则AB →在CD →上的投影向量为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0 解析 由已知得AB →＝(2,1,0)，CD →＝(5,5,0)， ∴AB →·CD →＝2×5＋1×5＋0＝15， 又|CD →|＝52，∴AB →在CD →上的投影向量为AB →·CD →|CD →|·CD →|CD →|＝1552×CD →52＝310CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0. 9．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的长；(2)求cos 〈BA 1—→，CB 1—→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .(1)解 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图．B (0,1,0)，N (1,0,1)，∴BN →＝(1，－1,1)， ∴|BN →|＝12＋－12＋12＝ 3.(2)解 ∵A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，∴BA 1—→＝(1，－1,2)，CB 1—→＝(0,1,2)，∴BA 1—→·CB 1—→＝3，|BA 1—→|＝6，|CB 1—→|＝ 5. ∴cos〈BA 1—→，CB 1—→〉＝BA 1—→·CB 1—→|BA 1—→||CB 1—→|＝3010.(3)证明 ∵C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2， ∴A 1B —→＝(－1,1，－2)，C 1M —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，∴A 1B —→·C 1M —→＝－12＋12＋0＝0.∴A 1B —→⊥C 1M —→， ∴A 1B ⊥C 1M .10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB .(1)证明 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a ，0,0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2. EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．因为EF →·DC →＝0，所以EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2，CB →＝(a ，0,0)，CP →＝(0，－a ，a )，若使GF ⊥平面PCB ，则需FG →·CB →＝0，且FG →·CP →＝0，由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2·(a ，0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2＝0，得x ＝a2，由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a2＝0，得z ＝0.所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 为AD 的中点时，GF ⊥平面PCB .11．(多选)(2022·山东百师联盟大联考)下面四个结论正确的是( )A ．向量a ，b (a ≠0，b ≠0)，若a⊥b ，则a·b ＝0B ．若空间四个点P ，A ，B ，C ，PC →＝14PA →＋34PB →，则A ，B ，C 三点共线C ．已知向量a ＝(1,1，x )，b ＝(－3，x ，9)，若x <310，则〈a ，b 〉为钝角D ．任意向量a ，b ，c 满足(a·b )·c ＝a·(b·c )答案 AB解析 由向量垂直的充要条件可得A 正确；∵PC →＝14PA →＋34PB →，∴14PC →－14PA →＝34PB →－34PC →，即AC →＝3CB →，∴A ，B ，C 三点共线，故B 正确；当x ＝－3时，两个向量共线，夹角为π，故C 错误；由于向量的数量积运算不满足结合律，故D 错误．12．(多选)(2022·重庆市第七中学月考)给出下列命题，其中为假命题的是( )A ．已知n 为平面α的一个法向量，m 为直线l 的一个方向向量，若n ⊥m ，则l ∥αB ．已知n 为平面α的一个法向量，m 为直线l 的一个方向向量，若〈n ，m 〉＝2π3，则l 与α所成角为π6C ．若两个不同的平面α，β的法向量分别为u ，v ，且u ＝(1,2，－2)，v ＝(－2，－4,4)，则α∥βD ．已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p ，总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c答案 AD解析 对于A ，由题意可得l ∥α或l ⊂α，故A 错误；对于B ，由图象可得，∠CAD ＝2π3，则∠DAB ＝π3，所以∠ADB ＝π6， 根据线面角的定义可得，l 与α所成角为π6，故B 正确； 对于C ，因为u ＝－12v ＝－12(－2，－4,4) ＝(1,2，－2)，所以u ∥v ，故α∥β，故C 正确；对于D ，当空间的三个向量a ，b ，c 不共面时，对于空间的任意一个向量p ，总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，故D 错误．13．(2022·杭州模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为A 1D 1，BB 1的中点，则cos∠EAF ＝________；EF ＝________.答案 25 62 解析 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵正方体棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，F ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，－12， cos 〈AE →，AF →〉＝AE →·AF →|AE →||AF →|＝1252×52＝25， ∴cos∠EAF ＝25， EF ＝|EF →|＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝62. 14.如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面A 1B 1C 1D 1为平行四边形，E 为棱AB 的中点，AF →＝13AD →，AG →＝2GA 1—→，AC 1与平面EFG 交于点M ，则AM AC 1＝________.答案 213解析 由题图知，设AM →＝λAC 1—→(0<λ<1)，由已知AC 1—→＝AB →＋AD →＋AA 1—→＝2AE →＋3AF →＋32AG →，所以AM →＝2λAE →＋3λAF →＋3λ2AG →，因为M ，E ，F ，G 四点共面，所以2λ＋3λ＋3λ2＝1， 解得λ＝213.15．已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是______．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析 因为点Q 在直线OP 上，所以设点Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)·(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23. 即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23， 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 16.(2022·株州模拟)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，所以A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos60°＝3，所以AO 2＋A 1O 2＝AA 21，所以A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，所以A 1O ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)．由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1—→＝(0,1，3)，AA 1—→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，所以BD →⊥AA 1—→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1—→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)． 设平面DA 1C 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1—→＝0，n 1·DA 1—→＝0， 又A 1C 1—→＝(0,2,0)，DA 1—→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧ 2y 1＝0，3x 1＋3z 1＝0，取n 1＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，所以n 1⊥BP →，即n 1·BP →＝－3－3λ＝0，解得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且|CP →|＝|CC 1—→|.。
高考数学压轴专题人教版备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习有答案解析
高考数学《空间向量与立体几何》课后练习一、选择题1．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A．169πB．89πC．1627πD．827π【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得323r x-=，332x r∴=-，∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r rπ=-<<，则33333163331616442()(3)()9442939r r rV r r r rπππ++-=-=g g g g…．当且仅当33342r r=-，即43r=时等号成立．∴圆柱的最大体积为169π，故选：A．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．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1122EBC SEB 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， 525EBC ABCD 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．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．4．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【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.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 ⊥βB ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．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．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解【详解】如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒ 故选D【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题7．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 2922922CDF +-∠==⨯⨯. 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.8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（ ）A 11B 11C 211D 11【答案】B【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r ， 设异面直线AE 与1A B 所成角为θ，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为：1111cos 222218AE A B AE A Bθ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ． 故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r ，2l 的方向向量为b r ，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为ab a b⋅⋅r r r r .10．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13·02·20a 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．11．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤ 【答案】C【解析】【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SO OMγ= ，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥所以tan tan tan αγβ≥≥，而,,αβγ均为锐角，所以,αγβ≥≥故选：C.【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.12．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.13．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则 【答案】C【解析】 试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系14．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π 【答案】C【解析】【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可.【详解】 在ABC V 中，23AB AC ==23BAC π∠=，可得6ACB π∠=， 则ABC V 的外接圆的半径323π2sin 2sin 6AB r ACB ===ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==， 因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.15．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A．92B．22C．32D．3【答案】A【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案．【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+= 222322()2+= 故截面的面积1329(222)222S =⨯=， 故选：A ．【点睛】 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．16．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2， 所以其表面积为222)22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.17．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1三棱柱的高为A ．323πB ．163πC ．83πD ．643π 【答案】A【解析】【分析】求得该直三棱柱的底面外接圆直径为22r ==，再根据球的性质，求得外接球的直径2R =，利用球的体积公式，即可求解.【详解】由题意可得该直三棱柱的底面外接圆直径为221r r ==⇒=，根据球的性质，可得外接球的直径为24R ===，解得2R =， 所以该三棱柱的外接球的体积为343233V R ππ==，故选A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算，以及组合体的性质的应用，其中解答中找出合适的模型，合理利用球的性质求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.18．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。
第09讲 立体几何与空间向量 章节总结 (讲)(解析版)-2024年高考数学一轮复(新教材新高考)
第09讲立体几何与空间向量章节总结(精讲）第一部分：典型例题讲解题型一：空间位置关系证明的传统法与向量法角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系题型二：空间角的向量求法角度1：用传统法求异面直线所成角角度2：用向量法求异面直线所成角角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））题型三：距离问题角度1：点P到直线l的距离角度2：点P到平面α的距离（等体积法）角度3：点P到平面α的距离（向量法）题型四：立体几何折叠问题第二部分：高考真题感悟第一部分：典型例题剖析题型一：空间位置关系证明的传统法与向量法角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系典型例题例题1．（2022·四川成都·高一期末（文））如图，四边形ABCD 为长方形，2PD AB ==，4=AD ，点E 、F 分别为AD 、PC 的中点．设平面PDC 平面PBE l =．(1)证明：DF ∥平面PBE ；(2)证明：DF l ∥．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(1)取PB 中点G ，连接FG ，EG ，因为点E 、F 分别为AD 、PC 的中点，所以//FG CB ，12FG BC =，因为四边形ABCD 为长方形，所以//BC AD ，且BC AD =，所以//DE FG ，DE FG =，所以四边形DEGF 为平行四边形，所以//DF GE 因为DF ⊄平面PBE ，HE ⊂平面PBE ，//DF 平面PBE ；(2)由（1）知//DF 平面PBE ，又DF ⊂平面PDC ，平面PDC 平面PBE l =，所以//DF l .例题2．（2022·辽宁葫芦岛·高一期末）如图，在四面体ABCD 中，CB CD =，AB BD ⊥，点M 是AD 的中点，N BD ∈，且直线//MN 面ABC ．(1)直线//MN 直线AB ；(2)平面CMN ⊥平面ABD ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(1) 直线//MN 平面ABC ，MN ABD ⊂，平面ABD ⋂平面ABC AB =，//MN AB ∴．(2)//MN AB ，M 是AD 的中点，N ∴是BD 的中点．又CB CD =，CN BD ∴⊥，又AB BD ⊥，//MN AB ，MN BD ∴⊥，又MN BD ⊥，CN BD ⊥，CN MN N ⋂=，,⊂CN MN 平面CNM ，BD ∴⊥平面CNM ，又BD ⊂平面ABD ，∴平面CMN ⊥平面ABD例题3．（2022·福建·厦门市湖滨中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1DD 的中点，F 为1CC 的中点．(1)求证：1//BD 平面AEC ；(2)求证：平面//AEC 平面1BFD ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，则O 为BD 的中点，因为E 为1DD 的中点，则1//BD OE ，1BD ⊄ 平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，因此，1//BD 平面AEC .(2)证明：因为11//CC DD 且11CC DD =，E 为1DD 的中点，F 为1CC 的中点，所以，1//CF D E ，1CF D E =，所以，四边形1CED F 为平行四边形，所以，1//D F CE ，1D F ⊄ 平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，所以，1//D F 平面AEC ，因为111BD D F D ⋂=，因此，平面//AEC 平面1BFD .例题4．（2022·甘肃酒泉·高二期末（文））如图，在四棱锥P ABMN -中，PNM △是边长为2的正三角形，AN NP ⊥，AN BM ∥，3AN =，1BM =，22AB =C ，D 分别是线段AB ，NP 的中点．(1)求证：CD ∥平面PBM ；(2)求证：平面ANMB ⊥平面NMP ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(1)证明：如图，取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ．∵DQ 为中位线，∴DQ MP ∥，又DQ ⊄平面BMP ，MP ⊂平面BMP ，∴DQ ∥平面BMP ．同理，在梯形ABMN 中，CQ MB ∥，又CQ ⊄平面BMP ，MB ⊂平面BMP ，∴CQ ∥平面BMP ，且DQ ⊂平面CDQ ，CQ ⊂平面CDQ ，DQ CQ Q ⋂=，∴平面CDQ ∥平面BMP ．又CD ⊂平面CDQ ，所以CD ∥平面BMP ．(2)证明：如上图，在四边形ABMN 中，过B 作BE MN ∥交AN 于E ，在AEB △中，得2AE =，2BE =，AB =222AB AE BE =+，得AE BE ⊥，∵BE MN ∥，∴AN NM ⊥．又由已知条件AN NP ⊥，NM NP N ⋂=，故AN ⊥平面NMP ．又AN ⊂平面ANMB ，∴平面ANMB ⊥平面NMP ．角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系典型例题例题1．（2022·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C －中，1AB AC AB AC AA D ⊥==，，为BC 的中点．(1)证明：1//A B 平面1ADC ；(2)证明：平面1ADC ⊥平面11BB C C ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(1)在直三棱柱111ABC A B C －中，AB AC⊥∴以1A 为原点，11A B 为x 轴，11A C 为y 轴，1A A 为z 轴，建立空间直角坐标系，设12AB AC AA ===，则1000A （，，），202B （，，），002A （，，），022C (，，），112D （，，），1020C (，，)，则1202A B = (，，)，(110AD = ，，)，1022AC = (，,-)，设平面1ADC 的法向量n x y z = （，，），则10220n AD x y n AC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1x =，得111n = （,-，-），12020n A B ⋅=+-= ，且1A B ⊄平面1ADC ，则1//A B 平面1ADC (2)110DC = (-，，），1112DC = (-，,-），设平面11BB C C 的一个法向量m a b c = （，，），则1020m DC a b m DC a b c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取1a =，得110m = （，，），又平面1ADC 的法向量111n = （,-，-），则1100n m ⋅=-+= ，则n m⊥ ∴平面1ADC ⊥平面11BB C C ．例题2．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，12AA =，E ，1E ，F 分别是棱AD ，1AA ，AB的中点．求证：（1）直线1//EE 平面1FCC ；（2）平面11//ADD A 平面1FCC ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）因为4AB =，2BC CD ==，F 是棱AB 的中点，所以BF BC CF ==，则BCF △为正三角形．因为底面ABCD 为等腰梯形，所以60BAD ABC ∠=∠=︒．取AF 的中点M ，连接DM ，则DM AB ⊥，所以DM CD ⊥．以D 为坐标原点，DM ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则)F ，()0,2,0C ，()10,2,2C，1,02E ⎫-⎪⎪⎝⎭，)11,1E -，所以()10,0,2CC =，11,1=2EE ⎫⎪⎪⎝⎭-，)1,0CF =- ．设平面1FCC 的法向量为(),,n x y z =，则1020n CF y n CC z ⎧⋅-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，可得平面1FCC的一个法向量为()n = ，则11101022n EE ⋅=⨯-+⨯=⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1n EE ⊥ ．又直线1EE ⊄平面1FCC ，所以直线1//EE 平面1FCC ．（2）因为()0,0,0D ，()10,0,2D，)1,0A-，所以)1,0DA =- ，()10,0,2DD = ．设平面11ADD A 的法向量为()111,,m x y z = ，则1111020m DA y m DD z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令11x =，可得平面11ADD A的一个法向量为()m = ．由（1）知()n = ，所以m n = ，即//m n u r r ，所以平面11//ADD A 平面1FCC ．例题3．（2022·全国·高二专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，AC CD ⊥，60ABC ∠=︒2PA AB BC ===，E 是PC 的中点．求证：（1）CD AE ⊥；（2）PD ⊥平面ABE ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.方法一（1）以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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，则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()3,0C ，433D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()002P ,,，1322E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以33CD ⎛⎫ ⎪⎝⎭=- ，1322AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝ ，所以1331010232CD AE ⋅=-⨯++⨯= ，所以CD AE ⊥．（2）由（1），得4323PD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,0,0AB = ，1322AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝ ．设向量(),,n x y z = 是平面ABE 的法向量，则00n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即2013023x x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取2y =，则(0,2,3n = ，所以233PD = ，所以//PD n uuu r r ，所以PD ⊥平面ABE ．方法二（1）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA CD ⊥．又AC CD ⊥，PA AC A = ，∴CD ⊥平面PAC ．∵AE ⊂平面PAC ，∴CD AE ⊥．（2）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA AB ⊥．又AB AD ⊥，PA AD A ⋂=，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB PD ⊥．由题可得2PA AC ==，由E 是PC 的中点，∴AE PC ⊥．又CD AE ⊥，PC CD C = ，∴AE ⊥平面PCD ，∴AE PD ⊥．∵AB PD ⊥，AE PD ⊥，AB AE A = ，∴PD ⊥平面ABE ．例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上的动点．（1）求证：1A E BD ⊥；（2）若平面1A BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）E 为CC 1的中点.以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．（1）1A E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，1A E BD →→⋅ ＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0，∴1A E BD →→⊥，即A 1E ⊥BD ；（2）设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为1n →＝(x 1，y 1，z 1)，2n →＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，1DA →＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )∴10n DB →→⋅=，110n DA →→⋅=，20n DB →→⋅=，10n DE →→⋅=.∴11110,0,ax ay ax az +=⎧⎨+=⎩,22220,0.ax ay ay ez +=⎧⎨+=⎩取x 1＝x 2＝1，得1n →＝(1，－1，－1)，2n →＝(1，－1，a e )．由平面A 1BD ⊥平面EBD 得1n →⊥2n →.∴2－a e＝0，即e ＝2a .∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .题型二：空间角的向量求法角度1：用传统法求异面直线所成角典型例题例题1．（2022·重庆·西南大学附中高一期末）正四面体ABCD 中，E ，F 分别是AB 和CD 的中点，则异面直线CE 和AF 所成角的余弦值为（）A3B ．13C ．23D．2【答案】C连接BF ，取BF 的中点O ，连接EO ，因为E 为AB 的中点，所以EO ∥AF ，所以OEC ∠为异面有线CE 和AF 所成角或其补角，设正四面体的棱长为2，则2AB BC AC CD AD BD ======，AF CE BF ===所以OE OB OF ===2OC =所以在OCE △中，由余弦定理得222373244cos 23OE CE OC OEC OE CE +-+-∠==⋅,所以异面有线CE 和AF 所成角的余弦值为23，故选：C例题2．（2022·福建莆田·高二期末）若正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -底面边长为1，高6，则直线1AE 和EF 所成的角大小为（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π【答案】C由题意，EF 平移到11E F ，则11AE F ∠为所求.由于11113,1,617AE E AF F ===+=119471cos ,2322F AE ∠+-∴==⨯⨯113F AE π∠∴=故选：C.例题3．（2022·河北邯郸·高一期末）如图，在圆台1O O 中，11122OA OO O A ===，OB BA =，且11OA O A ∥，BC OA ⊥，则异面直线1OO 与1A C 所成角的余弦值为（）A．7B．7C．7D．7【答案】C解：如图，连接1A B ，因为11122OA OO O A ===，OB BA =，且11OA O A ∥所以111B O O A ==且11//OB O A ，所以四边形11OBA O 为平行四边形，所以11//OO BA ，112O B O A ==所以1CA B ∠即为异面直线1OO 与1A C 所成角或其补角，因为，在圆台1O O 中，1O O ⊥平面ABC ，所以1BA ⊥平面ABC ，1BA BC ⊥，因为BC OA ⊥，2,1OC OB ==所以BC =，所以，在1Rt A BC △中，112,B BC A AC ===所以111cos 7A B CA B CA ∠===所以，异面直线1OO 与1A C故选：C例题4．（2022·云南·丽江市教育科学研究所高二期末）如图，D 是正方体的一个“直角尖”O ABC -（,,OA OB OC 两两垂直且相等）棱OB 的中点，P 是BC 中点，Q 是AD 上的一个动点，连接PQ ，则当AC 与PQ 所成角为最小时，:=QD AQ _________．【答案】2:3解：根据题意，,,OA OB OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示：不妨设2OA OB OC ===，则(0,0,0)O ，()0,0,2A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()1,1,0P ，()1,0,0D 设点Q 的坐标为(,,)x y z ，01)AQ AD λλ=<<（则()()(),,1,0,2,0,2x y z λλλ=-=-，所以(),0,22Q λλ-,所以()1,1,22QP λλ=--，()0,2,2AC =- 设直线AC 与PQ 所成角为[0,2πθθ∈，则cos cos ,AC QP AC QP AC QP θ⋅====①令32(0)t t λ-=>，则32tλ-=.代入①得：cos θ=所以，当159t =即95t =时，cos θ取得最大值，此时θ取得最小值.从而933525λ-==，所以35AQ AD =.故:2:3QD AQ =.故答案为：2:3.角度2：用向量法求异面直线所成角典型例题例题1．（2022·山东德州·高一期末）已知E ､F ､G ､H 分别是正方体1111ABCD A B C D -，边AB ，CD ，11B C ，11A D 的中点，则异面直线EH 与GF 所成角的余弦值为___________.【答案】131111122EH EA AA A H AB AA AD =++=-++，1111122FG FC CC C G AB AA AD =++=+-，设该正方体的棱长为1，显然11,,AB AA AB AD AA AD ⊥⊥⊥，于是有110,0,0AB AA AB AD AA AD ⋅=⋅=⋅=，所以EH =，FG 所以222111144cos ,322AB AA AD EH FG EH FG EH FG-+-⋅〈〉==⋅ ，因此异面直线EH 与GF 所成角的余弦值为13，故答案为：13例题2．（2022·河南省兰考县第一高级中学模拟预测（理））已知三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，D 为11B C 的中点，若113A AB A AC π∠=∠=，则异面直线1A D 与1BC 所成角的余弦值为______．【答案】6由题意，11122A D AB AC =+ ,11BC AC AA AB =+- ,所以1A D ===，1BC == ()221111122A D BC AC AB AA AB AB AC AC AA AC AB ⋅=⋅+⋅-++⋅-⋅= ，所以111111cos,A D BCA D BCA D BC⋅〈〉===⋅角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））典型例题例题1．（2022·全国·高二单元测试）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为平行四边形，且BA BD=PA PD==2AD=，若二面角P AD B--为60︒，则AP与平面PBC所成角的正弦值为__________．取AD中点E，连接,PE BE，如图，则由已知得PE AD⊥，BE AD⊥，所以PEB∠为二面角P AD B--的平面角，所以60PEB∠=︒，又2PE=，1BE==，PEB△中，PB==222PB BE PE+=，所以PB BE⊥，由PE BE E⋂=，,PE BE⊂平面PBE，得AD⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，所以AD PB⊥，BE AD E=，,BE AD⊂平面ABCD，所以PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB BC⊥，//BC DA，所以BC BE⊥，以,,BC BE BP为,,x y z轴建立空间直角坐标系，如图，则P，(1,1,0)A-，(2,0,0)C，(1,1,PA=-，平面PBC的一个法向量是(0,1,0)n=，cos,5PA nPA nPA n⋅<>===，所以AP 与平面PBC ．例题2．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，3BAD π∠=，Q 为AD 的中点，2PA PD AD ===．(1)点M 在线段PC 上，13PM PC =，求证：PA ∥平面MQB ；(2)在（1）的条件下，若3PB =，求直线PD 和平面MQB 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)13(1)证明：连接AC 交BQ 于N ，连接MN ，因为//AQ BC ，所以ANQ CNB ∽，所以12AQ AN BC NC ==，所以13AN AC =，又13PM PC =，所以//PA MN ，因为PA ⊂平面MQB ，MN ⊂平面MQB ，所以PA ∥平面MQB ；(2)解：连接BD ，由题意ABD △，PAD △都是等边三角形，因为Q 是AD 中点，所以,PQ AD BQ AD ⊥⊥，又PQ BQ Q = ，所以AD ⊥平面PQB ，3,3PQ BQ PB ===，在PQB △中，3391cos 2233PQB ∠==-⨯⨯，所以23PQB π∠=，在平面PQB 内作PT QB ⊥于T ，则3313,sin 3,cos 33322322PQT PT PQ QT PQ πππ∠===⨯===⨯=由AD ⊥平面PQB ，所以AD PT ⊥，又AD BQ Q ⋂=，所以PT ⊥平面ABCD ，以点Q 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则33(0,0,0),(1,0,0),(0,3,0),(2,3,0),(1,0,0),0,22Q A B C D P ⎛⎫---⎝⎭，由13PM PC = ，可得2,0,13M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以2,0,1,(0,3,0)3QM QB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，设平面MQB 的法向量(,,)m x y z = ,则20,303QM m x z QB m ⋅=-+=⋅== ，可取3,0,2x y z ===，则(3,0,2)m =，直线PD的方向向量32PD ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，设直线PD 和平面MQB 所成角为θ，则sin |cos ,|||||PD m PD m PD m θ⋅=〈〉=⨯，所以cos 13θ=，即直线PD 和平面MQB所成角的余弦值等于13.例题3．（2022·天津一中高一期末）如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =．DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：//MN 平面CDE ；(2)求平面EBC 与平面BCF 的夹角的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60︒，求线段DP 的长．【答案】(1)见解析(2)10(1)证明：因为DG ⊥平面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ，所以,DG DA DG DC ⊥⊥，因为AD CD ⊥，所以,,DA DC DG 两两垂直，所以以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），则D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．所以DC =（0，2，0），DE=（2，0，2）．设0(,,)n x y z =为平面CDE 的法向量，则0020220n DC y n DE x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1z =-，则0(1,0,1)n =- ．因为MN =（1，32-，1），所以0110MN n ⋅=-=，因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)解：依题意，可得BC=（–1，0，0），(122)BE =- ，，，CF =（0，–1，2）．设(,,)n x y z = 为平面BCE 的法向量，则0220n BC x n BE x y z ⎧⋅=-=⎨⋅=-+=⎩ ，令1z =，则(0,1,1)n = ，设(,,)m a b c = 为平面BCF 的法向量，则020m BC a m CF b c ⎧⋅=-=⎨⋅=-+=⎩ ，令1c =，则(0,2,1)m = ，所以cos ,m n m n m n ⋅===所以平面EBC 与平面BCF10(3)解：设线段DP 的长为h （[0,2]h ∈），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．因为AD CD ⊥，,DG DA D DG DC =⊥ ，所以DC ⊥平面ADGE所以DC=（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，所以cos ,BP DC BP DC BP DC ⋅=sin 602=︒=，解得[0,2]h =．所以线段DP3.例题4．（2022·湖北·鄂州市教学研究室高二期末）莲花山位于鄂州市洋澜湖畔．莲花山，山连九峰，状若金色莲初开，独展灵秀，故而得名．这里三面环湖，通汇长江，山峦叠翠，烟波浩渺．旅游区管委会计划在山上建设别致凉亭供游客歇脚，如图①为该凉亭的实景效果图，图②为设计图，该凉亭的支撑柱高为，顶部为底面边长为2的正六棱锥，且侧面与底面所成的角都是45 ．(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小；(2)在直线PC 上是否存在点M ，使得直线MA 与平面11BD F 所成角的正弦值为3？若存在，请确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)603m(2)直线PC 上不存在点M ，使得直线MA 与平面11BD F 所成角的正弦值为3，理由见解析(1)结合图②易得凉亭的顶是正六棱锥，侧面与水平面成45°，取11A F 的中点G ，连接1O G ，PG ，则111O G A F ⊥，11PG A F ⊥，故145PGO ∠=，易求1O G =，所以1PO =，所以该凉亭的体积分为两部分，上半部分为正六棱锥，其体积为()2311626m 3V =⨯=，下半部分为正六棱柱，其体积()3326254m V =⨯=，所以该凉亭及内部所占空间为603m ，(2)取AB 的中点H ，以OH 、FC 、OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，以点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示．假设在直线PC 上存在点M ，使得直线MA 与平面11BD F 33，则)3,1,0A-，)3,1,0B，(13,1,33D ,((10,2,33,0,0,3P F -，()0,0,2C 设()0,2,3(0)PM tPC t t t ==->则(0,2,33)M t t ，平面11BD F 的一个法向量()111,,n x y z =，则(3,21,3(1))AM t t =-+-，1(23,0,33)BD =- ，1(3,3,33)BF =- ，则1100BD n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即333033330x x y z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，令3x =，解得3y =2z =，所以平面11BD F 的一个法向量()3,2n = ,设直线MA 与平面11BD F 所成角为θ，则()()()()2233321813sin cos ,39343214313t t AM n t t θ-+++-=〈〉==⎡⎤++⋅+++-⎣⎦，化简得21272061270t t -+=，()222220641272062540∆=--⨯=-<,故该方程不存在实数解，所以在直线PC 上不存在点M ，使得直线MA 与平面11BD F 33角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））典型例题例题1．（2022·吉林·长春市实验中学高一期末）如图在三棱锥O ABC -中，2OA OC ==2AB OB BC ===且OA OC ⊥．(1)求证：平面OAC ⊥平面ABC(2)若E 为OC 中点，求平面ABC 与平面EAB 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)见详解.(2)39331(1)取AC 中点D ，连接OD ，BD ，在三棱锥O ABC -中，2OA OC ==2AB OB BC ===且OA OC ⊥．所以OD AC ⊥，BD AC ⊥.所以BDO ∠是平面OAC 和平面ABC 所成角的平面角.222AC +=，211OD -=，413BD =-所以222+OD BD OB =，所以OD BD ⊥，所以=2BDO π∠.所以平面OAC ⊥平面ABC .(2)以D 为坐标原点，DB 为x 轴，DC 为y 轴，DO 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,1,0)A -，(3,0,0)B ，(0,0,1)O ，(0,1,0)C ，因为E 为OC 中点，所以11(0,,)22E 显然平面ABC 的法向量为(0,0,1)m = ，设平面EAB 的法向量为(,,)n x y z = ，则3031022n AB x y n AE y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取23x =(23,6,18)n =-.设平面ABC 与平面EAB 所成锐二面角为θ，所以平面ABC 与平面EAB 所成锐二面角的余弦值为：||393cos 31||||372m n m n θ⋅===⋅ .例题2．（2022·四川雅安·高二期末（理））如图（一）四边形ABCD 是等腰梯形，DC AB ∥，2DC =，4AB =，60ABC ∠=︒，过D 点作DE AB ⊥，垂足为E 点，将AED 沿DE 折到A ED ' 位置如图（二），且A C 22'=(1)证明：平面A ED '⊥平面EBCD ；(2)已知点P 在棱A C '上，且12A P PC '=，求二面角C EP D --的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)4214(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，DE AB ⊥，∴DE AE ⊥，∴A E DE'⊥2DC =，4AB =，60ABC ∠=︒，∴3BE =，2BC AD ==，3DE =在EBC 中，知7EC =1A E AE '==，∵A C 2'=，∴222A E EC A C ''+=A E EC '⊥，EC ，DE ⊂面EBCD ，EC DE E = ，∴A E '⊥面EBCD∵A E '⊂面A ED '，∴面A ED '⊥面EBCD (2)由（1）知A E '⊥面EBCD ，ED EB⊥∴以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系E xyz-∴()0,0,1A '，()3,0D ，()3,0C ，()2,3,1CA '=--设∵12A P PC '=，∴23CP CA ='，∴23CP CA '= ，∴232333EP EC CP ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭设()1111,,x n y z =是面CEP 的法向量，∴1100n EP n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴111112320333230x y z x ⎧++=⎪⎨⎪=⎩，令13x =∴12y =-，10z =，)13,2,0n =-设()2222,,n x y z =是面DEP 的法向量，∴2200n EP n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴2222232030x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，∴20y =令21z =-，∴21x =，()21,0,1n =-，342cos 14234θ==⨯+由图知，二面角C EP D --的余弦值为锐二面角，余弦值4214例题3．（2022·全国·高三专题练习）四棱雉P ABCD -中，PC ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，且2,1,60,3AB CD ABC PC ∠==== ，点M 在棱PB 上.(1)当M 是棱PB 的中点时，求证://CM 平面PAD ;(2)当直线CM 与平面PAB 所成角θ最大时，求二面角C AM B --的大小.【答案】(1)证明见解析(2)90︒(1)取AP 中点N ，PB 的中点为11//22M NN AB MN AB ∴=，，，//MN CD ∴，且MN CD =，∴四边形CDNM 是平行四边形，//CM DN ∴，CM ⊄ 平面PAD ，//CM ∴平面PAD ；(2)等腰梯形ABCD 中，2160AB CD ABC ∠=== ，，，作CE AB ⊥于E ，则112BE BC ABC =∴= ，中，由余弦定理得，3AC =222AC BC AB ∴+=，即90ACB ∠= ，PC ⊥ 底面ABCD ，则CP CA CB 、、两两垂直如图，以C 为原点，CA CB CP、、为x 轴、y 轴、z 轴为正方向建立空间直角坐标系，则)()()()0,1,00,0,00,0,3A B C P，，，，)()3PA AB CA∴=-==，，，设平面PAB法向量(),,m x y z=，则30m PA zm AB y⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，∴平面PAB的一个法向量)m=，设()01BM BPλλ=≤≤，则()0,1,3CM CB BMλλ=+=-，sin cos<,>CM mθ∴==，01λ≤≤，∴当110λ=时，sinθ取得最大值，93930,,,10101010CM AM⎛⎫⎛⎫∴==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，设平面CAM法向量()1111,,xn y z=，则111119301010n CAn CM y z⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，∴平面CAM的一个法向量()10,1,3n=-，设平面AMB法向量()2222,,n x y z=，则22222229301010n AB yn AM y z⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩，∴平面AMB的一个法向量)2n=，()1212013310n n n n⋅=⨯+-⨯=∴⊥，，∴二面角C AM B--的大小为90︒.例题4．（2022·江苏徐州·高二期末）如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，π2ABC BAD∠=∠=，112SA AB BC AD====.(1)求证：BD 平面AEG ；(2)求二面角C SD E --的余弦值；(3)在线段EG 上是否存在一点H ，使得BH 与平面SCD 所成角的大小为π6若存在，求出GH 的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)66存在，322GH =(1)证明：连接FG ，在SBD 中，F ，G 分别为SD ，SB 的中点，所以FG BD ∥，又因为FG ⊂平面AEG ，BD ⊄平面AEG ，所以BD ∥平面AEG .(2)因为SA ⊥平面ABCD ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以SA AB ⊥，SA AD ⊥，又π2BAD ∠=，所以AB AD ⊥，以{},,AB AD AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0),(1,0,0)A B ,(1,1,0),(020),(001),(021)C D S E ，，，，，，,11,0,22G ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0CD =-，()1,1,1SC =- ，设平面SCD 的法向量为(),,m x y z =，则00m CD m SCD ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ,即00x y x y z -+=⎧⎨+-=⎩令1x =，得1y =，2z =，所以平面SCD 的一个法向量为()1,1,2m =，又平面ESD 的一个法向量为()1,0,0AB =，所以cos ,6m AB m AB m AB ⋅===⋅，由图形可知，二面角C SD E --的余弦值为6-.(3)存在，理由如下：假设存在点H ，设11,2,22GH GE λλ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ ，则1111,2,2222BH BG GE λλλ⎛⎫=+=--+ ⎪⎝⎭ ,由（2）知，平面SCD 的一个法向量为()1,1,2m = ，则π1sin cos ,62m BH m BH m BH⋅====⋅ ，即()210λ-=，所以1λ=，则11,2,22GH GE ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ ，故存在满足题意的点H ，此时2GH GE == .题型三：距离问题角度1：点P 到直线l 的距离典型例题例题1．（2022·湖南益阳·高二期末）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1DD 的中点，则点A 到直线1B E 的距离为（）A ．12B ．1C D ．32【答案】B建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，得(0,0,0)A ，1(0,1,)2E ，1(1,0,1)B ，1(1,0,1)B A =-- ，11(1,1,)2B E =-- ，所以1B A 在1B E 上的投影为111321||B A B E B E ⋅==，所以点A 到直线1B E1==故选：B例题2．（2022·北京·二模）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为（）A ．1B．2C．4D【答案】D如图建立空间直角坐标系，则()()111,0,1,0,1,1A C ，设(),0,1,01P x x x -≤≤，则()()1111,0,,1,1,0A P x x AC =--=-，∴动点P 到直线11A C 的距离为()()22222111111112A P A C x d A P x x A C ⋅-=--+--22313113222333x x x ⎛⎫=-+-+≥ ⎪⎝⎭13x =时取等号，即线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为33.故选：D.角度2：点P 到平面α的距离（等体积法）典型例题例题1．（2022·四川广安·模拟预测（文））如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB BC ⊥，CD AB ∥，面ABE ⊥面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上．(1)若2EM AM =，求证：CE ∥平面BDM ．(2)当AE ⊥平面MBC 时，求点E 到平面BDM 的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)5(1)连接AC 与BD 交于点N ，连接MN ，∵AB CD ∥，24AB CD ==，∴CND ANB △△∽，∴12CD CN AB AN ==，又因为2EM AM =，∴12CN EM AN MA ==，∴CE MN ∥，又∵CE ⊄平面BDM ，MN ⊂平面BDM ，∴CE ∥平面BDM ．(2)∵AE ⊥平面MBC ，BM ⊂平面MBC ，∴AE BM ⊥，∴AB BE =，∴M 是AE 的中点，∵平面ABE ⊥平面ABCD ，∴点E 到平面ABCD 的距离为4sin60d =︒=在BDM 中，BD =DM =BM =∴12BDM S =⋅=△，∴111223E BDM E ABD M ABD E ABD ABD V V V V S d ----=-==⨯⨯⨯△1142623=⨯⨯⨯⨯=∴点E 到平面BDM 的距离h 满足133=，所以距离5h =．例题2．（2022·云南保山·高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -，四边形ABCD 正方形，PA ⊥平面ABCD ．PA =，2AB =，点E 是PD 的中点．(1)求证：//PB 平面ACE ；(2)求点P 到平面AEC 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)7(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，底面ABCD 为正方形，O ∴为BD 中点，点E 是PD 的中点，//OE PB ∴，OE ⊂ 平面ACE ，PB ⊂/平面ACE ，//PB ∴平面ACE ．(2)解：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥，又四边形ABCD 为正方形，所以CD AD ⊥，又PA AD A ⋂=，,PA AD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以CD PD ⊥，又点E 是PD 的中点，3PA =2AB =，所以111233222PAE PAD S S ==⨯⨯⨯= ，2211222AE PD AD AP ==+=，2222CE DE CD =+=2222AC AD CD =+=所以()221222172AEC S =⨯- 设点P 到平面AEC 的距离为d ，则P AEC C AEP V V --=，即1133AEC AEP S d S CD ⋅=⋅ ，即1173233d =，解得2217d =，即点P 到平面AEC 的距离为217.角度3：点P 到平面α的距离（向量法）典型例题例题1．（2022·江苏·2方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则点D 到平面ABC 的距离为______．【答案】233233记AC 与BD 的交点为O ，图1中，由正方形性质可知AC BD ⊥，所以在图2中，,OB AC OD AC ⊥⊥，所以2BOD π∠=，即OB OD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OA OB OC OD ====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)A B C D -则(0,1,1),(1,0,1),(0,2,0)ABAC BD =--=-= 设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量，则00AB n y z AC n x z ⎧⋅=--=⎨⋅=-=⎩ ，取1x =，得(1,1,1)n =- 所以点D 到平面ABC 的距离22333BD n d n⋅=== 故答案为：233例题2．（2022·江苏·南京市第一中学高二阶段练习）如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，若2PD DC ==，则点D 到平面PAM 的距离为___________.【答案】43因为PD ⊥底面ABCD ，AD CD ⊥，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,0,0A 、()002P ,,、()0,0,0D 、()1,2,0M ，设平面PAM 的法向量为(),,n x y z = ，()2,0,2AP =- ，()1,2,0AM =- ，则22020n AP x z n AM x y ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，取2x =，可得()2,1,2n = ，()2,0,0DA = ，所以，点D 到平面PAM 的距离为43DA n n⋅= .故答案为：43.例题3．（2022·全国·高二单元测试）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，AF ⊥平面ABCD ，//,2,21EF AB AD AB AF EF ====，点P 为棱DF的中点．(1)求证：//BF 平面APC ；(2)求直线DE 与平面BCF 所成角的正弦值；(3)求点E 到平面APC 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)1010(3)1(1)连接BD ，交AC 于点O ，又P ，O 分别为DF 和DB 的中点，所以BF //PO ，因为PO ⊂平面APC ，BF ⊄平面APC ，所以BF //平面APC ；(2)直线AF ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AF ⊥AB ，由（1）得AD ⊥AF ，AD ⊥AB ，所以以A 为原点，AB ，AD ，AF 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，()()()()111,0,0,0,0,2,,0,1,1,2,0,0,0,1,0,1,22B D E C F P ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1,0,12DE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()020BC = ，，，()101BF =- ，，，设平面BCF 的法向量()n x y z = ，，，则200n BC y n BF x z ⎧⋅==⎨⋅=-+=⎩，令1x =，则()101n = ，，设直线DE 与平面BCF 所成角的正弦值θ，所以101102sin cos ,10522n DE n DE n DE θ+-⋅====⋅⋅ ，所以直线DE 与平面BCF 所成角的正弦值1010；(3)由（2）()111,2,0,0,1,,,0,122AC AP AE ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设平面APC 的法向量为()n x y z = ，，，则20102n AC x y n AP y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1y =-，则()212n =- ，，所以平面APC 的法向量()212n =- ，，，则点E 到平面APC 的距离1AE n d n ⋅==，所以E 到平面APC 的距离1．题型四：立体几何折叠问题典型例题例题1．（2022·全国·高三专题练习）如图，平面五边形ABCD 中，90B BAD E CDE ∠=∠=∠=∠=︒，CD DE EA ==ADE ∆沿AD 折叠，得四棱锥P ABCD -.(1)证明：PC AD ⊥；(2)若二面角P AD B --的大小是120︒，求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(1)证明：取AD 的中点O，连结PO ，CO ，因为DE EA ==，即PA PD ==AD PO ⊥，112122DO DA ==⨯=，因为90E CDE ∠=∠=︒，即90P ∠=︒，45PDA ∠=︒，所以45ADC ∠=︒，又CD =，所以AD CO ⊥，因为PO CO O = ，PO ⊂平面POC ，CO ⊂平面POC ，所以AD ⊥平面POC ，因为PC ⊂平面POC ，所以AD PC ⊥.(2)解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，由（1）可知，POC ∠为二面角P AD B --的平面角，即120POC ∠=︒，()0,1,0C ，()1,0,0D -，()1,1,0B ，()10,cos 60,sin 600,2P ⎛-︒︒=- ⎝⎭，则31,,2PB ⎛= ⎝⎭ ，()1,1,0DC =，30,,2PC ⎛= ⎝⎭，设平面PCD 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n DC n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即03022x y y z +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令z =1y =-，1x =，所以平面PCD的法向量为(1,1,n =-，设直线PB 与平面PCD 所成角为θ，则sin 10n PB n PB θ⋅===⋅ ，所以直线PB 与平面PCD所成角的正弦值为10.例题2．（2022·广东·佛山市南海区桂华中学高三阶段练习）如图1所示，梯形ABCD 中，2AB BC CD ===，4AD =，E 为AD 的中点，连结BE ，AC 交于F ，将ABE ∆沿BE折叠，使得平面ABE ⊥⊥平面BCDE （如图2）.(1)求证：AF CD ⊥；(2)求平面AFC 与平面ADE 的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)5(1)连接EC ，则△ABE ､△BCE ､△CDE 都是正三角形，四边形ABCE 是菱形，所以AF BE ⊥，CF BE ⊥，又因为面ABE ⊥面BCDE ，面ABE 面BCDE BE =，AF ⊂面ABE ，所以AF ⊥面BCDE ，又因为CD ⊂面BCDE ，所以AF CD ⊥；(2)由（1）知FB ､FC ､FA 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，()1,0,0E -，()D -，(00A ,，()ED =-，(EA = ，设平面ADE 的法向量为(),,m x y z =，00ED m x EA m x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令x =)1m =- ，平面AFC 的法向量为()1,0,0n = ，设平面AFC 与平面ADE 的夹角的大小为θ，cos 5m n m nθ⋅===⋅ ，所以平面AFC 与平面ADE的夹角的余弦值为5.例题3．（2021·广西·高二阶段练习）将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折叠，使得平面ABD ⊥平面CBD ，AE ⊥平面ABD ，且2AE =(1)求DE 与平面BEC 所成角的正弦值；(2)直线BE 上是否存在一点M ，使得CM 平面ADE ，若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由.【答案】(1)63(2)存在，点M 为BE 的中点(1)解：以A 为坐标原点，AB ，AD ，AE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(002E ，，()200B ，，，()020D ，，，取BD 中点F ，连接CF ，AF ；由题意可得CF BD ⊥且2AF CF =又因为平面ABD ⊥平面CBD ，所以CF ⊥平面BDA ，所以点C 的坐标为(2C ，，.设平面BCE 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n EB n CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x z x y z ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，所以2z y x⎧=⎪⎨=-⎪⎩令x ＝1，得(112n =- ，，，又(022DE =- ，，设平面DE 与平面BCE 所成角为θ，则6sin cos 3n DE n DE n DE θ⋅==，即DE 与平面BEC 63.(2)解：假设存在点M 使得CM ∥面ADE ，则EM EB λ= ，(202EB =- ，，，所以()202EM λλ=- ，，，()2022M λλ，；又因为AE ⊥平面ABD ，AB AD ⊥，所以AB ⊥平面ADE ；因为CM ∥面ADE ，则CM AB ⊥ ，即0CM AB ⋅= ，即210λ-=，解得12λ=，即点M 为BE 的中点时，CM ∥面ADE .。
新教材高考数学第一章空间向量与立体几何2第1课时空间向量基本定理练习含解析新人教A版选择性必修第一册
第1课时 空间向量基本定理学习目标 1.掌握空间向量基本定理. 2.会用空间向量基本定理对向量进行分解 .知识点一 空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对任意一个空间向量p ，存在唯一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x a ＋y b ＋z c .我们把{a ，b ，c }叫做空间的一个基底，a ，b ，c 都叫做基向量． 思考 零向量能否作为基向量？答案 不能. 零向量与任意两个向量a ，b 都共面． 知识点二 空间向量的正交分解 1．单位正交基底如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底 ，常用{i ，j ，k }表示． 2．向量的正交分解由空间向量基本定理可知，对空间任一向量a ，均可以分解为三个向量x i ，y j ，z k 使得a ＝x i ＋y j ＋z k . 像这样把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行正交分解．1．只有两两垂直的三个向量才能作为空间的一个基底．( × ) 2．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则a ，b ，c 全不是零向量．( √ )3．如果向量a ，b 与任何向量都不能构成空间的一个基底，则一定有a 与b 共线．( √ ) 4．对于三个不共面向量a 1，a 2，a 3，不存在实数组(x ，y ，z )，使0＝x a 1＋y a 2＋z a 3.( × )一、空间的基底例1 已知{e 1，e 2，e 3}是空间的一个基底，且OA →＝e 1＋2e 2－e 3，OB →＝－3e 1＋e 2＋2e 3，OC →＝e 1＋e 2－e 3，试判断{OA →，OB →，OC →}能否作为空间的一个基底． 解 假设OA →，OB →，OC →共面．则存在实数λ，μ使得OA →＝λOB →＋μOC →， ∴e 1＋2e 2－e 3＝λ(－3e 1＋e 2＋2e 3)＋μ(e 1＋e 2－e 3)＝(－3λ＋μ)e 1＋(λ＋μ)e 2＋(2λ－μ)e 3， ∵e 1，e 2，e 3不共面， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3λ＋μ＝1，λ＋μ＝2，2λ－μ＝－1此方程组无解，∴OA →，OB →，OC →不共面，∴{OA →，OB →，OC →}可以作为空间的一个基底． 反思感悟 基底的判断思路(1)判断一组向量能否作为空间的一个基底，实质是判断这三个向量是否共面，若不共面，就可以作为一个基底．(2)判断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点出发的三条棱对应的向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的判断． 跟踪训练1 (1)设x ＝a ＋b ，y ＝b ＋c ，z ＝c ＋a ，且{a ，b ，c }是空间的一个基底，给出下列向量组：①{a ，b ，x }，②{b ，c ，z }，③{x ，y ，a ＋b ＋c }，其中可以作为空间一个基底的向量组有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．0个答案 B解析 因为x ＝a ＋b ，所以向量x ，a ，b 共面． 如图，令a ＝AB →，b ＝AA 1→，c ＝AD →，则x ＝AB 1→，y ＝AD 1→，z ＝AC →，a ＋b ＋c ＝AC 1→.可知向量b ，c ，z 和x ，y ，a ＋b ＋c 不共面，故选B.(2)已知空间的一个基底{a ，b ，c }，m ＝a －b ＋c ，n ＝x a ＋y b ＋c ，若m 与n 共线，则x ＋y ＝________. 答案 0解析 因为m 与n 共线，所以x a ＋y b ＋c ＝z (a －b ＋c )．所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝－z ，1＝z .所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1.所以x ＋y ＝0. 二、空间向量基本定理例2 如图，在三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，已知AA ′——→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，点M ，N 分别是BC ′，B ′C ′的中点，试用基底{a ，b ，c }表示向量AM →，AN →.解 连接A ′N (图略)．AM →＝AB →＋12BC ′——→＝AB →＋12(BC →＋CC ′——→)＝AB →＋12BC →＋12CC ′——→＝AB →＋12(AC →－AB →)＋12AA ′——→＝12AB →＋12AC →＋12AA ′——→＝12(a ＋b ＋c )． AN →＝AA ′——→＋A ′N ———→＝AA ′——→＋12(A ′B ′———→＋A ′C ′———→)＝AA ′——→＋12(AB →＋AC →)＝a ＋12b ＋12c .延伸探究若把本例中“AA ′——→＝a ”改为“AC ′——→＝a ”，其他条件不变，则结果是什么？ 解 因为M 为BC ′的中点，N 为B ′C ′的中点， 所以AM →＝12(AB →＋AC ′——→)＝12a ＋12b . AN →＝12(AB ′——→＋AC ′——→)＝12(AB →＋BB ′——→＋AC ′——→) ＝12AB →＋12CC ′——→＋12AC ′——→ ＝12AB →＋12(AC ′——→－AC →)＋12AC ′——→＝12AB →＋AC ′——→－12AC → ＝12b ＋a －12c . 反思感悟 用基底表示向量的步骤(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．(3)下结论：利用空间的一个基底{a ，b ，c }可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有a ，b ，c ，不能含有其他形式的向量．跟踪训练2 如图，四棱锥P-OABC 的底面为一矩形，PO ⊥平面OABC ，设OA →＝a ，OC →＝b ，OP →＝c ，E ，F 分别是PC 和PB 的中点，试用a ，b ，c 表示BF →，BE →，AE →，EF →.解 连接BO ，则BF →＝12BP →＝12(BO →＋OP →)＝12(BA →＋AO →＋OP →) ＝12(c －b －a ) ＝－12a －12b ＋12c .BE →＝BC →＋CE →＝－a ＋12CP →＝－a ＋12(CO →＋OP →)＝－a －12b ＋12c .AE →＝AP →＋PE →＝AO →＋OP →＋12(PO →＋OC →)＝－a ＋c ＋12(－c ＋b )＝－a ＋12b ＋12c .EF →＝12CB →＝12OA →＝12a .1．下列结论错误的是( )A ．三个非零向量能构成空间的一个基底，则它们不共面B ．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线C ．若a ，b 是两个不共线的向量，且c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λμ≠0)，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底D ．若OA →，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，则O ，A ，B ，C 四点共面 答案 C解析 由基底的概念可知A ，B ，D 正确，对于C ，因为满足c ＝λa ＋μb ，所以a ，b ，c 共面，不能构成基底，故错误．2．已知a ，b ，c 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是( ) A ．3a ，a －b ，a ＋2b B ．2b ，b －2a ，b ＋2a C ．a ，2b ，b －c D ．c ，a ＋c ，a －c答案 C解析 对于A ，有3a ＝2(a －b )＋a ＋2b ，则3a ，a －b ，a ＋2b 共面，不能作为基底；同理可判断B ，D 中的向量共面．故选C.3．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，可以作为空间一个基底的是( ) A.AB →，AC →，AD → B.AB →，AA 1—→，AB 1—→ C.D 1A 1—→，D 1C 1—→，D 1D —→ D.AC 1—→，A 1C —→，CC 1—→ 答案 C解析 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，只有C 中的三个向量D 1A 1—→，D 1C 1—→，D 1D —→不共面，可以作为空间的一个基底．4．正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，O 1，O 2，O 3分别是AC ，AB ′，AD ′的中点，以{AO 1—→，AO 2—→，AO 3—→}为基底，AC ′——→＝x AO 1—→＋y AO 2—→＋z AO 3—→，则( ) A ．x ＝y ＝z ＝12B ．x ＝y ＝z ＝1C ．x ＝y ＝z ＝22D ．x ＝y ＝z ＝2答案 B解析 AC ′——→＝AB →＋BC ′——→＝AB →＋BB ′——→＋BC →＝AB →＋AA ′——→＋AD → ＝12(AB →＋AD →)＋12(AB →＋AA ′——→)＋12(AA ′——→＋AD →) ＝12AC →＋12AB ′——→＋12AD ′——→＝AO 1—→＋AO 2—→＋AO 3—→， 对比AC ′——→＝x AO 1—→＋y AO 2—→＋z AO 3—→，得x ＝y ＝z ＝1.5．在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________.(用a ，b ，c 表示) 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →)＝OA →＋14×(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .1．知识清单： (1)空间的基底． (2)空间向量基本定理． 2．方法归纳： 转化化归． 3．常见误区：(1)基向量理解错误，没有注意到基向量的条件． (2)运算错误：利用基底表示向量时计算要细心．1．设p ：a ，b ，c 是三个非零向量；q ：{a ，b ，c }为空间的一个基底，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件答案 B解析 当非零向量a ，b ，c 不共面时，{a ，b ，c }可以当基底，否则不能当基底， 当{a ，b ，c }为基底时，一定有a ，b ，c 为非零向量． 因此p ⇏q ，q ⇒p .2．已知M ，A ，B ，C 四点互不重合且任意三点不共线，则下列式子中能使向量MA →，MB →，MC →成为空间的一个基底的是( ) A.OM →＝13OA →＋13OB →＋13OC →B.MA →＝MB →＋MC →C.OM →＝OA →＋OB →＋OC →D.MA →＝2MB →－MC → 答案 C解析 对于选项A ，由OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)⇒M ，A ，B ，C 四点共面，知MA →，MB →，MC →共面；对于选项B ，D ，易知MA →，MB →，MC →共面，故选C.3.如图，梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，点O 为空间内任意一点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则向量OD →可用a ，b ，c 表示为( )A ．a －b ＋2cB ．a －b －2cC ．－12a ＋12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 D解析 OD →＝OC →＋CD →＝OC →＋12BA →＝OC →＋12(OA →－OB →)＝12a －12b ＋c .4．已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，若p ＝a ＋b ，q ＝a －b ，则( ) A ．a ，p ，q 是空间的一组基底 B ．b ，p ，q 是空间的一组基底 C ．c ，p ，q 是空间的一组基底D ．p ，q 与a ，b ，c 中的任何一个都不能构成空间的一组基底 答案 C解析 假设c ＝k 1p ＋k 2q ，即c ＝k 1(a ＋b )＋k 2(a －b )，得(k 1＋k 2)a ＋(k 1－k 2)b －c ＝0， 这与{a ，b ，c }是空间的一个基底矛盾，故c ，p ，q 是空间的一组基底，故选C.5.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 为A 1C 1的中点，若AB →＝a ，AA 1—→＝c ，BC →＝b ，则下列向量与BM →相等的是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1—→＋B 1M —→＝AA 1—→＋12(B 1A 1—→＋B 1C 1—→)＝AA 1—→＋12(BA →＋BC →)＝12(－a ＋b )＋c ＝－12a ＋12b ＋c . 6．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 →＝________. 答案 －13AC →－112AB →＋34AD →解析 设AC 的中点为F ，则GE →＝GB →＋BE →＝23FB →＋34BD →＝－23×12(BC →＋BA →)＋34BD →＝－13(AC →－2AB →)＋34(AD →－AB →)＝－13AC →－112AB →＋34AD →.7．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，用AC →，AB 1→，AD 1—→作为基向量，则AC 1—→＝____________.答案 12(AD 1—→＋AB 1—→＋AC →)解析 ∵2AC 1—→＝2AA 1—→＋2AD →＋2AB →＝(AA 1—→＋AD →)＋(AA 1—→＋AB →)＋(AD →＋AB →)＝AD 1—→＋AB 1—→＋AC →， ∴AC 1—→＝12(AD 1—→＋AB 1—→＋AC →)．8.如图所示，已知PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，且PA ＝AD ＝1，四边形ABCD 为正方形，以{AB →，AD →，AP →}为基底，则MN →＝________.答案 12AD →＋12AP →解析 MN →＝MA →＋AP →＋PN → ＝MA →＋AP →＋12(PA →＋AD →＋DC →)＝－12AB →＋AP →＋12(PA →＋AD →＋AB →)＝12AD →＋12AP →. 9．已知平行六面体OABC －O ′A ′B ′C ′，且OA →＝a ，OC →＝b ，OO ′——→＝c . (1)用a ，b ，c 表示向量AC ′——→；(2)设G ，H 分别是侧面BB ′C ′C 和O ′A ′B ′C ′的中心，用a ，b ，c 表示GH →. 解 (1)AC ′——→＝AC →＋CC ′——→＝OC →－OA →＋OO ′——→＝b ＋c －a . (2)GH →＝GO →＋OH →＝－OG →＋OH →＝－12(OB →＋OC ′——→)＋12(OB ′——→＋OO ′——→)＝－12(a ＋b ＋c ＋b )＋12(a ＋b ＋c ＋c )＝12(c －b )．10.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，E 为A 1D 1的中点，F 为BC 1与B 1C 的交点．(1)用基底{a ，b ，c }表示向量DB 1—→，BE →，AF →； (2)化简DD 1—→＋DB →＋CD →，并在图中标出化简结果． 解 (1)DB 1—→＝DC →＋CB 1—→＝DC →＋BB 1—→－BC →＝a －b ＋c . BE →＝BA →＋AA 1—→＋A 1E —→＝－a ＋12b ＋c .AF →＝AB →＋BF →＝a ＋12(b ＋c )＝a ＋12b ＋12c .(2)DD 1—→＋DB →＋CD →＝DD 1—→＋(CD →＋DB →)＝DD 1—→＋CB →＝DD 1—→＋D 1A 1—→＝DA 1—→. 如图，连接DA 1，则DA 1—→即为所求．11．点P 是矩形ABCD 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是PC ，PD 上的点，且PM →＝23PC →，PN →＝ND →，则满足MN →＝xAB →＋yAD →＋zAP →的实数x ，y ，z 的值分别为( ) A ．－23，16，16B.23，－16，16 C ．－23，16，－16D ．－23，－16，16答案 D解析 取PC 的中点E ，连接NE ，则MN →＝EN →－EM →＝12CD →－(PM →－PE →)＝12CD →－⎝ ⎛⎭⎪⎫23PC →－12PC →＝12CD →－16PC →＝－12AB →－16(－AP →＋AB →＋AD →)＝－23AB →－16AD →＋16AP →， 比较知x ＝－23，y ＝ －16，z ＝16，故选D. 12.如图，点M 为OA 的中点，{OA →，OC →，OD →}为空间的一个基底，DM →＝xOA →＋yOC →＋zOD →，则有序实数组(x ，y ，z )＝________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0， －1 解析 DM →＝OM →－OD →＝12OA →－OD →，所以有序实数组(x ，y ，z )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0， －1. 13．已知四面体ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF →＝________.(用a ，b ，c 表示)答案 3a ＋3b －5c解析 如图所示，取BC 的中点G ，连接EG ，FG ，则EF →＝GF →－GE →＝12CD →－12BA →＝12CD →＋12AB → ＝12(5a ＋6b －8c )＋12(a －2c )＝3a ＋3b －5c . 14．如图，已知空间四边形OABC ，M ，N 分别是边OA ，BC 的中点，点G 在MN 上，且MG ＝2GN ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则向量OG →＝________.(用a ，b ，c 表示)答案 16a ＋13b ＋13c 解析 OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(MA →＋AB →＋BN →) ＝12OA →＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12OA →＋OB →－OA →＋12BC → ＝12OA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤OB →－12OA →＋12OC →－OB → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →＝16a ＋13b ＋13c .15．设O －ABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23 答案 A 解析 如图所示，连接AG 1交BC 于点E ，则点E 为BC 的中点，AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(OB →－2OA →＋OC →)， AG 1—→＝23AE → ＝13(OB →－2OA →＋OC →)， ∵OG →＝3GG 1—→＝3(OG 1—→－OG →)，∴OG →＝34OG 1—→＝34(OA →＋AG 1—→) ＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫OA →＋13OB →－23OA →＋13OC →＝14OA →＋14OB →＋14OC →，故选A. 16.如图所示，在空间四边形OABC 中，G ，H 分别是△ABC ，△OBC 的重心，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用向量a ，b ，c 表示向量GH →.解 因为OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋23AD →＝OA →＋23(OD →－OA →)＝13OA →＋23OD →＝13OA →＋23×12(OB →＋OC →)＝13(a ＋b ＋c )， 又OH →＝23OD →＝23×12(OB →＋OC →)＝13(b ＋c )，所以GH →＝OH →－OG →＝13(b ＋c )－13(a ＋b ＋c )＝－13a .。
高考数学一轮复习 第七篇 立体几何与空间向量 专题7.3 直线、平面平行的判定及性质练习(含解析)-
专题7.0 直线、平面平行的判定及性质【考试要求】1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.【知识梳理】1.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)两个平面平行，则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行.【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.( )(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.( )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( )【答案】(1)×(2)×(3)×(4)√【解析】(1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误.(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.【教材衍化】2.(必修2P61A1(2)改编)下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( )A.直线a上有无数个点不在平面α内B.直线a与平面α内的所有直线平行C.直线a与平面α内无数条直线不相交D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交【答案】 D【解析】因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3.(必修2P61A1(1)改编)下列命题中正确的是( )A.若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α【答案】 D【解析】根据线面平行的判定与性质定理知，选D.【真题体验】4.(2018·某某模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A.m∥α，n∥α，则m∥nB.m∥n，m∥α，则n∥αC.m⊥α，m⊥β，则α∥βD.α⊥γ，β⊥γ，则α∥β【答案】 C【解析】A中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n∥α或n⊂α，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，α∥β或α与β相交，D错.5.(2019·某某月考)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一与a平行的直线【答案】 A【解析】当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.6.(2019·十八中开学考试)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为________.【答案】平行四边形【解析】∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.【考点聚焦】考点一与线、面平行相关命题的判定【例1】 (1)在空间中，a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是( )A.若a⊥c，b⊥c，则a∥bB.若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC.若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bD.若α∥β，a⊂α，则a∥β(2)(2019·聊城模拟)下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )【答案】(1)D (2)B【解析】(1)对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，则a∥β，故D是真命题.(2)在B中，如图，连接MN，PN，∵A，B，C为正方体所在棱的中点，∴AB∥MN，AC∥PN，∵MN∥DE，PN∥EF，∴AB∥DE，AC∥EF，∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，AB，AC⊂平面ABC，DE，EF⊂平面DEF，∴平面ABC∥平面DEF.【规律方法】 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项.2.(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.【训练1】 (1)下列命题正确的是( )A.若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行B.若一条直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行C.若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行(2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱D 1C 1，A 1D 1，BC 的中点，点P 在BD 1上且BP ＝23BD 1，则下面说法正确的是________(填序号).①MN ∥平面APC ；②C 1Q ∥平面APC ；③A ，P ，M 三点共线；④平面MNQ ∥平面APC . 【答案】 (1)C (2)②③【解析】 (1)A 选项中两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B 选项，如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1与B 1D 1所成的角相等，但这两个平面垂直；D 选项中两平面也可能相交.C 正确.(2)如图，对于①，连接MN ，AC ，则MN ∥AC ，连接AM ，，易得AM ，交于点P ，即MN ⊂平面APC ，所以MN∥平面APC 是错误的. 对于②，由①知M ，N 在平面APC 内，由题易知AN∥C 1Q ，且AN ⊂平面APC ， C 1Q ⊄平面APC.所以C 1Q ∥平面APC 是正确的.对于③，由①知，A ，P ，M 三点共线是正确的.对于④，由①知MN ⊂平面APC ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ∥平面APC 是错误的. 考点二 直线与平面平行的判定与性质 角度1 直线与平面平行的判定【例2－1】 (2019·东北三省四市模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AD ，PB 的中点，PA ＝AB ＝1.【答案】见解析【解析】(1)证明：EF ∥平面PDC ； (2)求点F 到平面PDC 的距离.(1)证明 取PC 的中点M ，连接DM ，MF ，∵M，F 分别是PC ，PB 的中点，∴MF∥CB，MF ＝12CB ，∵E 为DA 的中点，四边形ABCD 为正方形， ∴DE∥CB，DE ＝12CB ，∴MF∥DE，MF ＝DE ，∴四边形DEFM 为平行四边形， ∴EF∥DM，∵EF ⊄平面PDC ，DM ⊂平面PDC ， ∴EF ∥平面PDC . (2)解 ∵EF ∥平面PDC ，∴点F 到平面PDC 的距离等于点E 到平面PDC 的距离.∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥DA ，在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝1，∴DP ＝ 2. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CB ，∵CB ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，∴CB ⊥平面PAB ， ∴CB ⊥PB ，则PC ＝3，∴PD 2＋DC 2＝PC 2， ∴△PDC 为直角三角形， ∴S △PDC ＝12×1×2＝22.连接EP ，EC ，易知V E －PDC ＝V C －PDE ，设E 到平面PDC 的距离为h ， ∵CD ⊥AD ，CD ⊥PA ，AD ∩PA ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ， 则13×h ×22＝13×1×12×12×1，∴h ＝24， ∴点F 到平面PDC 的距离为24. 角度2 直线与平面平行性质定理的应用【例2－2】 (2018·某某模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，E ，F 分别是棱DD 1，C 1D 1的中点.(1)求三棱锥B 1－A 1BE 的体积；(2)试判断直线B 1F 与平面A 1BE 是否平行，如果平行，请在平面A 1BE 上作出与B 1F 平行的直线，并说明理由. 【答案】见解析【解析】(1)如图所示，V B 1－A 1BE ＝V E －A 1B 1B ＝13S △A 1B 1B · DA ＝13×12×2×2×2＝43.(2)B 1F ∥平面A 1BE .延长A 1E 交AD 延长线于点H ，连BH 交CD 于点G ，则BG 就是所求直线.证明如下： 因为BA 1∥平面CDD 1C 1，平面A 1BH ∩平面CDD 1C 1＝GE ，所以A 1B ∥GE . 又A 1B ∥CD 1，所以GE ∥CD 1.又E 为DD 1的中点，则G 为CD 的中点. 故BG ∥B 1F ，BG 就是所求直线.【规律方法】 1.利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反.【训练2】 (2017·某某卷)如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC . 【答案】见解析【解析】证明 (1)在平面ABD 内，AB⊥AD，EF⊥AD， 则AB∥EF.∵AB ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.考点三面面平行的判定与性质【例3】 (经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.【答案】见解析【解析】证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1平行且等于AB，∴A1G平行且等于EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.【迁移探究1】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.【答案】见解析【解析】证明 如图所示，连接A 1C 交AC 1于点M ， ∵四边形A 1ACC 1是平行四边形， ∴M 是A 1C 的中点，连接MD ， ∵D 为BC 的中点， ∴A 1B∥DM. ∵A 1B ⊂平面A 1BD 1， DM ⊄平面A 1BD 1， ∴DM∥平面A 1BD 1，又由三棱柱的性质知，D 1C 1平行且等于BD ， ∴四边形BDC 1D 1为平行四边形， ∴DC 1∥BD 1.又DC 1⊄平面A 1BD 1，BD 1⊂平面A1BD1， ∴DC 1∥平面A 1BD 1，又DC 1∩DM＝D ，DC 1，DM ⊂平面AC1D ， 因此平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【迁移探究2】 在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求AD DC的值. 【答案】见解析【解析】连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1.又由题设A 1D 1D 1C 1＝DC AD， ∴DC AD ＝1，即ADDC＝1. 【规律方法】 1.判定面面平行的主要方法 (1)利用面面平行的判定定理.(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). 2.面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行. (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.【提醒】 利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线. 【训练3】 (2019·某某二模)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2CD ＝2AD ＝4，侧面PAB 是等腰直角三角形，PA ＝PB ，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E ，F 分别是棱AB ，PB 上的点，平面CEF ∥平面PAD .(1)确定点E ，F 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥F －DCE 的体积. 【答案】见解析【解析】(1)因为平面CEF ∥平面PAD ，平面CEF ∩平面ABCD ＝CE ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以CE ∥AD ，又AB ∥DC ， 所以四边形AECD 是平行四边形， 所以DC ＝AE ＝12AB ，即点E 是AB 的中点.因为平面CEF ∥平面PAD ，平面CEF ∩平面PAB ＝EF ，平面PAD ∩平面PAB ＝PA ， 所以EF ∥PA ，又点E 是AB 的中点， 所以点F 是PB 的中点.综上，E ，F 分别是AB ，PB 的中点.(2)连接PE ，由题意及(1)知PA ＝PB ，AE ＝EB ，所以PE ⊥AB ，又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，所以PE ⊥平面ABCD . 又AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以V F －DEC ＝12V P －DEC ＝16S △DEC ×PE ＝16×12×2×2×2＝23. 【反思与感悟】1.转化思想：三种平行关系之间的转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化.2.直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面面平行的性质.3.平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.【易错防X 】1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.2.面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件.3.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交.4.运用性质定理，要遵从由“高维”到“低维”，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( )A.α内的所有直线与l 异面B.α内不存在与l 平行的直线C.α与直线l 至少有两个公共点D.α内的直线与l 都相交【答案】 B【解析】 因为l ⊄α，直线l 不平行于平面α，所以直线l 只能与平面α相交，于是直线l 与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l 平行的直线.2.(2019·某某双基测试)已知直线l ，m ，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m 的是( )A.l ⊂α，m ⊂β，α∥β B .α∥β，α∩γ＝l ，β∩γ＝mC.l∥α，m⊂αD.l⊂α，α∩β＝m【答案】 B【解析】选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交.故选B.3.(2018·长郡中学质检)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB 的位置关系是( )A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能【答案】 B【解析】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.4.(2018·某某六校联考)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A.存在一条直线a，a∥α，a∥βB.存在一条直线a，a⊂α，a∥βC.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α【答案】 D【解析】对于选项A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B、C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件.故选D.5.(2019·某某模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )A.0条B.1条C.2条D.1条或2条【答案】 C【解析】如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(面EFGH)平行的棱有2条.二、填空题6.(2018·某某模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.【答案】 2【解析】根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点.因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝ 2.7.如图，平面α∥平面β，△ABC，△A′B′C′分别在α，β内，线段AA′，BB′，CC′共点于O，O在α，β之间，若AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，OA∶OA′＝3∶2，则△A′B′C′的面积为________.【答案】23 9【解析】相交直线AA′，BB′所在平面和两平行平面α，β相交于AB，A′B′，所以AB∥A′B′.同理BC∥B′C′，CA∥C′A′.所以△ABC与△A′B′C′的三内角相等，所以△ABC∽△A′B′C′，A′B′AB＝OA ′OA ＝23.S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 8.(2019·某某调研)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ；②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ；③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号).【答案】 ②【解析】①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误.三、解答题9.(2019·某某模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，侧面PAB ⊥平面ABCD ，E 是棱PA 的中点.(1)求证：PC ∥平面BDE ；(2)平面BDE 分此棱锥为两部分，求这两部分的体积比.【答案】见解析【解析】(1)证明 在平行四边形ABCD 中，连接AC ，设AC ，BD 的交点为O ，则O 是AC 的中点. 又E 是PA 的中点，连接EO ，则EO 是△PAC 的中位线，所以PC∥EO，又EO ⊂平面EBD ，PC ⊄平面EBD ，所以PC∥平面EBD.(2)解 设三棱锥E －ABD 的体积为V 1，高为h ，四棱锥P －ABCD 的体积为V ，则三棱锥E －ABD 的体积V 1＝13×S △ABD ×h ， 因为E 是PA 的中点，所以四棱锥P －ABCD 的高为2h ，所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×S 四边形ABCD ×2h ＝4×13S △ABD ×h ＝4V 1， 所以(V －V 1)∶V 1＝3∶1，所以平面BDE 分此棱锥得到的两部分的体积比为3∶1或1∶3.10.如图，ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点.求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.【答案】见解析【解析】证明(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·某某模拟)过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有( )A.4条B.6条C.8条D.12条【答案】 B【解析】如图，H，G，F，I是相应线段的中点，故符合条件的直线只能出现在平面HGFI中，有FI，FG，GH，HI，HF，GI共6条直线.12.已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面【答案】 D【解析】A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n与已知m，n不平行矛盾，所以原命题正确，故D项正确.13.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.【答案】Q为CC1的中点【解析】如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.14.(2018·某某六市三模)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.(1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明；(2)求三棱锥E－ABC的体积.【答案】见解析【解析】(1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求.证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH，∵△AB C是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点，∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH⊂平面ABC，∴AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD，∴EN∥AH，∵EN⊄平面ABC，AH⊂平面ABC，∴EN∥平面ABC.又M，N分别为BD，DC的中点，∴MN∥BC，∵MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN，∴平面EMN∥平面ABC，又EF⊂平面EMN，∴EF∥平面ABC，即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行.(2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NG∥DH，由(1)可知EN∥平面ABC，∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，又△BCD 是边长为2的等边三角形， ∴DH⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC∩平面BCD ＝BC ，DH ⊂平面BCD ，∴DH ⊥平面ABC ，∴NG ⊥平面ABC ，易知DH ＝3，又N 为CD 中点，∴NG ＝32， 又AC ＝AB ＝3，BC ＝2，∴S △ABC ＝12·BC ·AH ＝12×2×32－12＝22， ∴V E －ABC ＝V N －ABC ＝13·S △ABC ·NG ＝63. 【新高考创新预测】15.(【答案】不唯一型)如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)【答案】 点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)【解析】 连接HN ，FH ，FN ，则FH∥DD 1，HN∥BD，易知平面FHN∥平面B1BDD 1，只需M∈FH，则MN ⊂平面FHN ，∴MN∥平面B 1BDD 1.。
8.42021届高三数学专题复习练习空间向量与立体几何（学生版）
8.42021届⾼三数学专题复习练习空间向量与⽴体⼏何（学⽣版）【课前测试】如图，已知正⽅形ABCD和矩形ACEF所在的平⾯互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．（2）求⼆⾯⾓A﹣DF﹣B的⼤⼩；（3）试在线段AC上⼀点P，使得PF与CD所成的⾓是60°．1空间向量与⽴体⼏何【知识梳理】⼀、平⾏、垂直的向量证法设直线l，m的⽅向向量分别为a，b，平⾯α，β的法向量分别为u，ν，则线线平⾏：l∥m?a∥b?a＝k b，k∈R；线⾯平⾏：l∥α?a⊥u?a·u＝0；⾯⾯平⾏：α∥β?u∥ν?u＝kν，k∈R.线线垂直：l⊥m?a⊥b?a·b＝0；线⾯垂直：l⊥α?a∥u?a＝k u，k∈R；⾯⾯垂直：α⊥β?u⊥ν?u·ν＝0.⼆、空间⾓的求法1、异⾯直线所成的⾓设a，b分别是两异⾯直线l1，l2的⽅向向量，则设直线l的⽅向向量为a，平⾯α的法向量为n，直线l与平⾯α所成的⾓为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n| |a||n|.3、求⼆⾯⾓的⼤⼩23①如图①，AB ，CD 是⼆⾯⾓α-l -β的两个⾯内与棱l 垂直的直线，则⼆⾯⾓的⼤⼩θ＝〈AB →，CD →〉．②如图②③，n 1，n 2分别是⼆⾯⾓α-l -β的两个半平⾯α，β的法向量，则⼆⾯⾓的⼤⼩θ满⾜|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，⼆⾯⾓的平⾯⾓⼤⼩是向量n 1与n 2的夹⾓(或其补⾓)．4【课堂讲解】考点⼀空间向量法证明平⾏或垂直问题例1、如图，在多⾯体ABC -A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正⽅形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1平⾏且等于12BC ，⼆⾯⾓A 1-AB -C 是直⼆⾯⾓．求证：(1)A 1B 1⊥平⾯AA 1C ； (2)AB 1∥平⾯A 1C 1C .变式训练：1、已知正⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平⾯ADE ； (2)平⾯ADE ∥平⾯B 1C 1F .52、如图，在四棱锥E-ABCD中，AB⊥平⾯BCE，CD⊥平⾯BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平⾯ADE⊥平⾯ABE.3、如右图，在四棱锥P-ABCD中，底⾯ABCD是正⽅形，侧棱PD⊥底⾯ABCD，PD=DC，E是Pc的中点，作EF上PB交PB于F，证明：（1）直线PA∥平⾯EDB；（2）直线PB⊥平⾯EFD．67考点⼆利⽤空间向量求异⾯直线所成⾓例2、如图，在正⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点． (1)求直线AD 和直线B 1C 所成⾓的⼤⼩； (2)求证：平⾯EB 1D ⊥平⾯B 1CD .变式训练：1．长⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异⾯直线BC 1与AE 所成⾓的余弦值为( ) A.1010B.3010C.21510D.310102.如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平⾯ABCD ，底⾯ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°. (1)求证：BD ⊥平⾯P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成⾓的余弦值．8考点三利⽤空间向量求直线与平⾯所成⾓例3、如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平⾯ACD 1所成⾓的正弦值．变式训练：1、如图所⽰，在四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底⾯ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平⾯AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平⾯A 1BD 所成⾓的正弦值．2、在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧⾯ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝22，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平⾯ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线CD与平⾯ABC所成⾓的正弦值．考点四利⽤空间向量求⼆⾯⾓例4、已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝ 6.点F，E分别是边A1C1和侧棱BB1的中点．(1)证明：FB⊥平⾯AEC；9(2)求⼆⾯⾓F－AE－C的余弦值.1011变式训练：1、如图，在四棱锥S －ABCD 中，底⾯ABCD 是直⾓梯形，侧棱SA ⊥底⾯ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，M 是棱SB 的中点． (1)求证：AM ∥平⾯SCD ；(2)求平⾯SCD 与平⾯SAB 所成的⼆⾯⾓的平⾯⾓的余弦值；2、在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平⾯ABCD ，E 是PD 的中点，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，AC ＝AP ＝2. (1)求证：PC ⊥AE ；(2)求⼆⾯⾓A －CE －P 的余弦值.3、如图，四边形ABCD 为正⽅形，PD⊥平⾯ABCD ，PD∥QA ，QA = AB =1PD．2（I）证明：平⾯PQC ⊥平⾯DCQ ；考点五解决探索性问题例5、如图，四棱锥P-ABCD的底⾯为直⾓梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD ＝60°，平⾯P AD⊥底⾯ABCD，E为AD的中点，△P AD为正三⾓形，M是棱PC上的⼀点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：P A∥平⾯BME.(2)是否存在点M，使⼆⾯⾓M-BE-D的⼤⼩为30°？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．12变式训练：1、直三棱柱ABC A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．(1)证明：DF⊥AE；(2)是否存在⼀点D，使得平⾯DEF与平⾯ABC所成锐⼆⾯⾓的平⾯⾓的余弦值为1414？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．2、如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平⾯ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，P A＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在⼀点M，使得⼆⾯⾓M-AC-D的⼤⼩为45°，如果存在，求BM与平⾯MAC所成⾓的正弦值，如果不存在，请说明理由．1314考点六空间中的距离问题例6、如图，平⾯P AD ⊥平⾯ABCD ，四边形ABCD 为正⽅形，△P AD 是直⾓三⾓形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点． (1)求证：平⾯EFG ⊥平⾯P AB ； (2)求点A 到平⾯EFG 的距离．变式训练：如图，在四棱锥O ABCD -中，底⾯ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=OA ABCD ⊥底⾯ 2OA = M 为OA 的中点，N 为BC 的中点(1)证明：直线MN OCD平⾯‖；(2)求异⾯直线AB 与MD 所成⾓的⼤⼩； (3)求点B 到平⾯OCD 的距离。
新教材新高考一轮复习人教B版 高考小题突破练 立体几何与空间向量 作业
高考小题突破练 立体几何与空间向量(教师用书独具)一、选择题1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 是线段AC 1上的点，且AE ＝EF ＝FC 1，分别过点E ，F 作与直线AC 1垂直的平面α，β，则正方体夹在平面α与β之间的部分占整个正方体体积的( )A ．13B ．12C ．23D ．34解析：选C 如图所示，过点E ，F 且与直线AC 1垂直的平面分别为平面A 1BD ，平面CB 1D 1，设正方体的棱长为1，则V A -BDA 1＝V C1-CB 1D 1＝16，则正方体夹在这两个平面之间的体积为1－2×16＝23，故占整个正方体体积的23，故选C ．2．祖暅是南北朝时代的伟大科学家，于5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②，图③，图④分别是圆锥、圆台和半球．则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④解析：选D 设截面与底面间的距离为h ，则①中截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h2，截面圆的面积为π⎝⎛⎭⎫R －h22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中的几何体在等高处的截面的面积恒等，故选D ．3．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，若二面角C -AB -C 1的大小为60°，则点C 到平面C 1AB 的距离为( )A ．1B ．12C ．34D ．32解析：选C 取AB 的中点O ，连接OC 和OC 1(图略)，根据二面角的定义，则∠COC 1＝60°.由题意得OC ＝32，所以CC 1＝32，OC 1＝ 3.设点C 到平面C 1AB 的距离为h ，易知V 三棱锥C -ABC1＝V 三棱锥C1-ABC ，即13×12×1×3×h ＝13×12×1×32×32，解得h ＝34.故点C 到平面C 1AB 的距离为34.4．在四面体ABCD 中，AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝BD ＝2，平面ABD ⊥平面BDC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( )A ．20π3B ．6πC ．22π3D ．8π解析：选A ∵AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝BD ＝2，∴△ABD 与△BDC 均为边长为2的正三角形．过正三角形BDC 的中点O 1作OO 1⊥平面BDC (O 为四面体ABCD 的外接球的球心)(图略)．设M 为BD 的中点，外接球的半径为R ，连接AM ，CM ，OA ，过O 作OG ⊥AM 于点G ，易知G 为△ABD 的中心，则OO 1＝OG ＝MO 1＝MG .∵MA ＝32×2＝3，∴MG ＝OG ＝13×3＝33，GA ＝233.在直角三角形AGO 中，GA 2＋GO 2＝OA 2，即⎝⎛⎭⎫2332＋⎝⎛⎭⎫332＝R 2，R 2＝53，∴四面体ABCD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝20π3.故选A ．5．在四面体ABCD 中，AB ＝3，其余各条棱长均为2，则四面体ABCD 外接球的表面积是( )A ．52π9B ．25π9C ．25π36D ．13π9解析：选A 如图，分别取相对棱AB ，CD 的中点E ，F ，连接EF ，AF ，易知EF 是线段AB ，CD 的公垂线，EF ＝AF 2－AE 2＝32.则四面体ABCD 的外接球球心在EF 上，设球心为O ，连接OA ，OC ． 设OE ＝x ，则OF ＝32－x ，OA 2＝AE 2＋OE 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫322＝x 2＋34，OC 2＝OF 2＋FC 2＝⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1.则x 2＋34＝⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1，解得x ＝56.故OA 2＝x 2＋34＝5236＝139. 于是四面体ABCD 外接球的表面积是4π×139＝52π9.故选A ．6．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 为CC 1的中点，点N 在侧面ADD 1A 1内，若BM ⊥A 1N ，则△ABN 面积的最小值为( )A ．55B ．255C ．1D ．5解析：选B 如图所示，取DD 1的中点M ′，连接AM ′，易知AM ′∥BM .取AD 的中点P ，连接A 1P ，则在正方形ADD 1A 1中，A 1P ⊥AM ′，即A 1P ⊥BM .所以点N 的轨迹为线段A 1P .易知△ABN 为直角三角形，当NA ⊥A 1P 时，AN 取最小值为255，此时△ABN 面积最小，最小值为255，故选B ．7．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B -ACD ．若O 为AC 边的中点，M ，N 分别为线段DC ，BO 上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N -AMC 的体积y ＝f (x )的函数图像大致是( )解析：选B 由四边形ABCD 为正方形可知，AB ＝BC ．由平面ABC ⊥平面ACD ，且O 为AC 的中点可知，BO ⊥平面ACD ．易知BO ＝2，则三棱锥N -AMC 的高ON ＝2－x ，S △AMC ＝12·MC ·AD ＝2x ，所以三棱锥N -AMC 的体积y ＝f (x )＝13·2x ·(2－x )＝13(－2x 2＋22x )(0＜x ＜2)，故函数y ＝f (x )的图像为开口向下的抛物线的一部分．故选B ．8．把一个球形的铁质原材料切割成一个正三棱柱形的工业用零件，若该正三棱柱形的零件的最大体积为8 cm 3，则该球形铁质原材料的体积为( )A ．4π3 cm 3B ．8π3 cm 3C ．16π3cm 3D ．32π3cm 3解析：选D 设正三棱柱的外接球的半径为R cm ，正三棱柱的高为h cm ，底面正三角形的边长为a cm ，则14h 2＝R 2－⎝⎛⎭⎫33a 2，所以V 正三棱柱＝34a 2·4R 2－43a 2＝12a 2·3R 2－a 2＝123R 2a 4－a 6(cm 3)．令t ＝a 2，则t ＞0，y ＝3R 2a 4－a 6可化为y ＝－t 3＋3R 2t 2，则y ′＝－3t (t －2R 2)，所以函数y ＝－t 3＋3R 2t 2在(0,2R 2)上单调递增，在(2R 2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2R 2，即a ＝2R 时，正三棱柱的体积最大，此时有R 3＝8，即R ＝2，所以该球形铁质原材料的体积为43π×8＝32π3(cm 3)．故选D ．二、选择题9．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，下列结论中正确的是为( )A ．直线AM 与C 1C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与MB 1是异面直线D ．直线MN 与AC 所成的角为60°解析：选CD 结合题图分析，显然直线AM 与C 1C 是异面直线，直线AM 与BN 是异面直线，直线BN 与MB 1是异面直线，连接D 1C ，AD 1，(图略)直线MN 与AC 所成的角即直线D 1C 与AC 所成的角，在等边△AD 1C 中，∠ACD 1＝60°，所以直线MN 与AC 所成的角为60°.综上，正确的结论为CD ．10．已知α，β是两个不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( )A ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥αB ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥nC ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ∥n ，n ⊥β，则α∥β解析：选ACD 易知A 正确；对于B ，若m 不在平面β内时，不一定推出m ∥n ，故B 错误；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 正确；若m ⊥α，m ∥n ，则n ⊥α，又n ⊥β，则α∥β，故D 正确．故选ACD ．11．如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝4，BC ＝2，M ，N 分别为棱C 1D 1，CC 1的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ∥平面A 1BDB ．平面MNB 截长方体所得截面的面积为6 2C ．直线BN 与B 1M 所成角为60°D ．三棱锥N -A 1DM 的体积为4解析：选ACD 连接D 1C (图略)，由MN ∥D 1C ，D 1C ∥A 1B ，得MN ∥A 1B ，又MN ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD ，故选项A 正确；因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，所以平面MNB 截长方体所得截面为平面MNBA 1，易知MN ∥A 1B ，故四边形MNBA 1为梯形，又A 1M ＝BN ＝MN ＝22，A 1B ＝42，可得梯形的高为(22)2－(2)2＝6，梯形的面积为22＋422×6＝63，故选项B 不正确；取DC 的中点H ，连接BH ，NH (图略)，则B 1M ∥BH ，则∠NBH 即为异面直线BN 与B 1M 所成的角，在△NBH 中，BN ＝BH ＝NH ＝22，所以∠NBH ＝60°，故选项C 正确；易知△NDM 为等腰三角形，DM ＝DN ＝25，MN ＝22，所以S △NDM ＝12×22×32＝6，V N －A1DM ＝V A 1－NDM ＝13×S △NDM ×A 1D 1＝13×6×2＝4，故选项D 正确．故选ACD ．12．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝1，AD ⊥AB ，∠BCD ＝45°，将△ABD 沿对角线BD 折起．设折起后点A 的位置为A ′，并且平面A ′BD ⊥平面BCD ．下面四个命题正确的是( )A ．A ′D ⊥BCB．三棱锥A′-BCD的体积为2 2C．CD⊥平面A′BDD．平面A′BC⊥平面A′DC解析：选CD如图所示，设E为BD的中点，连接A′E，因为AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，所以∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD为等腰直角三角形，因为E 为BD的中点，所以A′E⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，则A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC，如果A′D⊥BC，那么可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，与∠DBC＝45°矛盾，故A错误．三棱锥A′-BCD的体积为S＝13×12×2×2×22＝26，故B错误．因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正确．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，所以A′C＝3，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝3，满足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，CA′∩DA′＝A′，CA′⊂平面A′DC，DA′⊂平面A′DC，所以BA′⊥平面A′DC，又BA′⊂平面A′BC，所以平面A′BC ⊥平面A′DC，故D正确．故选CD．三、填空题13．已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为________.解析：由题意知CD⊥平面ABD，以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过D作平面BDC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,1，3)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,0)，AC→＝(2，－1，－3)，BD→＝(0，－2,0)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cos α＝|AC →·BD →||AC →||BD →|＝24，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为24.答案：2414．如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ，则a 的值等于________.解析：如图，连接AQ ，取AD 的中点O ，连接OQ . ∵P A ⊥平面ABCD ，P A ⊥DQ ，PQ ⊥DQ ， ∴DQ ⊥平面P AQ ，所以DQ ⊥AQ .∴点Q 在以线段AD 的中点O 为圆心的圆上，又∵在BC 上有且仅有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ， ∴BC 与圆O 相切，(否则相交就有两点满足垂直，矛盾) ∴OQ ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴OQ ＝AB ＝1， ∴BC ＝AD ＝2，即a ＝2. 答案：215．如图，已知六棱锥P -ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面P AE ； ④∠PDA ＝45°.其中正确的有__________(把所有正确的序号都填上)．解析：对于①，因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AE ，又EA ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，所以EA ⊥平面P AB ，从而可得EA ⊥PB ，故①正确．对于②，由于P A ⊥平面ABC ，所以平面ABC 与平面PBC 不可能垂直，故②不正确． 对于③，由于在正六边形中BC ∥AD ，所以BC 与EA 必有公共点，从而BC 与平面P AE 有公共点，所以直线BC 与平面P AE 不平行，故③不正确．对于④，由条件易得△P AD 为直角三角形，且P A ⊥AD ，又P A ＝2AB ＝AD ，所以∠PDA ＝45°.故④正确．综上，①④正确．答案：①④16．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长是1，P 是棱BC 的中点，过点A ，P ，C 1的平面截该正方体得到的多边形为α，则α的面积是________.解析：易知截面α是菱形，且其两条对角线长分别是3和2，所以截面α的面积是12×3×2＝62. 答案：6217．空间一点P 到二面角α－l －β的两个面的距离分别是1和2，到l 的距离是2，则此二面角的大小是________.解析：设P A ⊥α交α于A ，PB ⊥β于交β于B ，则P A ＝1，PB ＝2，P A ⊥l ，PB ⊥l ，又P A ∩PB ＝P ，所以l ⊥平面P AB ．设平面P AB 与l 交于点C ，则∠ACB 为二面角α-l -β的平面角，连接PC ，则PC ⊥l ，PC ＝2.在Rt △PBC 中，∠PCB ＝45°.图2在Rt △P AC 中，∠PCA ＝30°.当P 在∠ACB 内部时，如图1所示，则∠ACB ＝45°＋30°＝75°， 当P 在∠ACB 外部时，如图2所示，则∠ACB ＝45°－30°＝15°.答案：75°或15°18．粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原而制作的．如图1所示的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图2所示的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为________.解析：(1)三角形面积S ＝12×1×32＝34，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可求出其中一个正四面体的高为1－⎝⎛⎭⎫332＝63，故正四面体体积为13×34×63＝212，因此该六面体体积是26；(2)由图形的对称性得，球的体积要达到最大，则球与六面体的六个面都相切，连接球心和六面体的五个顶点，可把六面体分成六个三棱锥．设与六面体都相切时球的半径为R ，则26＝6×13×34×R ，可得R ＝69，此时球的体积V ＝4π3R 3＝4π3⎝⎛⎭⎫693＝86729π. 答案：26 86π729。
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届高考数学新课标理轮复习辅导空间向量与立体几何精讲课后练习文档编制序号：[KK8UY-LL9IO69-TTO6M3-MTOL89-FTT688]第14讲空间向量与立体几何经典精讲题一：一个多面体的三视图如图所示，其中正视图是正方形，侧视图是等腰三角形．则该几何体的表面积为( )．A．88 B．98 C．108 D．158题二：如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )．A．1 B．12C．34D．32题三：一个简单组合体的三视图及尺寸如图所示(单位：mm)，则该组合体的体积为( )．A．32 mm3 B．48 mm3 C．56 mm3 D．64 mm3题四：一个物体的底座是两个相同的几何体，它的三视图及其尺寸(单位：dm)如图所示，则这个物体的体积为( )．A．(120＋16π) dm3 B．(120＋8π) dm3 C．(120＋4π) dm3 D．(60＋8π) dm3题五：如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是BC、CC1、C1D1、A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H．题六：一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M，N分别是AB，SA 的中点．(1)求证：NB⊥M C；(2)在棱SD上是否存在点P，使AP∥平面SMC若存在，请找出点P的位置；若不存在，请说明理由．题七：如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F 为棱BC的中点．(1)求证：直线AE⊥直线DA1；(2)求三棱锥D－AEF的体积；(3)在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG．题八：如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E、M 分别为AB、DE的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A′DE，F为A′C的中点，A′C＝4．(1)求证：平面A′DE⊥平面BCD；(2)求证：FB∥平面A′DE．题九：如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2．若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为( )．A． 2 B． 3 C．2D．2 2题十：已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝AA1＝2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点．则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为( )．A．13B．33C．23 D．63第14讲空间向量与立体几何经典精讲题一：答案：(1)证明见详解；(2)3 2．详解：(1)在图(1)中，∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°．∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°，∴CD＝23．∵CE＝4，∠DCE＝30°，∴DE＝2．则CD2＋DE2＝EC2，∴∠CDE＝90°，DE⊥DC．在图(2)中，∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE平面ACD，∴DE⊥平面BCD．(2)在图(2)中，∵EF∥平面BDG，EF平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，∴EF∥BG．∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，∴AE＝EG＝CG＝2，作BH⊥CD交CD于H，∵平面BCD⊥平面ACD，∴BH⊥平面ACD．由条件得BH＝32．S△DEG＝13S△ACD＝13×12AC·CD·sin30°＝3．∴三棱锥B－DEG的体积V＝13S△DEG·BH＝13×3×32＝32．题二：答案：(1)证明见详解；(2) 当θ＝π4时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为2 3．详解：(1)在直角梯形ABCD中，CD＝2AB，E为CD的中点，则AB＝DE，又AB∥DE，AD⊥AB，知BE⊥CD．在四棱锥C－ABED中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E，CE，DE平面CDE，则BE⊥平面CDE．因为CO平面CDE，所以BE⊥CO．又CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED内两条相交直线，故CO⊥平面ABED．(2)由(1)知CO⊥平面ABED，则三棱锥C－AOE的体积V＝13S△AOE·OC＝13×12×OE×AD×OC．由直角梯形ABCD中，CD＝2AB＝4，AD＝2，CE＝2，得三棱锥C－AOE中，OE＝CE cosθ＝2cosθ，OC＝CE sinθ＝2sinθ，V＝23sin2θ≤23．当且仅当sin2θ＝1，θ∈(0，π2)，即θ＝π4时取等号，(此时OE＝2<DE，O落在线段DE内)．故当θ＝π4时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为23．题三：见详解．证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接HM、MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1．又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．(2)取BD的中点O，连接EO、D1O，则OE平行且等于12 DC．又D1G平行且等于12DC，∴OE平行且等于 D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形．∴GE∥D1O．又D1O 平面BB1D1D，EG平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D．(3)由(1)知D1H∥BF，D1H平面BDF，BF平面BDF，∴D1H∥平面BDF．同理，由B1D1∥BD可得，B1D1∥平面BDF．又B1D1、HD1平面HB1D1，且B1D1∩HD1＝D1，∴平面BDF∥平面B1D1H．题四：见详解．详解:(1)取AD的中点O，连接NO，BO，∵N是SA的中点，O是AD的中点，∴NO∥SD．又∵SD⊥底面ABCD，∴NO⊥底面ABCD，MC⊂平面ABCD，∴NO⊥MC．又∵ABCD是正方形，M，O分别是AB，AD的中点，由平面几何知识可得BO⊥MC，NO∩BO＝O，∴MC⊥平面NOB，NB ⊂平面NOB．∴NB⊥MC．(2)取线段SD的中点P即可．设SC的中点为Q，连接PQ，MQ，∴PQ＝12CD且PQ∥CD；又AM∥CD且AM＝12CD；∴PQ∥AM且PQ＝AM．∴APQM是平行四边形．∴AP∥MQ，AP平面SMC，MQ 平面SMC．∴AP∥平面SMC．题五：(2) 43．详解：(1)连接AD1，BC1，由正方体的性质可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB，又AB∩AD1＝A，∴DA1⊥平面ABC1D1，又AE平面ABC1D1，∴DA1⊥AE．(2)V D－AEF ＝V E－ADF ＝13·DD1·S△ADF ＝13×2×2＝43．(3)所示G点即为A1点，证明如下：由(1)可知AE⊥DA1，取C D的中点H，连接AH，EH，由DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH＝H，可证DF⊥平面A HE，∴DF⊥AE．又DF∩A1D＝D，∴AE⊥平面DFA1，即AE⊥平面DFG．题六：见详解．详解：(1)由题意得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成，所以△A′DE≌△ADE．∵∠ABC＝120°，四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝60°．又∵AD＝AE＝2，∴△A′DE和△ADE都是等边三角形．∵M是DE的中点，∴A′M⊥DE，A′M＝3．在△DMC中，MC2＝42＋12－2×4×1·cos60°，∴MC＝13．在△A′MC中，A′M2＋MC2＝(3)2＋(13)2＝42＝A′C2，∴△A′MC是直角三角形．∴A′M⊥MC．又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD．又∵A′M ⊂平面A′DE，∴平面A′DE⊥平面BCD．(2)取DC的中点N，连接FN，NB．∵A′C＝DC，F，N点分别是A′C，DC的中点，∴FN∥A′D．又∵N，E点分别是平行四边形ABCD的DC，AB的中点，∴BN∥DE．又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB．∵FB平面FNB，∴FB∥平面A′DE．题七：A ．详解：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0, 0, 0)，A (1, 0, 0)，B 1(0, 2, 2)，C 1(0, 0, 2)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1, 0, a )，CD ＝(1, 0, a )，1CB ＝(0, 2, 2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n (0,1,0)，则由cos60°＝m·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝2．题八：C ．详解：∵AB ，AD ，AA 1两两垂直，故以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设BC ＝1，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE ＝(0,1,0)，设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A D ＝2y －2z ＝0n ·CD ＝－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)，则sin θ＝|cos<n ，FE >|＝|n ·FE |n |·|FE ||＝|1×0＋2×1＋2×04＋4＋1×0＋1＋0|＝23， 故直线EF 与平面A 1CD 所成的角θ的正弦值为23．。