空间向量 空间解析几何试题及部分答案(一)
8第八章空间解析几何答案
8第八章空间解析几何答案第八章空间解析几何与向量代数§8.1向量及其线性运算1.填空题（1）点关于面对称的点为（），关于面对称的点为（），关于面对称的点为（）.（2）点关于轴对称的点为（），关于轴对称的点为（），关于轴对称的点为（），关于坐标原点对称的点为（）.2. 已知两点和，计算向量的模、方向余弦和方向角.解：因为，故，方向余弦为，，，方向角为，， .3. 在平面上，求与、、等距离的点.解：设该点为，则，即，解得，则该点为.4. 求平行于向量的单位向量的分解式.解：所求的向量有两个，一个与同向，一个与反向. 因为，所以.5. 已知点且向量在x轴、y轴和z轴上的投影分别为，求点的坐标.解：设点的坐标为，由题意可知，则，即点的坐标为.§8.2 数量积向量积1.若，求的模.解：所以.2.已知，证明：.证明：由，可得，可知，展开可得，即，故.3. 。
4.已知，，求与的夹角及在上的投影.解：，，. 因为，所以.5..§8.3 曲面及其方程1.填空题（1）将xOz坐标面上的抛物线绕轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为（），绕轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为（）.（2）以点为球心，且通过坐标原点的球面方程为（）.（3）将坐标面的圆绕轴旋转一周，所生成的旋转曲面的方程为（）. 2.求与点与点之比为的动点的轨迹，并注明它是什么曲面.解：设动点为，由于，所以，解之，可得，即，所以所求的动点的轨迹为以点为心，半径为的球面.3§8.4 空间曲线及其方程1. 填空题（1）二元一次方程组在平面解析几何中表示的图形是（两相交直线的交点）；它在空间解析几何中表示的图形是（两平面的交线，平行于轴且过点）.（2）旋转抛物面在面上的投影为（），在面上的投影为（），在面上的投影为（）.2.求球面与平面的交线在面上的投影方程.解：将代入，得，因此投影方程为.4.分别求母线平行于轴、轴及轴且通过曲线的柱面方程.解：在中消去得，即为母线平行于轴且通过曲线的柱面方程.在中消去得，即为母线平行于轴且通过曲线的柱面方程.在中消去得，即为母线平行于轴且通过曲线的柱面方程.4.将下列曲线的一般方程化为参数方程：（1）.解：将代入得，即. 令，，所求的参数方程为..§8.5 平面及其方程1. 填空题（1）一平面过点且平行于向量和，平面的点法式方程为（）,平面的一般方程为（）,平面的截距式方程（）,平面的一个单位法向量为（）.（2）设直线的方程为，当（）时，直线过原点；当（）且（或有一个成立）时，直线平行于轴但不与轴相交；当（）时，直线与轴相交；当（）时，直线与轴重合.2.求过三点，和的平面方程.解：由平面的三点式方程知，所求的平面方程为=0，即.3.求过点且垂直于两平面和的平面方程.解：该平面的法向量为，平面的方程为，即.4.分别按下列条件求平面方程：（1）平行于平面且经过点；（2）通过轴和点；（3）求平行于轴，且经过两点和的平面方程.解：（1）平面的法向量是，可作为所求平面的法向量，因此所求平面的方程为，即.（2）所求平面的法向量即垂直于轴又垂直于向量，所以所求平面的法向量为，因此所求平面的方程为，即.（3）由于所求平面平行于轴，故设所求平面方程为. 将点和分别代入得及，解得及. 因此所得方程为，即.§8.6 空间直线及其方程1. 填空题（1）直线和平面的关系是（平面与直线互相垂直）.（2）过点且与直线平行的直线的方程是（）.（3）直线与直线的夹角为（）.2.化直线为对称式方程和参数方程.解：直线的方向向量为. 取，代入直线方程可得，. 所以直线的对称式方程为.令，所给直线的参数方程为.3.求过点且与直线垂直的平面方程.解：直线的方向向量可作为所求平面的法向量，即.所求平面的方程为，即.4. 确定的值，使直线与平面平行，并求直线与平面之间的距离.解：直线的方向向量，要使直线与平面平行，只要（其中为平面的法向量），即，解得. 令，代入直线的方程可得，，直线与平面之间的距离.第八章空间解析几何与向量代数综合练习1.填空题：（1）已知，，且与夹角为，则（）.（2）若向量，平行，则（）.（3）已知向量的模为，且与轴的夹角为，与y轴的夹角为，与z 轴的夹角为锐角，则=（）.（4）曲线 (a、b为常数)在xOy平面上投影曲线是（）.（5）xOy平面上曲线绕x轴旋转一周所得旋转曲面方程是（）.（6）直线与平面的夹角的正弦（）.（7）方程所表示的曲面名称为（双曲抛物面）.（8）与两直线及都平行，且过原点的平面方程是（）.（9）已知动点到平面的距离与点到点的距离相等，则点的轨迹方程为（）.（10）与两平面和等距离的平面方程为（）.2. 设，，求向量，使得成立，这样的有多少个，求其中长度最短的.解：设，则，则，因此这样的，有无穷个.由于，因此，当时，即长度最短.3.已知点和点，试在轴上求一点，使得的面积最小.解：设，则，，，故的面积为，显然，当时，的面积最小，为，所求点为.4. 求曲线在各坐标平面上的投影曲线方程.解：在平面投影为；在平面投影为；在zOx平面投影为.5.求原点关于平面的对称点的坐标.解：过原点作垂直于平面的直线，该直线的方向向量等于平面的法向量，所求直线的对称式方程为，即为其参数方程. 将此参数方程代入平面，有，解得，即直线与平面的交点为. 设所求的对称点为，则，，，即所求的对称点为.6.求直线在平面上的投影直线绕轴线转一周所成曲面的方程.解：过作垂直于平面的平面，所求的直线在平面上的投影就是平面和的交线. 平面的法向量为：，则过点的平面的方程为：，即. 所以投影线为. 将投影线表示为以为参数的形式：，则绕轴的旋转面的方程为，即.7.求球心在直线上，且过点和点的球面方程.解：设球心为，则，即.又因为球心在直线上，直线的参数方程为，将直线的参数方程代入，可得，球心坐标为，所求球面方程为.8.已知两条直线的方程是，，求过且平行于的平面方程.解：因为所求平面过，所以点在平面上. 由于平面的法向量垂直于两直线的方向向量，因此平面的法向量为. 因此所求平面的方程为，即.9. 在过直线的所有平面中，求和原点距离最大的平面.解：设平面束方程为，即，平面与原点的距离为要使平面与原点的距离最大，只要，即该平面方程为.10. 设两个平面的方程为和（1）求两个平面的夹角. （2）求两个平面的角平分面方程.（3）求通过两个平面的交线，且和坐标面垂直的平面方程.解：（1）两个平面的法向量为和，设两个平面的夹角为，则，所以.（2）因为角平分面上任意一点到两个平面的距离相等，由点到平面的距离公式，可得，即，所求的角平分面方程为或.（3）设通过两个平面的交线的平面方程为，即，由于该平面垂直于坐标面，所以，可得，因此所求的平面方程为.。
向量与空间解析几何习题及详细解答
解：设动点为 M(x, y, z)
M0M {x 1, y 1, z 1}
因 M0M n ,故 M0M n 0 .
即 2(x-1)+3(y-1)-4(z-1)=0 整理得：2x+3y-4z-1=0 即为动点 M 的轨迹方程. 14. 求满足下列各组条件的直线方程： (1) 经过点 (2，－3, 4), 且与平面 3x－y＋2z－4＝0 垂直； (2) 过点 (0，2，4) ，且与两平面 x＋2z＝1和 y－3z＝2 平行；
解：设四顶点依次取为 A, B, C, D.
AB {0,1, 2}, AD {2, 2,1}
则由 A，B，D 三点所确定三角形的面积为
1 1
35
S1 2 | AB AD | 2 | 5i 4 j 2k | 2 .
同理可求其他三个三角形的面积依次为 1 , 2, 3 . 2
故四面体的表面积 S 1
A. xOz 平面上曲线 (z a)2 x2 绕 y 轴旋转所得曲面 B. xOz 平面上直线 z a x 绕 z 轴旋转所得曲面 C. yOz 平面上直线 z a y 绕 y 轴旋转所得曲面
D. yOz 平面上直线 (z a)2 y2 绕 X 轴旋转所得曲面
(5)下列方程所对应的曲面为双曲抛物面的是（ D ）
ijk s n1 n2 1 0 2 {2,3,1}
0 1 3
故过点（0，2，4）的直线方程为
x y2 z4 2 3 1
（3）所求直线与已知直线平行，故其方向向量可取为 s={2，-1，3}
故过点（-1，2，1）的直线方程为
x 1 y 2 z 1. 2 1 3
15. 试确定出下列各题中直线与平面间的关系：
k 12i 20 j 8k
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在空间直角坐标系中，已知的坐标分别为，则线段的长度为_________________ .【答案】【解析】利用空间两点间的距离公式可以求得【考点】本小题主要考查空间两点间距离的计算.点评：此类问题直接讨论公式求解即可.2.在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示的直角坐标系，设平面的一个法向量，则，即，，平面与平面间的距离【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小（）A．B．C．D．【答案】A【解析】取BC的中点O，连AO．由题意平面平面，，∴平面，以O为原点，建立所示空间直角坐标系，则，，，，∴，，，由题意平面ABD，∴为平面ABD的法向量．设平面的法向量为，则，∴，∴，即．∴不妨设，由，得．故所求二面角的大小为．故选A。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神．（2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取时，会算得，从而所求二面角为，但依题意只为．因为二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”．4.（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小【答案】arccos或－arccos．【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（－1，1，0），＝（0，1，－1）设、分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量，由可解得＝（1，1，1）易知＝（0，0，1），所以，＝所以平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或－arccos．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
空间向量练习及答案解析
空间向量练习一、选择题(共15小题，每小题4.0分,共60分)1.已知平面α的一个法向量是(2，－1,1)，α∥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是() A． (4,2，－2) B． (2,0,4) C． (2，－1，－5) D． (4，－2,2)2.如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面AC，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE所成的二面角的大小是()A． 120° B． 45° C． 150° D． 60°3.已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为()A． B． C． D．4.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中错误的结论是()A．① B．② C．③ D．④5.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是()A． 45° B． 60° C． 90° D． 120°6.已知在空间四面体O－ABC中，点M在线段OA上，且OM＝2MA，点N为BC中点，设＝a，＝b，＝c，则等于()A．a＋b－ c B．－a＋b＋ c C．a－b＋ c D．a＋b－c7.已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与D1E所成角的余弦值为()A． B． C．－ D．－8.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱CC1，BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小()A．等于90° B．小于90° C．大于90° D．不确定9.如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为()A．－ B． C．－ D．10.已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( ) A ． －1,2 B ． 1，－2 C ． 1,2 D ． －1，－211.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．√23B ．√73C ．√32D ．√3712.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2，若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( ) A ．√2 B ．√3 C ． 2 D ．√2213.三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( ) A ．π3 B ．2π3 C ．π3或2π3D ．π3或－π314.已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,5，－2)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ (3,1，z )，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( ) A ．(407,157,−3) B ．(337,157,−3) C ．(−407,−157,−3) D ．(337,−157,−3)15.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1.这四个结论中正确的个数为( ) A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 4二、填空题(共6小题，每小题4.0分,共24分)16.如图所示，已知正四面体A-BCD 中，AE ＝AB ，CF ＝CD ，则直线DE 和BF 所成角的余弦值为________．17.已知a ＝(3，－2，－3)，b ＝(－1，x －1,1)，且a 与b 的夹角为钝角，则x 的取值范围是________．18.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为________． 19.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则点B 1到平面ABC 1的距离为________．20.如下图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP⃗⃗⃗⃗⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．21.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，－1，－4)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(4,2,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面ABCD 的法向量；④AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .其中正确的是____________．三、解答题(共6小题，每小题11.0分,共66分) 22.如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：面PAD ⊥面PCD ；(2)求AC 与PB 所成角的余弦值； (3)求面AMC 与面BMC 所成二面角的余弦值．23.如下图所示，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC . (1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的正弦值； (3)是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角？并说明理由．24.如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 是棱BC ，CD 的中点，求：(1)直线DF 与B 1F 所成角的余弦值；(2)二面角C 1－EF －A 的余弦值．25.如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，侧棱SB⊥平面ABCD，且SB＝AB＝AD＝1，BC＝2.(1)求SA与CD所成的角；(2)求平面SCD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．26.如下图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值．27.如下图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点．(1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值；(2)求二面角F－DE－C的余弦值．空间向量练习答案解析1.【答案】D【解析】∵α∥β，∴β的法向量与α的法向量平行，又∵(4，－2,2)＝2(2，－1,1)，故选D.2.【答案】B【解析】以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)．设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则即可取n＝(1,0,1)．又平面EAD的法向量为＝(1,0,0)，所以cos〈n，〉＝＝，故平面ADE与平面BCE所成的二面角为45°.3.【答案】C【解析】设Q(x，y，z)，因Q在上，故有∥，设＝λ(λ∈R)，可得x＝λ，y＝λ，z＝2λ，则Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以·＝6λ2－16λ＋10＝62－，故当λ＝时，·取最小值，此时Q.4.【答案】C【解析】如图所示，取BD的中点O，以点O为坐标原点，OD，OA，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD边长为，则D(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0,1)，A(0,1,0)，所以＝(0，－1,1)，＝(2,0,0)，·＝0，故AC⊥BD.①正确．又||＝，||＝，||＝，所以△ACD为等边三角形．②正确．对于③，为面BCD的一个法向量，cos〈，〉＝＝＝＝－.所以AB与OA所在直线所成的角为45°，所以AB与平面BCD所成角为45°.故③错误．又cos〈，〉＝＝＝－.因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成角为60°.故④正确．5.【答案】B【解析】不妨设AB＝BC＝AA1＝1，则＝－＝(－)，＝＋，∴||＝|－|＝，||＝，·＝(－)·(＋)＝，∴cos〈，〉＝＝＝，∴〈，〉＝60°，即异面直线EF与BC1的夹角是60°.6.【答案】B【解析】＝－＝(＋)－＝b＋c－a.7.【答案】A【解析】∵A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2)，∴＝(0，－2,2)，＝(0,1,2)，∴||＝2，||＝，·＝0－2＋4＝2，∴cos〈，〉＝＝＝，又异面直线所成角的范围是，∴AB1与ED1所成角的余弦值为.8.【答案】A【解析】A1B1⊥平面BCC1B1，故A1B1⊥MN，·＝(＋)·＝·＋·＝0，∴MP⊥MN，即∠PMN＝90°.9.【答案】B【解析】不妨设SA＝SB＝SC＝1，以S为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系Sxyz，则相关各点坐标为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，S(0,0,0)，M，N.因为＝，＝，所以||＝，||＝，·＝－，cos〈，〉＝＝－，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为.10.【答案】A【解析】 c ＝ma ＋nb ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)，由c 为平面α的法向量，得即解得11.【答案】A【解析】∵侧棱与底面垂直，∠ACB ＝90°，所以分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图空间直角坐标系， 设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0,1)， ∴E (a 2,a2,1)，G (a 3,a 3,13)，GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(a 6,a 6,23)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，－a,1)， ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥平面ABD ，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，解得a ＝2，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(13,13,23)，BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，－2,2)，∵GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥平面ABD ，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面ABD 的一个法向量， 又cos 〈GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝43√63×2＝√23，∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为√23，故选A.12.【答案】A【解析】如下图，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 )，CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则{m ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2y +2z =0,x +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cos 60°＝m·n|m ||n |，得1√a 2+1＝12，即a ＝√2，故AD ＝√2. 13.【答案】C【解析】如图所示，当二面角A －BD －C 为锐角时，它就等于〈n 1，n 2〉＝π3；当二面角A －BD －C 为钝角时，它应等于π－〈n 1，n 2〉＝π－π3＝2π3. 14.【答案】D【解析】因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，即1×3＋5×1＋(－2)z ＝0，所以z ＝4， 因为BP ⊥平面ABC ，所以BP⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，且BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即1×(x －1)＋5y ＋(－2)×(－3)＝0，且3(x －1)＋y ＋(－3)×4＝0.解得x ＝407，y ＝－157，于是BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(337,−157,−3).15.【答案】C【解析】因为A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，从而A 1M ∥D 1P ，可得①③④正确． 又B 1Q 与D 1P 不平行，故②不正确．故选C. 16.【答案】 【解析】＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以cos 〈，〉＝＝＝＝.17.【答案】 B【解析】 若两向量的夹角为钝角，则a ·b ＜0，且a 与b 不共线，故3×(－1)＋(－2)×(x －1)＋(－3)×1＜0，且x ≠，解得x ＞－2，且x ≠，故选B. 18.【答案】【解析】 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)． ＝(1,2，－1)，＝(－2,2,0)，故cos 〈，〉＝＝.19.【答案】√217【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A (√32,12,0)，B (0,1,0)，B 1(0,1,1)，C 1(0,0,1)，则C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(√32,12,−1)，C 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,1,0)，C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,1，－1)，设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则有{C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =√32x +12y −1=0,C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =y −1=0.解得n ＝(√33,1,1)，则所求距离为|C 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |n ||＝1√13+1+1＝√217.20.【答案】(1,1,1)【解析】设PD ＝a (a ＞0)，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，P (0,0，a )，E (1,1,a2).∴DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0，a )，AE⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(−1,1,a2)，∵cos 〈DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√33，∴a 22＝a √2+a 24·√33，∴a ＝2.∴E 的坐标为(1,1,1)．21.【答案】①②③【解析】由于AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0， AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确． 22.【答案】因为PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点，AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,1,0)，D (1,0,0)，P (0,0,1)，M (0,1,12)， (1)∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,1,0)，故AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AP ⊥DC ， 又由题设知：AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线， 由此得DC ⊥面PAD ，又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD ； (2)∵AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,1,0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2，－1)， ∴|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√2，|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√5，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2，∴cos 〈AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√105， 由此得AC 与PB 所成角的余弦值为√105；(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λMC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1－x,1－y ，－z )，MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0,−12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，即x －12z ＝0，解得λ＝45， 可知当λ＝45时，N 点坐标为(15,1,25)，能使AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0， 此时，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(15,1,25)，BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(15,−1,25)， 由AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，得AN ⊥MC ，BN ⊥MC ， ∴∠ANB 为所求二面角的平面角，∵|AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√305，|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√305，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－45，∴cos 〈AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝－23， 故所求的二面角的余弦值为－23.23.【答案】以A 为原点，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为y 轴、z 轴的正方向，过A 点且垂直于平面PAB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，设PA ＝a ，由已知可得：A (0,0,0)，B (0，a ，0)，C (√34a,34a,0)，P (0,0，a )．(1)AP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0，a )，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(√34a,−a 4,0)，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴BC ⊥AP ， 又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点，∴D (0,a 2,a2)，E (√38a,38a,a 2)，∴由(1)知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E ， ∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角，∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,a 2,a 2)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(√38a,38a,a 2)，∴cos ∠DAE ＝AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√144， ∴AD 与平面PAC 所成的角的正弦值为√24.(3)∵DE ∥BC ，又由(1)知BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ， 又∵AE ⊂平面PAC ，PE ⊂平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ，∴∠AEP 为二面角A －DE －P 的平面角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∴∠PAC ＝90°，∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时∠AEP ＝90°， 故存在点E ，使得二面角A －DE －P 是直二面角．24.【答案】如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0,2,0)，E (2,1,0)，F (1,2,0)，B 1(2,0,2)，C 1(2,2,2)，(1)因为DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，－1,0)，B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,2，－2)，所以cos 〈DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝−43√5＝－4√515， 所以直线DE 与B 1F 所成角的余弦值为4√515； (2)因为C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，－1，－2)，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,1,0)， 设平面C 1EF 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)， 则由{n ·C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{−y −2=0,−x +y =0, 解得x ＝y ＝－2，所以n ＝(－2，－2,1)，又AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0,2)是平面AEF 的一个法向量，所以cos 〈AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉＝n·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝22×3＝13， 观察图形，可知二面角C 1－EF －A 为钝角，所以二面角C 1－EF －A 的余弦值为－13. 25.【答案】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，S (0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，SA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，－1)， CD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－1,0)， 因为cos 〈SA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝SA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗|SA⃗⃗⃗⃗⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝12，所以SA 与CD 所成的角为60°； (2)设平面SCD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 又SC⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2，－1)，{n 1·SC⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{2y −z =0,x −y =0, 令x ＝1，则n 1＝(1,1,2)，因为BC ⊥平面SAB ，第 11 页 共 11 页 所以平面SAB 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，cos 〈n 1，n 2〉＝√66， 所以平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值为√66. 26.【答案】如下图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)易得B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，－1)，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，所以B 1C 1⊥CE ；(2)B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－2，－1)，设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则{m ·B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x −2y −z =0,−x +y −z =0, 消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)，由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量，于是cos 〈m ，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝m·B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ||B 1C 1|＝−4√14×√2＝－2√77，从而sin 〈m ，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为√217. 27.【答案】建立如下图所示的空间直角坐标系D-xyz ，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (1,2,0)，F (0,2,2)，(1)EF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,0,2)，易得平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 与n 的夹角为θ，则cos θ＝EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|＝25√5，∴EF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为2√55； (2)EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,0,2)，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2,2)，设平面DEF 的一个法向量为m ，则m ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，m ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0， 可得m ＝(2，－1,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝√66，∴二面角F －DE －C 的余弦值为√66.。
(完整版)空间解析几何与向量代数习题与答案
第七章 空间解析几何与向量代数A一、1、平行于向量)6,7,6(-=a 的单位向量为______________.2、设已知两点)2,0,3()1,2,4(21M M 和，计算向量21M M 的模，方向余弦和方向角.3、设k j i p k j i n k j i m 45,742,853-+=--=++=，求向量p n m a -+=34在x 轴上的投影，及在y 轴上的分向量. 二、1、设k j i b k j i a -+=--=2,23，求(1)b a b a b a b a 23)2)(2(⨯⋅-⨯⋅及；及(3)a 、b 的夹角的余弦.2、知)3,1,3(),1,3,3(),2,1,1(321M M M -，求与3221,M M M M 同时垂直的单位向量.3、设)4,1,2(),2,5,3(=-=b a ，问μλ与满足_________时，轴z b a ⊥+μλ. 三、1、以点(1,3,-2)为球心，且通过坐标原点的球面方程为__________________.2、方程0242222=++-++z y x z y x 表示______________曲面. 3、1)将xOy 坐标面上的x y 22=绕x 轴旋转一周，生成的曲面方程为_______________，曲面名称为___________________.2)将xOy 坐标面上的x y x 222=+绕x 轴旋转一周，生成的曲面方程 _____________，曲面名称为___________________.3)将xOy 坐标面上的369422=-y x 绕x 轴及y 轴旋转一周，生成的曲面方 程为_____________，曲面名称为_____________________.4）在平面解析几何中2x y =表示____________图形。
在空间解析几何中2x y =表示______________图形.5）画出下列方程所表示的曲面 (1))(4222y x z += (2))(422y x z += 四、1、指出方程组⎪⎩⎪⎨⎧==+319y 4x 22y 在平面解析几何中表示____________图形，在空间解 析几何中表示______________图形.2、求球面9222=++z y x 与平面1=+z x 的交线在xOy 面上的投影方程. 3、求上半球2220y x a z --≤≤与圆柱体)0(22>≤+a ax y x 的公共部分在xOy 面及xOz 面上的投影. 五、1、求过点(3,0,-1)且与平面3x-7y+5z-12=0平行的平面方程.2、求过点(1,1,-1)，且平行于向量a =(2,1,1)和b =(1,-1,0)的平面方程.3、求平行于xOz 面且过点(2,-5,3)的平面方程.4、求平行于x 轴且过两点(4,0,-2)和(5,1,7)的平面方程. 六、1、求过点(1,2,3)且平行于直线51132-=-=z y x 的直线方程. 2、求过点(0,2,4)且与两平面12=+z x ,23=-z y 平行的直线方程.3、求过点(2,0,-3)且与直线⎩⎨⎧=+-+=-+-012530742z y x z y x 垂直的平面方程.4、求过点(3,1,-2)且通过直线12354zy x =+=-的平面方程. 5、求直线⎩⎨⎧=--=++003z y x z y x 与平面01=+--z y x 的夹角.6、求下列直线与直线、直线与平面的位置关系 1)直线⎩⎨⎧=++-=-+7272z y x z y x 与直线11321-=--=-zy x ; 2)直线431232--=+=-z y x 和平面x+y+z=3. 7、求点(3,-1,2)到直线⎩⎨⎧=-+-=+-+04201z y x z y x 的距离.B1、已知0=++c b a （c b a ,,为非零矢量），试证:a c c b b a ⨯=⨯=⨯.2、),(},1,1,1{,3b a b a b a ∠=⨯=⋅求.3、已知和为两非零向量，问取何值时，向量模||tb a +最小？并证明此时)(tb a b +⊥.4、求单位向量，使a n ⊥且x n ⊥轴，其中)8,6,3(=a .5、求过轴，且与平面052=-+z y x 的夹角为3π的平面方程. 6、求过点)2,1,4(1M ，)1,5,3(2--M ，且垂直于07326=++-z y x 的平面.7、求过直线⎩⎨⎧=--+=-+-022012z y x z y x ，且与直线：211zy x =-=平行的平面.8、求在平面:1=++z y x 上，且与直线⎩⎨⎧-==11z y L ：垂直相交的直线方程.9、设质量为kg 100的物体从空间点)8,1,3(1M ，移动到点)2,4,1(2M ，计算重力所做的功（长度单位为）.10、求曲线⎩⎨⎧==-+30222z x z y 在xoy 坐标面上的投影曲线的方程，并指出原曲线是什么曲线？11、已知k j OB k i OA 3,3+=+=，求OAB ∆的面积 12、.求直线⎩⎨⎧=---=+-0923042z y x z y x 在平面14=+-z y x 上的投影直线方程.C1、设向量c b a ,,有相同起点,且0=++c b a γβα，其中0=++γβα，γβα,,不全为零,证明:c b a ,,终点共线.2、求过点)1,2,1(0-M ，且与直线：121122=--=+y x 相交成3π角的直线方程. 3、过)4,0,1(-且平行于平面01043=-+-z y x 又与直线21311zy x =-=+相交的直线方程. 4、求两直线：1101-=-=-z y x 与直线：0236+=-=z y x 的最短距离. 5、柱面的准线是xoy 面上的圆周（中心在原点，半径为1），母线平行于向量}1,1,1{=g ，求此柱面方程.6、设向量a,b 非零，3),(,2π==b a b ，求xaxb a x -+→0lim.7、求直线⎪⎩⎪⎨⎧--==)1(212:y z y x L 绕y 轴旋转一周所围成曲面方程. 第七章 空间解析几何与向量代数习 题 答 案A一、1、⎩⎨⎧⎭⎬⎫-±116,117,116 2、21M M =2,21cos ,22cos ,21cos ==-=γβα,3,43,32πγπβπα=== 3、在x 轴上的投影为13，在y 轴上的分量为7j 二、1、1）3)1()2(2)1(13=-⋅-+⋅-+⋅=⋅b ak j i k j i b a 75121213++=---=⨯（2）18)(63)2(-=⋅-=⋅-b a b a ，k j i b a b a 14210)(22++=⨯=⨯ （3）2123),cos(^=⋅⋅=b a b a b a 2、}2,2,0{},1,4,2{3221-=-=M M M Mk j i kj iM M M M a 4462201423221--=--=⨯= }1724,1724,1726{--±=±a a 即为所求单位向量。
考研数学二(向量代数和空间解析几何)-试卷1
考研数学二（向量代数和空间解析几何）-试卷1(总分：44.00，做题时间：90分钟)一、选择题(总题数：6，分数：12.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 解析：2.过点(一1，2，3)且垂直于直线并平行于平面7x+8y+9z+10=0的直线方程是（分数：2.00）A. √B.C.D.解析：解析：设所求直线的方向向量为s，直线的方向向量为s 1=(4，5，6)，平面7x+8y+9z+10=0的法向量为n=(7，8，9)，故由点法式方程知，所求直线为整理得，应选(A)．3.设有直线则L 1与L 2的夹角为（分数：2.00）A.B.C. √D.解析：解析：由已知条件，L 1的方向向量为s 1 =(1，一2，1)．4.设有直线Lπ：4x一2y+z一2=0，则直线L( )（分数：2.00）A.平行于π．B.在π上．C.垂直于π．√D.与π斜交．解析：解析：L一28，14，一7)=7(一4，2，一1)．π的法向量n=(4，一2，1)．显然s∥n，所以选(C)．5.如果直线L 1：相交，则λ（分数：2.00）A.B.C.D. √解析：解析：由已知，L 1的方向向量s 1 =(1，2，λ)，且过点A(1，一1，1)；L 2的方向向量s 2 =(1，1，1)，且过点B(一1，1，0)．若L 1与L 2相交，则s 1，s 2，共面，即6.π：2x+7y+4z一1=0，则( )（分数：2.00）A.L 1∥π．√B.L 1⊥πC.L 2∥π．D.L 1⊥L 2．解析：解析：L 1的方向向量s 1=(一1，2，一3)．L 2的方向向量s 2=(3，1，2)．π的法向量n=(2，7，4)，由于s 1 .n=一1×2+2×7—3×4=0，故L 1∥π，从而应选(A)．二、填空题(总题数：1，分数：2.00)7.已知|a|=2，|b|=5，a和b A=λa+17b与B=3a一b垂直，则系数λ= 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：40）解析：解析：由已知，A.B=0，于是(λa+17b).(3a—b)=0，即3λ|a| 2 +(51一λ)a.b一17|b| 2 =0，亦即12λ+(51一λ一425=0，解得λ=40．三、解答题(总题数：15，分数：30.00)8.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
(完整版)高等数学空间解析几何与向量代数练习题与答案.doc
空间解析几何与矢量代数小练习一填空题 5 ’x9=45 分1、平行于向量a(6,7, 6) 的单位向量为______________.2、设已知两点M1( 4, 2 ,1)和 M 2 (3,0,2) ，计算向量M1M2的模_________________，方向余弦 _________________和方向角 _________________3、以点 (1,3,-2) 为球心，且通过坐标原点的球面方程为__________________.4、方程x2 y 2 z 2 2x 4 y 2z 0 表示______________曲面.5、方程x2 y2 z 表示______________曲面.6、x2 y2 z2 表示 ______________曲面 .7、在空间解析几何中y x2 表示 ______________图形 .二计算题11 ’x5=55 分1、求过点 (3,0,-1)且与平面3x-7y+5z-12=0平行的平面方程.2、求平行于x 轴且过两点 (4,0,-2)和(5,1,7)的平面方程.3、求过点 (1,2,3) 且平行于直线xy 3z 1的直线方程 .2 1 54、求过点 (2,0,-3)x 2 y 4z 7 0且与直线5 y 2z 1垂直的平面方3x 05、已知：OA i 3k ，OB j 3k ，求OAB 的面积。
1参考答案一 填空题1、6 ,7 ,611 11 112、 M 1 M 2 =2, cos1,cos2,cos1 ,2 ,3 ,2223433、 ( x 1) 2( y3) 2 ( z2) 2144、以 (1,-2,-1) 为球心 , 半径为6 的球面5、旋转抛物面6、 圆锥面7、 抛物柱面二 计算题1、 3x 7y 5 z 4 0 2 、 9 y z 2 0 3、x 1y 2 z34、 16x 14y 11z 65 02155 S1OA OB 19222。
高二数学-空间向量与立体几何测试题及答案
高二数学空间向量与立体几何测试题第1卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 在下列命题中：CD若a、b共线则a、b所在的直线平行；＠若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面；＠若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；＠已知三向量a、b、c,则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p=a+yb+zc,, y, z R.其中正确命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 32. 若三点共线为空间任意一点且则的值为（）A. lB.C.D.3. 设，且，则等千（）A. B. 9 C. D4. 已知a=(2, —1, 3) , b= C—1, 4, —2) , c= (7, 5, 入），若a、b、c三向量共面，则实数入等千（）A. B. C.5.如图1,空间四边形的四条边及对角线长都是，点分别是的中点则等千（）D.A.C.．．BD6. 若a、b均为非零向量，则是a与b共线的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件7. 已知点0是LABC所在平面内一点满足• = • = • '则点0是LABC的（）A. 三个内角的角平分线的交点B. 三条边的垂直平分线的交点C. 三条中线的交点8. 已知a+b+c=O,al =2, bl =3,A. 30°B. 45°D.三条高的交点l e = , 则向量a与b之间的夹角为（）C. 60°D. 以上都不对9. 已知， ＇ ，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（）A.B.10. 给出下列命题：CD已知，则C. D.＠为空间四点若不构成空间的一个基底，那么共面；＠已知则与任何向量都不构成空间的一个基底；＠若共线则所在直线或者平行或者重合．正确的结论的个数为（）C. 3A.1B.2D.4 第II卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11.已知LABC的三个顶点为A(3, 3, 2) , B (4, —3, 7) , C (0, 5, 1) , 则BC边上的中线长为12. 已知三点不共线为平面外一点若由向量确定的点与共面，那么13. 已知a,b,c是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c,则m,n的夹角为14. 在空间四边形ABC D中，AC和B D为对角线G为L:.ABC的重心，E是B D上一点BE=3E D, 以｛， ， ｝为基底，则＝15. 在平行四边形ABCD中，AB=AC=l,乙ACD=90, 将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，则B,D两点间的距离为16. 如图二面角a-t -B的棱上有A,B两点直线AC,B D分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直千AB,已知AB=4,AC=6, B D=8, C D= ,二面角Q—t—B的大小三、解答题（本大题共5小题，满分70分），17. C lo分）设试问是否存在实数，使成立？如果存在，求出；如果不存在，请写出证明．18. (12分）如图在四棱锥中，底面ABC D是正方形，侧棱底面ABC D,, 是PC的中点，作交PB千点F.(1)证明PAIi平面EDB:(2)证明PB上平面E F D:(3)求二面角的大小．、、、、、、、、.、19. (12分）如图在直三棱柱ABC—AlBlCl中，底面是等腰直角三角形，乙ACB=90°.侧棱AA1=2, D. E 分别是CCl与AlB的中点点E在平面ABO上的射影是DAB D的重心G.(1)求AlB与平面ABO所成角的大小．(2)求Al到平面ABO的距离1) 20. 12分）如图在三棱柱ABC-AlBlCl中，AB上AC,顶点Al在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.2)求棱AA1与BC所成角的大小；在棱BlCl上确定一点P,使AP=, 并求出二面角P—AB—Al的平面角的余弦值A1C1B21. (12分）如图直三棱柱ABC-AlBlCl中AB上AC,D.E分别为AAl.B lC的中点DEl_平面BCCl.C I)证明：A B=ACC II)设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小c,22. (12分）P是平面ABC D外的点四边形ABC D是平行四边形，AP= (-1, 2, -1)(1)求证：PA 平面ABC D.(2)对千向量，定义一种运算：，试计算的绝对值；说明其与几何体P—ABC D的体积关系，并由此猜想向量这种运算的绝对值的几何意义（几何体P-ABC D叫四棱锥，锥体体积公式：V= ) .一、选 1 2 择题（本大题土2上、10小题，每3 4空间向量与立体几何(2)参考答案5 6 7 8 9 10小题5/刀\.让,/、50分）题号答案D D D A B C A 二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11. (0, ,) 12. 0 13. 1, —3 14. 90° l厮—15。
考研数学一(向量代数和空间解析几何)-试卷1
考研数学一（向量代数和空间解析几何）-试卷1(总分：48.00，做题时间：90分钟)一、选择题(总题数：11，分数：22.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 解析：2.已知a，b均为非零向量，(a+3b)⊥(7a一5b)，(a一4b)⊥(7a一2b)，则向量a与b的夹角为(（分数：2.00）A.B. √C.D.3.设a，b，c为非零向量，且a=b×c，b=c ×a，c=a×b，则｜a｜+｜b｜+｜c｜=( )（分数：2.00）A.0．B.1．C.2．D.3．√解析：解析：由题设知a，b，c两两相互垂直，则｜a｜=｜b×c｜=｜b｜｜c｜，｜b｜=｜a｜｜c｜，｜c｜=｜a｜｜b｜，由此可得｜a｜=｜b｜=｜c｜=1，故｜a｜+｜b｜+｜c｜=3．4.已知曲面z=4一x 2一y 2上点P处的切平面平行于平面2x+2y+z一1=0，则点P的坐标是( )（分数：2.00）A.(1，一1，2)．B.(一1，1，2)．C.(1，1，2)．√D.(一1，一1，2)．解析：解析：由面z=4一x 2一y在点(x 0，y 0，z 0 )处的法线向量为(2x 0，2y 0，1)．由题设知，则x=y=1，代入z=4一x 2一y 2得z=2，故选C。
5.已知向量a，b的模分别为｜a｜=2，｜b｜ a.b=2，则｜a×b｜=( )（分数：2.00）A.2．√D.1．6.已知直线L 1：x+1=y一1=z与直线L 2：λ等于( )（分数：2.00）A.0．B.1．C.√解析：解析：直线：L 1：x+1=y一1=z的方向向量为s 1 =(1，1，1)，直线L 2：的方向向量为s 2=(1，2，λ)．显然s 1与s 2不平行，则L 1与L 2相交于一点的充要条件是L 1与L 2共面，即7.直线1：( )（分数：2.00）A.L 1∥L 2．√B.L 1与L 2相交但不垂直．C.L 1⊥L 2且相交．D.L 1，L 2是异面直线．8.函数f(x，y，z)=x 2 y 3 +3y 2 z 3在点(0，1，1)处方向导数的最大值为( )（分数：2.00）．√C.117．D.107．解析：解析：函数f(x，y，z)=x 2 y 3 +3y 2 z 3在点(0，1，1)处方向导数的最大值等于f(x，y，z)在点(0，1，1)处梯度向量的模． gradf(0，1，1)=(0，6，9)，故选B．9.设可微函数f(x，y，z)在点(x 0，y 0，z 0 )处的梯度向量为g，l=(0，2，2)为一常向量，且g.l=1，则函数f(x，y，z)在点(x 0，y 0，z 0 )处沿l方向的方向导数等于（分数：2.00）A.B. √C.D.解析：解析：设l的方向余弦为cosα，cosβ，cosγB．10.在曲线x=t，y=一t 2，z=t 3的所有切线中，与平面x+2y+z=4平行的切线( )（分数：2.00）A.只有一条．B.只有两条．√C.至少有三条．D.不存在．解析：解析：曲线x=t，y=一t 2，z=t 3在点t=t 0处的切向量为t=(1，一2t 0，3t 02)．平面x+2y+z=4的法线向量为n=(1，2，1)．由题设知n上t，即1—4t 0 +3t 02 =0，则t 0 =1或t 0，故选B．11.设L是圆周x 2 +y 2 =1，n为L的外法线向量，u(x，( )（分数：2.00）A.0．√C.π．D.一π．解析：解析：(n，y)，这里的cos(n，x)，cos(n，y)为曲线L的外法线向量的方向余弦，设t为L的逆时针方向的切线向量，则cos(n，x)=cos(t，y)，COS(n，y)=—cos(f，x)二、填空题(总题数：11，分数：22.00)12.过(1，1，一1)，(一2，一2，2)和(1，一1，2)三点的平面方程为 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：x一3y一2z=0）解析：解析：设已知的三个点分别是A(1，1，一1)，B(一2，一2，2)和C(1，一1，2)，因此可知向量=(0，一2，3)．平面的法向量n与以上两个向量垂直，因此=3i一9j一6k=(3，一9，一6)，由点法式可得3(x一1)一9(y一1)一6(z+1)=0，化简得x一3y一2z=0．13.经过平面∏ 1：x+y+1=0与平面∏ 2：x+2y+2z=0的交线，并且与平面∏ 3：2x—y—z=0垂直的平面方程是 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：3x+4y+2z+2=0）解析：解析：联立∏ 1与∏ 2的方程取x=0，可得点P 0 (0，一1，1)．由所求平面∏过点P 0且π1，π2交线的方向向量s与n 3 =(2，一1，一1)垂直，因此故π的方程为3z+4y+2z+2=0．14. 1，（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：x—y+z=0）解析：解析：设所求平面方程是Ax+By+Cz+D=0A=t，B=一t，C=t．则所求平面方程是tx—ty+tz+0=0，即x一y+z=0．15.若α∥β，α={6，3，一2}，而｜β｜=14，则β= 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：±2{6，3，一2}）解析：解析：设β=λα，则｜β｜=｜λ｜｜α｜，即解得｜λ｜=2，故β=±2{6，3，一2}．16.设(a×b).c=2，则[(a+b)×(b+c)].(c+a)= 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：4）解析：解析：[(a+b)×(b+c)].(c+a) =[(a+b)×b].(C+a)+[(a+b)×c].(c+a) =(a×b).c+(b×c).a=(a×b).c+(a×b).c=4．17.若α，β，γ是单位向量且满足α+β+γ=0，则以α，β为边的平行四边形的面积S= 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：[*]）解析：解析：令=θ，则以α，β18.已知三个向量a，b，c，其中c⊥a，c⊥b，a与b｜a｜=6，｜b｜=｜c｜=3，则(a×b).c= 1．（分数：2.00）填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：±27）解析：解析：由题设可知｜a×b｜=｜a｜｜b｜sin(a，．由于c⊥a，c⊥b，则c∥(a×b)，即c与a×b之间夹角为α=0或π．因此，(a×b).c=｜a×b｜｜c｜cosα=9×3×(±1)==±27．。
空间向量及立体几何练习试题和答案解析
1 •如图，在四棱锥P- ABCD中，底面ABC助正方形，平面PADL平面ABCD点M 在线段PB ±, PD//平面MAC PA二PD； AB=4(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B- PD- A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【分析】(1)设ACH BD=O则0为BD的中点，连接0M利用线面平行的性质证明0M/ PD 再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；(2)取AD中点G,可得PGLAD,再由面面垂直的性质可得PGL平面ABCD贝U PGLAD, 连接0G则PGLOG再证明OGLAD.以G为坐标原点，分别以GD GO GP所在直线为x、y、z 轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B- PD- A的大小；(3)求出门；的坐标，由：〃与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC 与平面BDP所成角的正弦值.【解答】⑴证明：如图，设ACH BD=O••• ABCL正方形，二0为BD的中点，连接0M••• PD//平面MAC PD?平面PBD 平面PBDH 平面AMC=OM••• PD// 0M则一-一,即卩M为PB的中点；BD BP(2)解：取AD中点G,••• PA=PD- PGL心• ••平面PADL平面ABCD且平面PADH平面ABCD=AD••• PG!平面ABCD 贝U PG!AD,连接OG 贝U PG1OG由G是AD的中点，0是AC的中点，可得OG/ DC贝U OGLAD.以G为坐标原点，分别以GD GO GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由 PA 二PD ： AB=4 得 D (2, 0, 0), A (- 2, 0, 0), P (0, 0,西)，C (2, 4, 0) , B (- 2, 4, 0), M (- 1 , 2 ,• ••二面角B- PD- A 的大小为60°(3)解：：一，L...:,平面BDP 的一个法向量为；…• ••直线MC 与平面BDP 所成2.如图，在三棱锥P- ABC 中，PAL 底面ABC / BAC=90 •点D, E, N 分别为 棱PA PC, BC 的中点』是线段AD 的中点,PA 二AC 二4 AB=2(I)求证：MN/平面BDE(U)求二面角c- EMM —川的正弦值；(川)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为二，求线段・:, r 1设平面PBD 的一个法向量为;y, z),则由丿 ，得-，取〜丁，得I !■ ,m^DB=0的二° 取平面PAD 的一个法向量为1, 0). 〉二站 二- 11 In 2X1 ~~T训练了利用空间向量求空间角，属中二 cos 角的正弦值为cos V档题.AH的长.【分析】(I)取AB中点F,连接MF、NF,由已知可证MF//平面BDE NF//平面BDE得到平面MFN/平面BDE则MN/平面BDE(U)由PAL底面ABC / BAC=90 •可以A为原点，分别以AB AC AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系•求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C- EM- N的余弦值，进一步求得正弦值；(川)设AH=t,则H ( 0, 0, t ),求出丽*豆的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为'列式求得线段AH的长.21【解答】(I)证明：取AB中点F,连接MF NF,••• M 为AD 中点，二MF// BD••• BD?平面BDE MF?平面BDE 二MF// 平面BDE••• N 为BC 中点，二NF// AC又D E分别为AP PC的中点，二DE// AC则NF// DEv DE?平面BDE NF?平面BDE 二NF// 平面BDE又ME NF=F• ••平面MFN/平面BDE则MN/平面BDE(U)解：v PA!底面ABC / BAC=90 ・•••以A为原点，分别以AB AC AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.v PA=AC=4 AB=2…A (0, 0, 0), B (2, 0, 0), C (0, 4, 0), M( 0, 0, 1), N (1, 2, 0), E (0, 2, 2),设平［ftl MEN 勺一个法向量为;由图可得平面CME 的一个法向量为一门・「(川)解:设 AH 二t,则 H( 0, 0, t ), □ T.；…直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为牛!- 2tz2_|=V7I NH I I 傅尹 X 2V3 21解得:t=¥或t=£.5 2•••当H 与P 重合时直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为］，此时线段AH 的长为【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考 查计算能力，是中档题. f f > - io*n4 Wsi ID,in n V21 s 121 面角C- EM- N 的余弦值为 丄—则正弦值为cosV则Z 」-1 ,『由严号二0,得x+2yb2y z=0取z 二2,得• V COS3•如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABC（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是I•的中点.(I)设P是」上的一点，且API BE,求/ CBP的大小;(U)当AB=3 AD=2时，求二面角E-AG C的大小.【分析】(I)由已知利用线面垂直的判定可得BEX平面ABP得到BE! BP,结合/ EBC=120 求得/ CBP=30 ;(n)法一、取L的中点H,连接EH GH CH可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M连接EM CM EC,得到EML AG CM! AG说明/ EMC为所求二面角的平面角•求解三角形得二面角E-AG- C的大小.法二、以B为坐标原点，分别以BE BP, BA所在直线为x, y, z轴建立空间直角坐标系•求出A, E, GC的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E- AG- C的大小.【解答】解：(I)： APL BE, AB 丄BE 且AB AP?平面ABP ABA AP=A… BE!平面ABP又BP?平面ABP… BE! BP,又/ EBC=120 ,因此/ CBP=30 ;(n)解法一、取三「的中点H，连接EH, GH CH vZ EBC=120，二四边形BECH 为菱形, … AE二GE二AC二GC-:・取AG中点M连接EM CM EC贝U EML AG CML AG •••/ EMC为所求二面角的平面角.又AM=1 • EM=CM=-在八BEC中，由于/ EBC=120 ,由余弦定理得:EC=22+22- 2X 2X 2X cosl20° 二12, •V ■:二，因此△ EMC为等边三角形,故所求的角为60°・解法二、以B为坐标原点，分别以BE, BP, BA所在直线为x,直角坐标系.y, z轴建立空间由题意得：A （0,C （- 0, 3） , E （2,1,血，0）,0, 0） , G （1,體，3）, 设ID 二（K「y 1 E !）为平面AEG的一个法向量,由V,得亠m* AC设口二（牙和y2' 七）为平面ACG的一个法向量，x 2 y 2~ °'可得丿2沁一0 '取=得"心，-2）.m * n 1 •cosn> = L ・右.I Ini <【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题.4•如图，在以A, B, C, D, E, F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD/ AFD=90,且二面角D- AF- E与二面角C- BE- F都是60°・(I)证明平面ABE吐平面EFDC【分析】(I)证明AF丄平面EFDC利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEFL 平面EFDC(U)证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E-BC- A的余弦值.【解答】(I)证明：:ABEF为正方形，二AFLEF.vZ AFD=90,二AFL DF,v DFn EF=F,• • • AFL 平面EFDCv AF?平面ABEF• ••平面ABEL平面EFDC(U)解：由AFLDF, AFLEF,可得/ DFE为二面角D- AF- E的平面角；由ABEF为正方形，AF丄平面EFDC…BE! EF,…BE!平面EFDC即有CE! BE,可得/ CEF为二面角C- BE- F的平面角.可得/ DFE二/ CEF=60 ・••• AB// EF, AB?平面EFDC EF?平面EFDC••• AB// 平面EFDC•••平面EFD© 平面ABCD=CDAB?平面ABCD…AB// CD …CD// EF,•••四边形EFDC为等腰梯形.以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a则E (0, 0, 0), B (0 , 2a, 0) , C — a.) , A (2a , 2a , 0),2•••匸_= (° , 2a , 0>,~. =(—, 一2且,一R，一■二(一2a , 0 , 0)设平面BEC的法向量为|=(Xi, yi, Zi),则丿….nTRC二00, - i)・n_BC_0设平面ABC的法向量为II二(X2, y2, Z2), ___ ?La 73y X2~2ay 2 -2亠2」二0设二面角E- BC- A的大小为6,则cos0=! E1. j:1 二V3+1-V3+16则二面角E-2A的余弦值为-辔.【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键.5•如图，菱形ABCD勺对角线AC与BD交于点0, AB=5 AC二6点E, F分别在AD CD ±, AE=CF=, EF交于BD于点H, #△ DEF沿EF折至力EF的位置，40D 二顶.(I)证明：D H丄平面ABCD(U )求二血角B—D‘ A- C的正弦值.D'【分析】(I )由底面ABC助菱形，可得AD=CQ结合AE=C阿得EF# AQ再由ABCD是菱形，得AC丄BD,进一步得到EF丄BD,由EF丄DH可得EF丄D H,然后求解直角三角形得D H丄0H再由线面垂直的判定得D H丄平面ABCD(n)以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到屁、疋厂、兀的坐标，分别求出平面ABD与平面AD C的一个法向量厂(J,设二面角二面角B- D A- C的平面角为氏求出IcosB | •则二面角B- D A- C的正弦值可求.【解答】⑴证明：：ABCD1菱形,…AD=DC 又 AE=CF=,贝 U EF// AC,又由ABCD 是菱形，得ACL BD 贝U EF± BD …EFL DH 则 EFL D H,…AC=6…A0=3又 AB=5 ACL OB••• 0B=4OH 里叩 D 二1 ,贝 U DH=D H=32 2 2•••I OD | =|OH +| D H ,则 D H± OH又 OFT EF=H• D H 丄平面ABCD(n)解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系, …AB=5 AC=6• B (5 , 0 , 0), C (1 , 3 , 0) , D ( 0 , AB= (a» 3, 0). AL 二(-1, 3, 3), AC= (0» 6, 设平面ABD 的一个法向量为石二7Z z),丑二D /曰©+3y 二0 怖。
高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案
空间向量与立体几何经典题型与答案1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ,⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ,且12PA AD DC ===，1AB =,M 是PB 的中点 (Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ; （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角;（Ⅲ)求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小证明:以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M(Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥,且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面PAD 又DC 在面PCD 上,故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解:因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ)解:在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-故所求的二面角为2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD（Ⅰ)证明:AB ⊥平面VAD ；(Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小证明:以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系（Ⅰ)证明:不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V , )23,0,21(),0,1,0(-==VA AB由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥,因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ,AD 都垂直∴AB ⊥平面VAD(Ⅱ）解:设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得 因此，AEB ∠是所求二面角的平面角,,721||||),cos(=⋅⋅=EB EA EB EA EB EA 解得所求二面角的大小为.721arccos3 如图，在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底V面ABCD ，3AB =，1BC =,2PA =, E 为PD 的中点（Ⅰ)求直线AC 与PB 所成角的余弦值;(Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ,使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离解:(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,,,A B C D P E 的坐标为(0,0,0)A 、(3,0,0)B 、(3,1,0)C 、(0,1,0)D 、(0,0,2)P 、1(0,,1)2E ,从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅⋅=PB AC PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473 (Ⅱ)由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则)1,21,(z x NE --=,由NE ⊥面PAC 可得,⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 和AP 的距离分别为31,64 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====(Ⅰ）求BF 的长； （Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离解:（Ｉ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ,(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴(ＩI)设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由 ⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α,则 .333341161133||||cos 1111=++⨯=⋅⋅=n CC n CC α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d５ 如图,在长方体1111ABCD A B C D -,中,11,2AD AA AB ===,点E 在棱AD 上移动 （１)证明:11D E A D ⊥;（2）当E 为AB 的中点时,求点E 到面1ACD 的距离； (3)AE 等于何值时,二面角1D EC D --的大小为4π 解：以D 为坐标原点,直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,设AE x =,则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C(1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为(2）因为E 为AB 的中点,则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ,得⎩⎨⎧==c a ba 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面1ACD 的距离为.313212||||1=-+=⋅=n n E D h （３)设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =,∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b CE n C D n 令1,2,2b c a x =∴==-， ∴).2,1,2(x n -= 依题意.225)2(222||||||4cos211=+-⇒=⋅⋅=x DD n DD n π∴321+=x (不合,舍去）,322-=x∴23AE =-时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图,在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ,E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点,1EA EB ⊥，已知112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=,求:（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离;（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值解:（I)以B 为原点,1BB 、BA 分别为,y z 轴建立空间直角坐标系ﻩ由于，112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=ﻩ在三棱柱111ABC A B C -中有1(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)B A B ,)0,23,23(),0,21,23(1C C -设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E)0,2,23()2,,23(0a a --⋅--= ,432)2(432+-=-+=a a a a .,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线，则14143||=+=BE ，故异面直线1,AB EB 的距离为1 （I Ｉ）由已知有,,1111EB A B EB EA ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量EA A B 与11的夹角.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111==⋅=--===θθ即故因A B EA A B EA EA BA A B７ 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形,PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PF EC ⊥ 已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ)二面角E PC D --的大小解:(Ⅰ）以D 为原点,DA 、DC 、DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系由已知可得(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)D P C则(2EF =-由0EF PC ⋅=得又由F 在PC 上得,(2222EF =-因,,EF PC DG PC ⊥⊥故E -的大小为向量EF DG 与的夹角22||||DG EF DG EF ⋅=4。
第四章 解析几何与向量代数(厦门理工作业答案)
高等数学练习题 第四章 空间解析几何与向量代数 系 专业 班 姓名 学号4.1 向量及其线性运算（1）一．选择题1．定点)1,3,2(--A 与)1,3,2(-B 对称的坐标面为 [ C ] （A ）xOy 坐标面 （B ）yOz 坐标面 （C ）zOx 坐标面 （D ）y 轴对称 2．两点)2,2,1(A 与)1,0,1(-B 的距离为 [ B ] （A ）1 （B ）3 （C ）13 （D ）4 3．非零向量 a 和b ，若满足| a –b |=| a | + |b | ，则 [ C ] （A ）a , b 方向相同 （B ）a , b 互相垂直 （C ）a , b 方向相反 （D ）a , b 平行4．已知向量 a = }1,5,3{-, b ={2 ,2 ,3 },则2a –3b 为 [ C ] （A ）{0,12,11} （B ）{16,12,3} （C ）{11,4,0-} （D ）{11,14,4} 二．填空题：1．求出点)5,3,4(-A 到坐标y 2．一个向量的终点在点)7,1,2(-B 它在坐标轴上的投影顺次是4， 4- 和 7，这个向量的起点A 三．解下列各题：1．求向量a =21M M 的模、方向余弦和方向角。
已知M 1(1,2,4 ) , M 2(3 ,0 ,2 )。
解：)1,2,1(1221--=-==OM OM M M a 2121=++=∴cos x a α==-12，cos y a β==-22，cos z a γ==12 所以方向角为 3,43,32πγπβπα===2．求向量a =→→→+-k j i 532的模，并用单位向量 a o 表达向量a 。
解： (=+=22a ∴=038a a3．设向量r 的模是4，它与轴u 的夹角是60o , 求r 在轴u 上的投影。
解： ()cos u r r •ϕ=⋅=⨯=1422所以r 在轴u 上的投影为2。
4．证明以三点A(4 ,1 ,9) , B(10 ,1- ,6) ,C(2 ,4 ,3) 为顶点的三角形是等腰直角三角形 解： )3,2,6(--=-=OA OB AB )6,3,2(--=-=OA OC AC )3,5,8(--=-=OB OC BC2792564,79436==++==++==∴所以以三点A(4 ,1 ,9) , B(10 ,1- ,6) ,C(2 ,4 ,3) 为顶点的三角形是等腰直角三角形高等数学练习题 第四章 空间解析几何与向量代数 系 专业 班 姓名 学号4.1 数量积 向量积 （2）一．选择题1．判断向量→a =→→→++k j i 23和→b =→→-j i 32位置是 [ B ] （A ）平行 （B ）垂直 （C ） 相交 （D ）以上都不是。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编附答案解析
【最新】《空间向量与立体几何》专题解析(1)一、选择题1．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对B．3对C．4对D．5对【答案】C【解析】【分析】-，易证平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面画出该几何体的直观图P ABCDPAD，平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PCD，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面PAD⊥平面ABCD，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD，同理可证：平面PAB⊥平面PAD，由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面PAB⊥平面PCD，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．2．一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.3．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．8(6623)++B ．6(8823)++C ．8(6632)++D ．6(8832)++ 【答案】A 【解析】 【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡⎤=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦8(6623)=++.故选：A. 【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.4．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23厘米，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为332厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移32厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（ ）A ．2颗B ．3颗C ．4颗D ．5颗【答案】C 【解析】 【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()22319133MN CN IM CN IM ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=()99329783,491913ππ=∈ 所以至少需要4颗石子 故选：C 【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.5．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（ ） A ．4：3 B ．3：4C ．16：9D ．9：16【答案】C 【解析】 【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值． 【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ， 则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为23R r =，表面积为221643r R ππ=， 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=，故选：C ． 【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．6．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11A ADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124B ．112C ．16D ．12【答案】A 【解析】由题意在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点12,P P 分别是线段1,AB BD 上的动点，且线段12PP 平行于平面11121,AADD PP B AD B ∆~∆，设1,(0,1)PB x x =∈，即122,PP P =到平面11AA B B 的距离为x ， 所以四棱锥121PP AB 的体积为2111(1)1()326V x x x x =⨯⨯-⨯⨯=-， 当12x =时，体积取得最大值124，故选A ．点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用．7．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式222PA R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为232sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为222223211233PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为2221284433R πππ⎛=⨯= ⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.8．在ABC ∆中，设BAC α∠=，CA 与CB 所成的角是β，绕直线AC 将AB 旋转至AB '，则在所有旋转过程中，关于AB '与BC 所成的角γ的说法正确的是( )A ．当4παβ-≥时，[],γαβαβ∈-+B ．当4παβ-<-时，[],γβααβ∈-+C ．当4παβ+≥时，[],γαβαβ∈-+D ．当4παβ+<时，,γαβαβ∈⎡-+⎤⎣⎦ 【答案】D 【解析】 【分析】首先理解异面直线所成的角的范围是0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，排除选项A,B,C,对于D 可根据AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，再将异面直线所成的角，转化为相交直线所成的角，判断最大值和最小值. 【详解】因为γ是异面直线所成的角，所以0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦A.当4παβ-≥时，αβ+的范围有可能超过2π，比如，3,46ππαβ==，所以不正确； B.当4παβ-<-时，当3,46ππβα==，此时[],γβααβ∈-+，也不正确； C.当4παβ+≥，当3,46ππαβ==，此时[],γαβαβ∈-+，故也不正确； D. 4παβ+<时，AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，如图，过点A 作BC 的平行线AD ，且CAD β∠=，'AB 与BC 所成的角γ转化为AB '与AD 所成的角，由图象可知，当AB '是AB 时，角最大，为αβ+，当AB '在平面ABC 内时，不与AB 重合时，角最小，此时为αβ-故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，重点考查轨迹，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是判断，并画出AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥.9．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（ ）A ．12πB ．4π C ．512π D ．2π 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-，，即可求出33cos QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果.【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-， 在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =， 所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-所以33cos QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C.【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.10．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 ．83163ππ+C ．28πD ．82163ππ+【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．11．三棱锥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 ．3 C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB = ∴132232ABC S ∆=⨯⨯=∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE == ∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点 ∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V ==故选B.12．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ）A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．βαγ>>D ．不确定【答案】A 【解析】 【分析】D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO POAPB PD a α==∠，同理可得：sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>.故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.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．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ） A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C 【解析】 【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ，由最小角定理得αβ>，排除A 和B ； 由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan ABBNA ANγ=∠=， 而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AMMVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.15．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC . 所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=，2AC BC PD ∴===，AB ∴==，||||||DA DB DC ∴===||||||PA PB PC ∴====222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直，122PBA S ∆=⨯=Q 122PBC PAC S S ∆∆===Q∴三棱锥P -ABC 的侧面积为故正确的为C. 故选：C. 【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.16．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( )A ．4B ．2C ．2D ．4【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1122BDE S BD OE ∆==g ，即α 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.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13三棱柱的高为23 A ．323πB ．163πC ．83π D ．643π【答案】A 【解析】 【分析】求得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)2r =+=，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2221(3)21r r =+=⇒=， 根据球的性质，可得外接球的直径为22222(2)2(23)4R r h =+=+=，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．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.19．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C 【解析】 【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可． 【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点， 俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.20．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形.（Ⅰ）若，证明：直线平面；（Ⅱ）是否存在过的平面，使得直线平行，若存在请作出平面并证明，若不存在请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）存在，证明见解析【解析】（Ⅰ）由四边形和都为矩形知，⊥AB，⊥AC，由线面垂直判定定理知⊥面ABC，由线面垂直定义知⊥BC，又因为AC⊥BC，由线面垂直判定定理知，BC⊥面；（Ⅱ）取AB的中点为M，连结交于D，连结DE，显然E是的中点，根据三角形中位线定理得，DE∥，又由于DE在面过的平面内，根据线面平行的判定定理知和该平面平行.试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形和都是矩形，所以 2分因为为平面内的两条相交直线，所以 4分因为直线平面，所以又由已知，为平面内的两条相交直线，所以平面 7分（Ⅱ）存在 8分连接，设，取线段AB的中点M，连接.则平面为为所求的平面. 1１分由作图可知分别为的中点，所以 13分又因为因此 14分考点: 空间线面垂直垂直的判定与性质；线面平行的判定；推理论证能力2.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2，M为AD的中点．(1)证明：MF⊥BD；(2)若二面角A－BF－D的平面角的余弦值为，求AB的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明由已知得△ADF为正三角形，所以MF⊥AD，因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，MF⊂平面ADEF，所以MF⊥BD.(2)设AB＝x，以F为原点，AF，FE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，则F(0,0,0)，A(－2,0,0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1＝(0,1,0)．设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则可取n2＝.因为cos〈n1，n2〉＝＝，得x＝，所以AB＝.3.已知向量＝(2,4,5)，＝(3，x，y)，若∥，则() A．x＝6，y＝15B．x＝3，y＝C．x＝3，y＝15D．x＝6，y＝【答案】D【解析】∵＝＝，∴x＝6，y＝，选D项．4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面【答案】B【解析】以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(，0，)，F(，，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝(，，－)，＝(－1，－1,1)，＝－，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.5.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________．【答案】60°【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〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.6.已知点A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B，关于xOy平面的对称点为C，则BC中点D的坐标为________．【答案】(1,0,1)【解析】因为A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B(1，－t,1)，关于xOy平面的对称点为C(1，t,1)，所以BC中点D的坐标为(，，)，即D(1,0,1)．7.如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.（1）证明：为的中点；（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.【答案】（1）为的中点；（2）；（3）.【解析】（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）可以有两种方法进行求解.第一种方法，用常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，再利用向量求出二面角.（1）证：因为∥，∥,，所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.故与的对应边相互平行，于是.所以，即为的中点.（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.，，所以，又所以，故.（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.因为∥，，所以.又因为梯形的面积为6，，所以.于是.故平面与底面所成二面角的大小为.解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，由得，所以.又因为平面的法向量，所以，故平面与底面所成而面积的大小为.【考点】1.二面角的求解；2.几何体的体积求解.8.如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，，为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线MN，N为中点，在中，利用中位线得到，且，结合已知条件，可证出四边形ABMN为平行四边形，所以，利用线面平行的判定，得∥平面；第二问，利用面面垂直的性质，判断面，再利用已知的边长，可证出，则利用线面垂直的判定得平面BDE，再利用面面垂直的判定得平面平面；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可.（1）证明：取中点，连结．在△中，分别为的中点，所以∥，且．由已知∥，，所以∥，且．所以四边形为平行四边形，所以∥．又因为平面，且平面，所以∥平面． 4分（2）证明：在正方形中，．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．所以． 6分在直角梯形中，，，可得．在△中，，所以． 7分所以平面． 8分又因为平面，所以平面平面． 9分（3）（方法一）延长和交于．在平面内过作于,连结．由平面平面，∥，，平面平面=，得，于是．又，平面，所以，于是就是平面与平面所成锐二面角的平面角. 12分由，得.又，于是有.在中，.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分（方法二）由（2）知平面，且．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．易得.平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，因为，所以，令，得．所以为平面的一个法向量．１２分设平面与平面所成锐二面角为．则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分【考点】中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角.9.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.10.在如图所示的几何体中，平面，∥，是的中点，，．（1）证明：∥平面；（2）求二面角的大小的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行，取中点，连接，则，且，由已知得，且，故，则四边形是平行四边形，可证明，进而证明∥平面，或可通过建立空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标，证明直线的方向向量垂直于平面的法向量即可；（2）先求半平面和的法向量的夹角的余弦值，再观察二面角是锐二面角还是钝二面角，来决定二面角的大小的余弦值的正负，从而求解．（1）因为，∥，所以平面．故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是，，，，，．所以，因为平面的一个法向量为，所以，又因为平面，所以平面． 6分（2）由（1）知，，，．设是平面的一个法向量，由得，取，得，则设是平面的一个法向量，由得，取，则，则设二面角的大小为，则，故二面角的大小的余弦值为．【考点】1、直线和平面平行的判断；2、二面角的求法.11.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，,，平面平面,若，，,，且．（1）求证：平面；（2）设平面与平面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（1）参考解析；（2）【解析】（1）由，所以.又,.在三角形PAO中由余弦定理可得.所以.即.又平面平面且平面平面=AD，平面PAD.所以平面.（2）由题意可得建立空间坐标系，写出相应点的坐标，平面PAD的法向量易得，用待定系数写出平面PBC的法向量，根据两向量的法向量夹角的余弦值，求出二面角的余弦值.（1）因为，，所以， 1分在中，由余弦定理，得， 3分，， 4分， 5分又平面平面，平面平面,平面，平面． 6分（2）如图，过作交于，则，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 7分则，，8分，， 9分设平面的一个法向量为，由得即取则，所以为平面的一个法向量． 11分平面,为平面的一个法向量．所以， 12分． 13分【考点】1.线面垂直的证明.2.二面角.3.空间坐标系的表示.4.向量的夹角.12.如图，在直三棱柱中，已知，，．（1）求异面直线与夹角的余弦值；（2）求二面角平面角的余弦值．【答案】（1），（2）．【解析】（1）利用空间向量求线线角，关键在于正确表示各点的坐标. 以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，,因此，所以异面直线与夹角的余弦值为．（2）利用空间向量求二面角，关键在于求出一个法向量. 设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；同理可得平面的一个法向量为；由两向量数量积可得二面角平面角的余弦值为．试题解析：如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，，．（1）因为，所以异面直线与夹角的余弦值为． 4分（2）设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；所以二面角平面角的余弦值为． 10分【考点】利用空间向量求线线角及二面角13.如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝，点M，N分别在线段PA和BD上，BN＝BD．（1）若PM＝PA，求证：MN⊥AD；（2）若二面角M－BD－A的大小为，求线段MN的长度．【答案】（1）详见解析;（2）．【解析】（1）由于这是一个正四棱锥，故易建立空间坐标系，易得各点的坐标，由，得，由，得，即可求得向量的坐标：．不难计算出它们的数量积，问题得证;（2）利用在上，可设，得出点的坐标，表示出，进而求出平面的法向量n＝(λ－1，0，λ)，由向量的夹角公式可得，解得，从而确定出，由两点间距离公式得.试题解析：证明：连接交于点，以为轴正方向，以为轴正方向，为轴建立空间直角坐标系．因为，则．（1）由，得，由，得，所以．因为．所以. 4分（2）因为在上，可设，得．所以．设平面的法向量，由得其中一组解为，所以可取n＝(λ－1，0，λ). 8分因为平面的法向量为，所以，解得，从而，所以. 10分【考点】1.线线垂直的证明;2.二面角的计算14.如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，交于点，（1）求证：；（2）若的大小；（3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值。
空间解析几何复习题答案
2 2 2 ⎧ ⎪x + y = a （3） ⎨ 。 2 2 2 ⎪ x + z = a ⎩ 8.4.2 分别求母线平行于 x 轴及 y 轴而且通过曲线 2 2 2 ⎧ ⎪ 2 x + y + z = 16 ⎨ 2 2 2 ⎪ ⎩x + z − y = 0
的柱面方程。 答案：母线平行于 x 轴的柱面方程： 3 y 2 − z 2 = 16 ；母线平行于 y 轴的柱面方程： 3x 2 + 2x 2 = 16 。 8.4.3 求在 yOz 平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程） 。 ⎧x 2 + y 2 + z 2 = 1 ⎧ y 2 + z 2 =1 ⎧x 2 + y 2 + z 2 = 1 答案： ⎨ ；⎨ ； ⎪ 。 ⎨ 2 2 ⎪ ⎩x = 0 ⎩x = 0 ⎩y + z =1 8.4.4 指出下列方程所表示的曲线 ⎧ x 2 + y 2 + z 2 + 25 （1） ⎨ ⎩x = 3 ⎧ x 2 − 4 y 2 + z 2 = 25 （3） ⎨ ； ⎩ x = −3 ⎧ x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 30 （2） ⎨ ； ⎩z = 1 ⎧ y 2 + z 2 − 4x + 8 = 0 （4） ⎨ ； ⎩y = 4
4 3⎞ ⎛ 4 3⎞ 答案： ⎛ ⎜ 0, , − ⎟ , ⎜ 0, − , ⎟ 5⎠ ⎝ 5 5⎠ ⎝ 5 8.2.7 已知 | a |= 3, | b |= 26, | a × b |= 72 ，计算 a ⋅ b 。 答案： ±30 8.2.8 已知 | a |= 3, | b |= 5 ，问 λ 为何值时 a + λb 与 a − λb 互相垂直？ 3 5 8.2.9 已知向量 a = 2i − 3 j + k , b = i − j + 3k 和 c = i − 3 j ，计算 （1） (a ⋅ b)c − (a ⋅ c )b ； （2） (a + b) × (b + c ) ； 答案： ± 答案： （1） （-3，-13，-33） ； （2） （4，-1，-4） ； （3）7
高等数学第七章空间解析几何与向量代数试题[1]
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(一)选择题1. 已知A (1,0,2), B (1,2,1)是空间两点，向量 的模是：（ ）A ）B ）C ） 6D ）9532. 设a ={1,-1,3}, b ={2,-1,2}，求c =3a -2b 是：（ ）A ）{-1,1,5}.B ） {-1,-1,5}.C ） {1,-1,5}.D ）{-1,-1,6}.3. 设a ={1,-1,3}, b ={2,-1,2}，求用标准基i , j , k 表示向量c ;A ）-i -2j +5kB ）-i -j +3kC ）-i -j +5kD ）-2i -j +5k4. 求两平面032=--+z y x 和052=+++z y x 的夹角是：（ ）A ）B ）C ）D ）2π4π3ππ5. 一质点在力F =3i +4j +5k 的作用下，从点A （1,2,0）移动到点B (3, 2,-1)，求力F 所作的功是：（ ）A ）5焦耳B ）10焦耳C ）3焦耳D ）9焦耳6. 已知空间三点M (1,1,1)、A (2,2,1)和B （2，1，2），求∠AMB 是：（ ）A ）B ）C ）D ）2π4π3ππ7. 求点)10,1,2(-M 到直线L ：12213+=-=z y x 的距离是：（ ）A ） B C ） D ）13811815818. 设求是：（）,23,a i k b i j k =-=++r r r r r r r a b ⨯r r A ）-i -2j +5k B ）-i -j +3k C ）-i -j +5k D ）3i -3j +3k9. 设⊿的顶点为，求三角形的面积是：（ ABC (3,0,2),(5,3,1),(0,1,3)A B C -）A ）B ）C ）D ）33623643210. 求平行于z 轴，且过点)1,0,1(1M 和)1,1,2(2-M 的平面方程．是：（ ）A ）2x+3y=5=0B ）x-y+1=0C ）x+y+1=0D ）01=-+y x ．填空题(1) a ∙b = （公式）(2) a ·b = （计算）(3).=⨯b a r r (4)][c b a r r r =(5) 平面的点法式方程是(6) 三维向量 21M M 的模为| 21M M |=(7) 坐标面的曲线绕轴旋转生成的旋转曲面的方程是：yoz 0),(=z y f z (8) 已知两点与，与向量方向一致的单位向量= 。
空间向量与立体几何-答案解析
，
AB 则{
1
⋅
n
=0
− 即{
3x − y + 3z = 0 ， 取z = 1，则x =
3，得 n = ( 3, 0, 1)，
B1C1 ⋅ n = 0 2y = 0
∵ cos⟨BB1 ,
n⟩ =
BB1 ⋅ n ∣∣∣BB1 ∣∣∣ ∣∣∣ n ∣∣∣
=
3 3×2
=
1 ，
2
1 ∴ BB1与平面AB1C1所成的角的正弦值为 2 ，
3,
2 2
)．
故cos ⟨AE, CF ⟩ =
AE ⋅ CF ∣∣∣AE∣∣∣ ∣∣∣CF ∣∣∣
=−
3． 3
3 所以直线AE与直线CF 所成角的余弦值为 3 ．
例题4
1
【答案】 3 3
【解析】在矩形ACC1A1中，∵ AC1⊥平面A1BD，∴ AC1⊥A1D，可知△A1AD ∼ △ACC1，
AC 则
可得AC1 = (−2, 2, 2)，A1E = (−2, 2, −1)．
由题意可知AC 1 即为平面A1 B D 的一个法向量， 设A1 E与平面A1 B D 所成的角为θ ，
则sin θ
=
∣∣cos⟨AC ∣
1
,
A1
E⟩∣∣ ∣
=
AC1 ⋅ A1E ∣∣∣AC1∣∣∣ ⋅ ∣∣∣A1E∣∣∣
=
2
可得A (0, − 3, 0)，C (0, 3, 0)，
由BE⊥平面ABCD，AB = BC，可知AE = EC．
又AE⊥EC，所以EG = 3，且EG⊥AC．
在Rt△EBG中，可得BE =
2，故DF =
2． 2
所以E (1, 0, 2)，F (−1, 0, 2 )， 2