奉贤春季补习班,恒高教育教你立体几何、空间向量(含答案)

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空间向量在立体几何中的应用答案word精品文档5页

17. 解析 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，设(a ＋c )与(b ＋c )夹角为θ，因此cos θ＝5－12＋338·38＝－219. 18. 证明 AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD→＝0，即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0. 又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34＝0， ∴AE→⊥CD →，即AE ⊥CD . (2)证法一 ∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB→＝0， ∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB .证法二 ∵AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∵设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ x ＝014x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n . ∵PD→∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .19.如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH→＝(m ，m,1)(m ＞0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC→＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.20. 解析 (1)证明连接AB 1，与BA 1交于点O ，连接OD .∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ，∴AD ＝PD .又∵AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1，∴PB 1∥平面BDA 1.(2)如图，过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连接BE .∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ，∴BA ⊥平面AA 1C 1C .∴BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52，又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52·AE ，∴AE ＝255.在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2552＝355， ∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.21. 解析 (1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC .∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ADB ⊥平面BDC .(2)由∠BDC ＝90°及(1)，知DA ，DB ，DC 两两垂直．不妨设|DB→|＝1，以D 为坐标原点，分别以DB→，DC →，DA →所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DB →＝(1,0,0)， ∴AE→与DB →夹角的余弦值为cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222. 22. 解析 (1)证明因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .所以BD ⊥平面P AC .(2)设AC ∩BD ＝O ，因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB→＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC→＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP→＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0. 所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t .所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t . 同理，平面PDC 的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t . 因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t 2＝0，解得t ＝ 6.所以P A ＝ 6.。

高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)

6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

1. 空间直角坐标系（1）为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以单位正方体OABC −D ′A ′B ′C ′为载体，__________________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz ，其中O 叫坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫坐标轴．（2）___________________叫坐标平面，分别称为________________________．（3）通常建立的直角坐标系为___________________，即___________________________________．2. 空间两点间的距离（1）若A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2)，则|AB|=________．（2）特别地，点P (x,y,z )与原点O 之间的距离为|PO|=________．3. 空间向量的数量积及运算律（1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →=a ，OB →=b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作⟨a ,b ⟩，其范围是0≤⟨a ,b ⟩≤π，若⟨a ,b ⟩=π2，则称a 与b ________，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩叫做向量a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩．（2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )⋅b =λ(a ⋅b )； ②交换律：a ⋅b =b ⋅a ；③分配律：a ⋅(b +c )=a ⋅b +a ⋅c .4. 空间向量的坐标表示及应用（1）数量积的坐标运算设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a ⋅b =________．（2）共线与垂直的坐标表示设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a //b ⇔a =λb ⇔________，________，a 3=λb 3(λ∈R ）， a ⊥b ⇔a ⋅b =0⇔________（a ，b 均为非零向量）．（3）模、夹角和距离公式设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则|a |=√a ⋅a =√a 12+a 22+a 32，cos ⟨a ,b ⟩=a ⋅b |a ||b |=112233√a 12+a 22+a 32⋅√b 12+b 22+b 32设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2)，则d AB =|AB →|=√(a 2−a 1)2+(b 2−b 1)2+(c 2−c 1)2．5. 空间距离（1）点到直线的距离：指一点到它在一条直线上的________的距离．（2）两异面直线的距离：指两条异面直线的________的长度．（3）点到面的距离：指一点到它在一个平面内的________的距离．（4）平行线面间的距离：设直线l//平面α，则直线l 任意一点到平面α的距离，叫做直线l 到平面α的距离．据此可知：线面距离可转化为点面距离求解．（5）平行平面间的距离：其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，也就是两个平行平面的公垂线段的长度．显然，面面距离可以转化为点面距离求解．6. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1各条棱长都相等．M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角大小是________．7. （文）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30∘，则该长方体的体积为（） A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√38. （理）已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（） A.13 B.√23C.√33D.239. （理）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF//AE ，AD//BC ，AD ⊥AB ，AB =AD =1，AE =BC =2．求证：BF//平面ADE；求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；若二面角E−BD−F的余弦值为1，求线段CF的长．310. （文）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4，O 为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．11. （理）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1=1．D 是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1//平面BDA1．求证：CD=C1D．求点C到平面B1DP的距离．12. （理）在正四面体S−ABC中，侧面SAC与底面ABC所成二面角的余弦值为（）A.1 4B.13C.√24D.√2313. （文）在正四面体S−ABC中，侧棱SA与底面ABC所成线面角的余弦值为（）A.1 2B.√32C.√33D.√6314. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A.1 5B.√56C.√55D.√2215. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘16. （理）二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为（）A.2aB.2√2aC.√5aD.√3a17. （文）已知∠ACB=90∘，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为（）A.1B.√2C.√32D.1218. （理）设三棱锥V−ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则（）A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β19. （文）在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.9π2C.6π D.32π320. （理）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A.2√2B.√10C.√11D.2√321. （文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高ℎ，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A.227B.258C.15750D.35511322. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．23. （理）已知点E、F分别在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．24. （文）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为________．25. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）．①平面A1BD//平面CB1D1；②四边形BDD1B1为正方形；a；③点A到平面BDD1B1的距离为√32④点A1在平面BDC1上的射影为△BDC1的垂心；⑤平面A1BD与平面BDD1B1将四棱柱分成从小到大三部分的体积比为1:2:3．26. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．证明：AC⊥HD′；,OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．若AB=5,AC=6,AE=5427. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．求证：BF⊥平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．28. （理）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长和底面边长均为1，D是BC的中点．求证：A1B//平面ADC1求A1A与平面ADC1所成角的正弦值；的值；若不存在，试问线段A1B1上是否存在点E，使CE⊥平面ADC1？若存在，求AEA1B1说明理由．29. （文）如图，四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD//BC，AD=3BC=6,PB= 6√2，点M在线段AD上，且MD=4,AD⊥AB,PA⊥平面ABCD．求证：平面PCM⊥平面PAD；当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求四棱锥P−ABCD的表面积．参考答案与试题解析6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

高中数学 2空间向量与立体几何(带答案)

空间向量与立体几何一．空间向量及其运算1．空间向量及有关概念（1）共线向量定理：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。

a 平行于b 记作a ∥b。

推论：如果l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a的直线，那么对任一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式 A O P O =a t+①其中向量a叫做直线l 的方向向量。

在l 上取a AB =，则①式可化为.)1(OB t OA t OP +-=②当21=t 时，点P 是线段AB 的中点，则 ).(21OB OA OP += ③①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB 的中点公式。

（2）向量与平面平行：如果表示向量a 的有向线段所在直线与平面α平行或a在α平面内，我们就说向量a 平行于平面α，记作a ∥α。

注意：向量a∥α与直线a ∥α的联系与区别。

共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量。

共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p与向量a 、b 共面的充要条件是存在实数对x 、y ，使.b y a x p+=①推论：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对x 、y ，使,MB y MA x MP +=④或对空间任一定点O ，有.MB y MA x OM OP ++=⑤在平面MAB 内，点P 对应的实数对（x, y ）是唯一的。

①式叫做平面MAB 的向量表示式。

又∵.,OM OA MA -=.,OM OB MB -=代入⑤，整理得.)1(OB y OA x OM y x OP ++--= ⑥由于对于空间任意一点P ，只要满足等式④、⑤、⑥之一（它们只是形式不同的同一等式），点P 就在平面MAB 内；对于平面MAB 内的任意一点P ，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量MA 、MB （或不共线三点M 、A 、B ）确定的空间平面的向量参数方程，也是M 、A 、B 、P 四点共面的充要条件。

(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案

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

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

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

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

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

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.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。

【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。

点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。

2.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则与所成的角的余弦为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则A（1，0，0），C(0，1，0)，F(,0,1),G(,1,1),H（0，，0），所以=(－,0,1)，=（－，－，－1）=，所以与所成的角的余弦为，故选B。

【考点】本题主要考查空间向量的应用。

点评：空间向量的应用问题，通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，化繁为简。

注意向量的夹角与两直线夹角的异同。

3.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。

点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。

4.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。

【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。

点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。

5.在中，，，平面，，则点到的，距离为．【答案】【解析】由于ABC是等腰三角形，作AD垂直BC于D，由PA=PA，AB=AC，所以三角形PBC也是等腰三角形，故PD垂直BC，即PD为P到BC的距离，由PA垂直面ABC，所以PA垂直ADAD==4，PA=8所以在三角形PAD中,PD==。

空间向量立体几何含答案

立体几何一、选择题(每小题6分，共48分)1．已知点A (－4,8,6)，则点A 关于y 轴对称的点的坐标为( )．A ．(－4，－8,6)B ．(－4，－8，－6)C ．(－6，－8,4)D ．(4,8，－6) 2．若a ＝(0,1，－1)，b ＝(1,1,0)，且(a ＋λb )⊥a ，则实数λ的值为( )． A ．－1 B ．0 C ．1 D ．－23．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，a ，b 夹角的余弦值为89，则λ等于( )， A ．2 B ．－2 C ．－2或255 D ．2或255-4．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为( )．A B ．2C ．4D ．85．如图，在四面体ABCD 中，已知AB ＝b ，AD ＝a ，AC ＝c ，12BE EC =，则DE 等于( )．A ．2133-++a b cB ．2133++a b cC ．2133-+a b cD ．2133-+a b c6．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ⊥平面ABC ，且P A ＝AB ，则二面角A －PB－C 的平面角的正切值为( )．A B C D 7．已知A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动(O 为原点)，则当QA QB ⋅取最小值时，点Q 的坐标为( )．A ．444,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．848,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．884,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．448,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为( )．A ．310a B C D ．710a 二、填空题(每小题6分，共18分)9．若向量a ＝(4,2，－4)，b ＝(1，－3,2)，则2a ·(a ＋2b )＝________． 10．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为△AFD 的外心，沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为__________． 11．已知直线AB ，CD 是异面直线，AC ⊥AB ，AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，且AB ＝2，CD ＝1，则异面直线AB 与CD 所成角的大小为________．三、解答题(共3小题，共34分)12．(10分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得OE⊥b？(O为原点)13．(10分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为BAD＝120°，且P A⊥平面ABCD，P A＝M，N分别为PB，PD的中点．(1)证明：MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．14．(14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1．(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；周三小测（立体几何）参考答案1答案：D2答案：D 解析：a ＋λb ＝(λ，1＋λ，－1)．由(a ＋λb )⊥a ，知(a ＋λb )·a ＝0，所以1＋λ＋1＝0，解得λ＝－2． 3答案：C 解析：由公式cos 〈a ，b 〉＝|||⋅a b a b ，知89==解方程得λ＝－2或255． 4答案：A 解析：|a |＝3，|b |＝3，而a·b ＝4＝|a||b|cos ,a b ，∴cos ,a b ＝49，故sin ,a b=于是以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为 S ＝|a||b|sin ,a b＝33⨯= 5答案：A 解析：DE ＝DA ＋AB ＋BE ＝DA ＋AB ＋13(AC －AB )＝2133-++a b c ． 6答案：A 解析：设P A ＝AB ＝2，建立空间直角坐标系，平面P AB 的一个法向量是m ＝(1,0, 0)，平面PBC 的一个法向量是n＝3⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．则cos 〈m ，n〉＝·3||||||||3===m nm n m n ． ∴正切值tan 〈m ，n7答案：D 解析：由题意可知OQ ＝λOP ，故可设Q (λ，λ，2λ)，∴QA ·QB ＝6λ2－16λ＋10＝242633λ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴43λ=时，QA ·QB 取最小值，此时Q 的坐标为448,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭． 8答案：C 解析：建立如图所示的坐标系，则A 1(a,0，a )，D 1(0,0，a )，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，B 1(a ，a ，a )，E ,,2a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，F 0,,02a ⎛⎫ ⎪⎝⎭．设平面A 1D 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则11·0A D =n ，11·0A E =n ，即(x ，y ，z )·(－a,0,0)＝0，(x ，y ，z )·0,,2a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝0， ∴－ax ＝0，02aay z -=． ∴x ＝0，2z y =． ∴n ＝0,,2z z ⎛⎫ ⎪⎝⎭．∴10,||||FD d ⎛ ⋅⎝==n n ．9答案：32 解析：2a·(a ＋2b )＝2|a|2＋4a·b ＝2×36＋4×(－10)＝32． 10答案：3 解析：如图，过K 作KM ⊥EF ，M 为垂足，则向量MK 与FC 的夹角为120°.KG ＝KM ＋MF ＋FC ＋CG ，2KG ＝2KM ＋2MF ＋2FC ＋2CG ＋2KM ·MF ＋2FC ·CG ＋2KM ·FC ＋2KM ·CG . ∴2KG ＝1＋14＋1＋14＋0＋0＋2×1×1×cos 60°＋0＋0＋2×12×12×cos 180°＝2＋12＋1－12＝3．∴3KG =．答案：60° 解析：设AB 与CD 所成的角为θ，则cos θ＝cos ,AB CD ＝AB CD AB CD⋅．由于AB ·CD ＝(AC ＋CD ＋DB )·CD ＝AC ·CD ＋2CD ＋DB ·CD ＝0＋12＋0＝1， ∴cos θ＝11212ABCD AB CD⋅==⨯．由于0°＜θ≤90°，∴θ＝60°，故异面直线AB 与CD 所成角的大小为60°．12答案：解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|答案：解：OE ＝OA ＋AE ＝OA ＋t AB ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )．若OE ⊥b ，则OE ·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得95t =，因此存在点E ，使得OE ⊥b ，此时E 点坐标为6142,,555⎛⎫--⎪⎝⎭． 13答案：证明：连结BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线．所以MN ∥BD ．又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD ．答案：解法一：连结AC 交BD 于O ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB＝BD＝6．又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AC ．在直角△P AC中，AC =PA =AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4，由此知各点坐标如下：A(0,0)，B (0，－3,0)，C0,0)，D (0,3,0)，P(0,)，M 322⎛-- ⎝，N 322⎛- ⎝，Q 33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭．设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM＝3,22⎛-⎝，AN＝322⎛- ⎝，知30,230.2x y x y -+=++= 取z ＝－1，得m ＝(0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM＝32⎛-⎝⎭， QN＝32⎛- ⎝⎭知30,230.623x y z x y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-++=⎪⎩ 取z ＝5，得n ＝(0,5)．于是cos 〈m ，n 〉＝·||||=m n m n ．所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为33．解法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ．又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD ．所以PB ＝PC ＝PD ．所以△PBC ≌△PDC ．而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN ．取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角．由AB ＝P A ＝故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE 在直角△P AC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝QC ＝2，PQ ＝4，在△PBC 中，cos ∠BPC ＝222526PB PC BC PB PC +-=⋅，得MQ =在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ MN ＝3，得2QE ==.在△AEQ 中，2AE =，2QE =，AQ =得cos ∠AEQ ＝2222AE QE AQ AE QE +-=⋅.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为33． 14答案：解：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．答案：解：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．设C 1D ＝x ，∵AC ∥PC 1，∴111C P C D xAC CD x==-．由此可得D (0,1，x )，P 0,1,01x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，∴1A B ＝(1,0,1)，1A D ＝(0,1，x )，1B P ＝1,1,01x x ⎛⎫-+⎪-⎝⎭．设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ， c )，则11110,0.A B a c A D b cx ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩n n 令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)． ∵PB 1∥平面BA 1D ， ∴n 1·1B P ＝1×(－1)＋x ·11x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭＋(－1)×0＝0．由此可得12x =，故CD ＝C 1D ．答案：解：由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝11,,12⎛⎫- ⎪⎝⎭．又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝1212123||||312⋅==⨯n n n n ．故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23．(3)求点C 到平面B 1DP 的距离．答案：解：∵1PB ＝(1，－2,0)，PD ＝10,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)，则311113120,0.2PB a b c PD b ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩n n 令c 1＝1，可得n 3＝11,,12⎛⎫⎪⎝⎭．又10,0,2DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴点C 到平面B 1DP 的距离33||1||3DC d ⋅==n n ．。

高考数学专题复习《空间几何中的向量方法》知识梳理及典型例题讲解课件(含答案)

探究三：求二面角的大小，例3，变式训练3？
变式1：
如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝120°，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面 ABCD，DF⊥平面 ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)证明：平面 AEC⊥平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值．
在 Rt△FDG 中，可得 FG＝ 6. 2
在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 2，可得 EF＝3 2.
2
2
从而 EG2＋FG2＝EF2，所以 EG⊥FG. ②
又因为 AC∩FG＝G，③所以 EG⊥平面 AFC.（一）
因为 EG ⫋ 平面 AEC，（二）所以平面 AEC⊥平面 AFC.
例 1 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 所成的角是
()
A．30°
B．45°
C．60° D．90°
解析：选 C 以 B 为坐标原点，以 BC 所在直线为 x 轴，BA 所在直线为 y 轴，BB1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设 AB＝BC＝AA1＝2，则 C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，∴ E→F＝(0，－1，1)，B→C1＝(2，0，2)，∴E→F·B→C1＝2，设直线 EF 与
[解] (1)证明：如图，连接 BD，设 BD∩AC＝G，连接 EG，FG，EF.
在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3. 由 BE⊥平面 ABCD，AB＝BC，可知 AE＝EC.

高中数学 6立体几何专题空间向量课后习题(带答案)

空间向量课后习题1．空间的一个基底{}，，a b c 所确定平面的个数为（）Ａ．1个Ｂ．2个Ｃ．3个Ｄ．4个以上2．已知(121)A -，，关于面xOy 的对称点为B ，而B 关于x 轴的对称点为C ，则BC =（）Ａ．(042)，，Ｂ．(042)--，，Ｃ．(040)，，Ｄ．(202)-，，3．已知向量111222()()x y z x y z ==，，，，，a b ，若≠a b ，设a b -=R ，则a b -与x 轴夹角的余弦值为（）Ａ．12x x R- Ｂ．21x x R- Ｃ．12x x R-Ｄ．12()x x R-±4．若向量MA MB MC ，，的起点与终点M A B C ，，，互不重合且无三点共线，O 是空间任一点，则能使MA MB MC ，，成为空间一组基底的关系是（）Ａ．111333OM OA OB OC =++Ｂ．MA MB MC ≠+ Ｃ．1233OM OA OB OC =++Ｄ．2MA MB MC =-5．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 是11A B 的中点，则E 是平面11ABC D 的距离是（）Ｃ．126．一条长为a 的线段，夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别是45°和30°，由这条线段两端向两平面的交线引垂线，垂足的距离是（）Ａ．2a Ｂ．3a7．若向量a 与b 的夹角为60°，4=b ，(2)(3)72a b a b +-=-，则a =（）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．128．设P 是60°的二面角l αβ--内一点，PA ⊥平面α，PB ⊥平面β，A B ，为垂足，42PA PB ==，，则AB 的长为（）Ａ．42Ｂ．23Ｃ．25Ｄ．279．ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，2PD AD PD AD ⊥==，，二面角P AD C --为60°，则P 到AB 的距离为（）Ａ．22Ｂ．3Ｃ．2Ｄ．710.已知()()(00)x y z a b c xyz abc ==≠≠，，，，，，p q ，若有等式2222222()()()x y z a b c ax by cz ++++=++成立，则，p q 之间的关系是（）Ａ．平行Ｂ．垂直Ｃ．相交Ｄ．以上都可能11．已知平面α与β所成二面角为80°，P 为αβ，外一定点，过点P 一条直线与αβ，所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（）Ａ．1条Ｂ．2条Ｃ．3条Ｄ．4条12．如图1，梯形ABCD 中，AB CD ∥，且AB ⊥平面α，224AB BC CD ===，点P 为α内一动点，且APB DPC ∠=∠，则P 点的轨迹为（）Ａ．直线Ｂ．圆Ｃ．椭圆Ｄ．双曲线二、填空题13．已知(11)(2)t t t t t =--=，，，，，a b ，则-b a 的最小值是14．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，向量1BA 与向量AC 所成的角为1BD =，若15．如图2，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB D =，在棱1BB 上，且AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则sin α=16．已知m l ，是异面直线，那么： ①必存在平面α过m 且与l 平行； ②必存在平面β过m 且与l 垂直； ③必存在平面γ与m l ，都垂直； ④必存在平面δ与m l ，距离都相等．其中正确命题的序号是三、解答题17．设空间两个不同的单位向量122(0)(0)x y x y ==，，，，，a b 与向量(111)=，，c 的夹角都等于π4．18．如图3，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA =，底面ABCD 是直角梯形，ADC ∠是直角，421AB CD AB AD DC ===，，，∥，求异面直线1BC 与DC 所成角的大小．19．如图4，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动，问AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为π4．20．如图5所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截而得到的，其中14231AB BC CC BE ====，，，．（1）求BF ；（2）求点C 到平面1AEC F 的距离．21．如图6，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，AB BC kPA ==，点O D ，分别是AC PC ，的中点，OP ⊥底面ABC ．（1）求证：OD ∥平面PAB ；（2）当12k =时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；（3）当k 为何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心？22．如图7，已知向量OA OB OC ===，，a b c ，可构成空间向量的一个基底，若123()a a a =，，，a123123()()b b b c c c ==，，，，，b c ，在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算233231131221()a b a b a b a b a b a b ⨯=---，，a b ，显然⨯a b 的结果仍为一向量，记作p ．（1）求证：向量p 为平面OAB 的法向量；（2）求证：以OA OB ，为边的平行四边形OADB 的面积等于⨯a b ；(3)将四边形OADB 按向量OC =c 平移，得到一个平行六面体111OADB CA D B -，试判断平行六面体的体积V答案1.【答案】C2.【答案】Ｂ3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】D9.【答案】D 10.【答案】Ａ 11.【答案】D 12.【答案】B 13.14.【答案】120°． 15.16.【答案】①④17.解：（1）由πcos 4==ac a c 11a c =+·x y ，11+=∴x y又1==a ，222111111113()2122x y x y x y x y +=++=+=∴． 1114x y =∴．（4）同理可得222214x y x y +==， 11x y ，∴是方程2104x +=的两根，同理22x y ，也是．又≠∵a b ，1221==，∴x y x y ．cos ==，·∴·a b a b a b a b 1212112212=+=+=x x y y x y x y ，60a b =，∴°．18.解：以D 为原点，1DA DC DD ，，所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则1(012)(240)(010)C B A ，，，，，，，，． 1(232)BC =--，，∴，(010)CD =-，，．设1BC 与CD 所成角为θ，则11317cos 17BC CD BC CDθ==·． θ=∴． ∴异面直线1BC 与DC 所成角的大小为19.解：设AE x =，以D 为原点，直线1DA DC DD ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系，则11(101)(001)(10)(100)(020)A D E x A C ，，，，，，，，，，，，，，． 11(120)(021)(001)CE x D C DD =-=-=，，，，，，，，∴．设平面1D EC 的法向量为()a b c =，，n ，由1020(2)00n n⎧=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-==⎩⎪⎩，，，··D C b c a b x CE 令1b =，22c a x ==-，∴．(212)x =-，，∴n ．依题意11π2cos 42DD DD ==⇒=n n ·．2x =∴（2x =+ 2AE =∴20.解：（1）以D 为原点，DAF DC DF ，，所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -， 1(000)(240)(200)(040)(241)(043)D B A C E C ，，，，，，，，，，，，，，，，，，设(00)F z ，，．由1AF EC =，得(20)(202)z -=-，，，，，2z =∴．(002)(242)F BF =--，，，，，∴．26BF =∴（2）设1n 为平面1AEC F 的法向量，1(1)x y =，，n ，由1100AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，··n n 得410220y x +=⎧⎨-+=⎩，．114x y =⎧⎪⎨=-⎪⎩，．∴又1(003)CC =，，，设1CC 与1n 的夹角为α，则111cos CCCC α==·n n． C ∴到平面1AEC F 的距离1cos d CC α=． 21.解：（1）证明：OP ⊥∵平面ABC OA OC AB BC ==，，， OA OB OA OP OB OP ⊥⊥⊥，，∴．以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -．设AB a =，则222000000222A a B a C a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，．设OP h =，则(00)P h ，，．D ∵为PC 的中点，21042OD a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴． 202PA a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，12OD PA =-∴． OD PA ∴∥，OD ∴∥平面PAB ．（2）12k =，即2PA a =，72h a =∴，27022PA a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴ 可求得平面PBC 的法向量1117⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，，n ． 210cos 30PA PA PA ==，·∴n n n．设PA 与平面PBC 所成的角为θ，则210sin cos 30PA θ==，n ． PA ∴与平面PBC 所成的角为210arcsin30．（3）PBC △的重心221663G a a h ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，221663OG a a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴， OG ⊥∵平面PBC ，OG PB ⊥∴．又202PB a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，2211063OG PB a h =-=∴·． 22h a =∴． 22PA OA h a =+=∴，即1k =．反之，当1k =时，三棱锥O PBC -为正三棱锥． O ∴在平面PBC 内的射影为PBC △的重心．（3） ()⨯·a b c 的大小． 22.解：（1）233213113212213()()()0a b a b a a b a b a a b a b a =-+-+-=p a ·，⊥p a ∴，同理⊥p b ．p ∴是平面OAB 的法向量．（2）设平行四边形OADB 的面积为S ，OA 与OB 的夹角为θ，则sin θ=S OA OB =a a b =⨯．∴结论成立．（3）设C 点到平面OAB 的距离为h ，OC 与平面OAB 所成的角为α，则=V Sh sin α=⨯a b c ，又()cos sin α⨯=⨯⨯=⨯，·a b c a b c a b c a b c ， ∴V ()a b c =⨯·．空间向量课后习题1．空间的一个基底{}，，a b c 所确定平面的个数为（）Ａ．1个Ｂ．2个Ｃ．3个Ｄ．4个以上2．已知(121)A -，，关于面xOy 的对称点为B ，而B 关于x 轴的对称点为C ，则BC =（）Ａ．(042)，，Ｂ．(042)--，，Ｃ．(040)，，Ｄ．(202)-，，3．已知向量111222()()x y z x y z ==，，，，，a b ，若≠a b ，设a b -=R ，则a b -与x 轴夹角的余弦值为（）Ａ．12x x R- Ｂ．21x x R- Ｃ．12x x R-Ｄ．12()x x R-±4．若向量MAMB MC ，，的起点与终点M A B C ，，，互不重合且无三点共线，O 是空间任一点，则能使MA MB MC ，，成为空间一组基底的关系是（）Ａ．111333OM OA OB OC =++Ｂ．MA MB MC ≠+ Ｃ．1233OM OA OB OC =++ Ｄ．2MA MB MC =-5．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 是11A B 的中点，则E 是平面11ABC D 的距离是（）Ｃ．126．一条长为a 的线段，夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别是45°和30°，由这条线段两端向两平面的交线引垂线，垂足的距离是（）Ａ．2a Ｂ．3a7．若向量a 与b 的夹角为60°，4=b ，(2)(3)72a b a b +-=-，则a =（）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．128．设P 是60°的二面角l αβ--内一点，PA ⊥平面α，PB ⊥平面β，AB ，为垂足，42PA PB ==，，则AB 的长为（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．9．ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，2PD AD PD AD ⊥==，，二面角P AD C --为60°，则P 到AB 的距离为（）Ａ．Ｃ．210.已知()()(00)x y z a b c xyz abc ==≠≠，，，，，，p q ，若有等式2222222()()()x y z a b c ax by cz ++++=++成立，则，p q 之间的关系是（）11．已知平面α与β所成二面角为80°，P 为αβ，外一定点，过点P 一条直线与αβ，所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（）Ａ．1条Ｂ．2条Ｃ．3条Ｄ．4条12．如图1，梯形ABCD 中，AB CD ∥，且AB ⊥平面α，224AB BC CD ===，点P 为α内一动点，且APB DPC ∠=∠，则P 点的轨迹为（）Ａ．直线Ｂ．圆Ｃ．椭圆Ｄ．双曲线二、填空题13．已知(11)(2)t t t t t =--=，，，，，a b ，则-b a 的最小值是14．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，向量1BA 与向量AC 所成的角为1BD =，若15．如图2，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB D =，在棱1BB 上，且AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则sin α=16．已知m l ，是异面直线，那么：①必存在平面α过m 且与l 平行；②必存在平面β过m 且与l 垂直；③必存在平面γ与m l ，都垂直；④必存在平面δ与m l ，距离都相等．其中正确命题的序号是三、解答题17．设空间两个不同的单位向量(0)(0)x y x y ==，，，，，a b 与向量(111)=，，c 的夹角都等于π．18．如图3，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA =，底面ABCD 是直角梯形，ADC ∠是直角，421AB CD AB AD DC ===，，，∥，求异面直线1BC 与DC 所成角的大小．19．如图4，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动，问AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为π4．20．如图5所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截而得到的，其中14231AB BC CC BE ====，，，．（1）求BF ；（2）求点C 到平面1AEC F 的距离．21．如图6，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，AB BC kPA ==，点O D ，分别是AC PC ，的中点，OP ⊥底面ABC ．（1）求证：OD ∥平面PAB ；（2）当12k =时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；（3）当k 为何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心？22．如图7，已知向量OA OB OC ===，，a b c ，可构成空间向量的一个基底，若123()a a a =，，，a123123()()b b b c c c ==，，，，，b c ，在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算233231131221()a b a b a b a b a b a b ⨯=---，，a b ，显然⨯a b 的结果仍为一向量，记作p ．（4）求证：向量p 为平面OAB 的法向量；（5）求证：以OA OB ，为边的平行四边形OADB 的面积等于⨯a b ；(3)将四边形OADB 按向量OC =c 平移，得到一个平行六面体111OADB CA D B -，试判断平行六面体的体积V答案1.【答案】C2.【答案】Ｂ3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】D9.【答案】D10.【答案】Ａ11.【答案】D12.【答案】B13.14.【答案】120°．15.16.【答案】①④17.解：（1）由πcos 4==ac a c 11a c =+·x y ，11+=∴x y又1==a ，222111111113()2122x y x y x y x y +=++=+=∴．1114x y =∴．（4）同理可得222214x y x y +==，11x y ，∴是方程2104x +=的两根，同理22x y ，也是．又≠∵a b ，1221==，∴x y x y ．cos ==，·∴·a ba b a b a b 1212112212=+=+=x x y y x y x y ，60a b =，∴°．则1(012)(240)(010)C B A ，，，，，，，，．1(232)BC =--，，∴，(010)CD =-，，．设1BC 与CD 所成角为θ，则11317cos 17BC CDBC CDθ==·． θ=∴． ∴异面直线1BC 与DC 所成角的大小为 19.解：设AE x =，以D 为原点，直线1DA DC DD ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系，则11(101)(001)(10)(100)(020)A D E x A C ，，，，，，，，，，，，，，． 11(120)(021)(001)CE x D C DD =-=-=，，，，，，，，∴．设平面1D EC 的法向量为()a b c =，，n ，由1020(2)00n n⎧=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-==⎩⎪⎩，，，··D C b c a b x CE 令1b =，22c a x ==-，∴．(212)x =-，，∴n ．依题意11π2cos 42DD DD ==⇒=n n ·．2x =∴（2x =+ 2AE =∴20.解：（1）以D 为原点，DAF DC DF ，，所在直线为x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，1(000)(240)(200)(040)(241)(043)D B A C E C ，，，，，，，，，，，，，，，，，，设(00)F z ，，．由1AF EC =，得(20)(202)z -=-，，，，， 2z =∴． (002)(242)F BF =--，，，，，∴．26BF =∴（2）设1n 为平面1AEC F 的法向量，1(1)x y =，，n ，由1100AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，··n n 得410220y x +=⎧⎨-+=⎩，．11x y =⎧⎪⎨=-⎪，．∴又1(003)CC =，，，设1CC 与1n 的夹角为α，则111433cos 33CC CC α==·n n ． C ∴到平面1AEC F 的距离1433cos 11d CC α==． 21.解：（1）证明：OP ⊥∵平面ABC OA OC AB BC ==，，， OA OB OA OP OB OP ⊥⊥⊥，，∴．以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -．设AB a =，则222000000222A a B a C a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，．设OP h =，则(00)P h ，，．D ∵为PC 的中点，21042OD a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴． 202PA a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，12OD PA =-∴． OD PA ∴∥，OD ∴∥平面PAB ．（2）12k =，即2PA a =，72h a =∴， 27022PA a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴ 可求得平面PBC 的法向量1117⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，，n ． 210cos 30PA PA PA ==，·∴nn n ．设PA 与平面PBC 所成的角为θ，则210sin cos 30PA θ==，n ． PA ∴与平面PBC 所成的角为210arcsin30．（3）PBC △的重心221663G a a h ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，221663OG a a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴， OG ⊥∵平面PBC ，OG PB ⊥∴．又202PB a h ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，2211063OG PB a h =-=∴·．h =∴．PA a =∴，即1k =．反之，当1k =时，三棱锥O PBC -为正三棱锥． O ∴在平面PBC 内的射影为PBC △的重心．（6） ()⨯·a b c 的大小． 22.解：（1）233213113212213()()()0a b a b a a b a b a a b a b a =-+-+-=p a ·， ⊥p a ∴，同理⊥p b ．p ∴是平面OAB 的法向量．（2）设平行四边形OADB 的面积为S ，OA 与OB 的夹角为θ，则sin θ=S OA OB =a a b =⨯． ∴结论成立．（3）设C 点到平面OAB 的距离为h ，OC 与平面OAB 所成的角为α，则=V Sh sin α=⨯a b c ，又()cos sin α⨯=⨯⨯=⨯，·a b c a b c a b c a b c ， ∴V ()a b c =⨯·．。

立体几何的空间向量例题以及解答与考点总结

D． 166a2
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第八章立体几何与空间向量
32
解析：选 D．如图①②所示的实际图形和直观图，
由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝ 43a，在图②中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′＝ 22O′C′＝ 86a.所以 S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a× 86a＝166a2.故选 D．
3
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第八章立体几何与空间向量
4
2．直观图 (1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中 x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为 __4_5_°__(_或__1_3_5_°__)___，z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于 x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 y 轴的线段长度在直观图中_变__为__原__来__的__一__半___．
答案：②③④
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第八章立体几何与空间向量
26
空间几何体概念辨析问题的常用方法
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第八章立体几何与空间向量
27
考点二空间几何体的直观图(基础型)
复习指导
会用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易
组合)的直观图．
核心素养：直观想象
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答案：③⑤
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第八章立体几何与空间向量
11
2．已知圆锥的表面积等于 12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 ________cm. 解析：由题意，得 S 表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得 r2＝4，所以 r＝2(cm)．答案：2

空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)

(2)空间向量的基本定理：
①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数??，使得a∥??b．
②共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在惟一一对实数??，??，使得c＝??a＋??b．
③空间向量分解定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组??1，??2，??3，使得p＝??1a＋??2b＋??3c．
空间向量与立体几何
【知识要点】
1．空间向量及其运算：
(1)空间向量的线性运算：
①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．
②空间向量的线性运算的运算律：
加法交换律：a＋b＝b＋a；
加法结合律：(a＋b＋c)＝a＋(b＋c)；
分配律：(??＋??)a＝??a＋??a；??(a＋b)＝??a＋??b．
(3)空间向量的数量积运算：
①空间向量的数量积的定义：a·b＝|a｜|b｜cos〈a，b〉；
②空间向量的数量积的性质：
a·e＝|a｜cos＜a，e＞；a⊥b?a·b＝0；
|a|2＝a·a；|

空间向量在立体几何中的应用知识点大全、经典高考题带解析、练习题带答案[2]

空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1.能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3.培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；【知识梳理】一、空间向量的运算1、向量的几何运算（1）向量的数量积：已知向量，则叫做的数量积，记作，即空间向量数量积的性质：①；②；③．（2）向量共线定理：向量与共线，当且仅当有唯一一个实数，使．2、向量的坐标运算（1）若，，则．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

（2）若，，则，，，；，．（3）夹角公式：（4）两点间的距离公式：若，，则二、空间向量在立体几何中的应用2.利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．3.利用空间向量证明垂直问题对于垂直问题，一般是利用进行证明；4.利用空间向量求角度（1）线线角的求法：设直线AB、CD对应的方向向量分别为a、b，则直线AB与CD所成的角为（线线角的范围[00,900]）（2）线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线的方向向量，则直线与平面所成的角为（3）二面角的求法：设n 1，n 2分别是二面角的两个面，的法向量，则就是二面角的平面角或其补角的大小（如图）5.利用空间向量求距离（1）平面的法向量的求法：设n=(x,y,z)，利用n 与平面内的两个不共线的向a ，b 垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面的一个法向量（如图）。

（2）利用法向量求空间距离（a ）点A 到平面的距离：，其中，是平面的法向量。

（b ）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

（c ）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。

【经典例题】【例1】（2010全国卷1理）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为（）（A ）（B ）（C ）（D ）【解析】D【例2】（2010全国卷2文）已知三棱锥中，底面为边长等于2的等边三角形，垂直于底面，=3，那么直线与平面所成角的正弦值为（）（A ） (B)(C)(D)【解析】DBC SEF【例3】（2012全国卷）三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为____________。

(完整)高三数学空间向量专题复习附答案(2)

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

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

高考数学复习专题11 空间向量与立体几何解答题(解析版)

专题11空间向量与立体几何解答题考纲解读三年高考分析1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.空间向量的计算和角度的求解是考查的重点，解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用，考查学生的数学抽象能力、数学建模能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1．【2019年天津理科17】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE ＝BC＝2．（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）．设CF＝h（h＞0），则F（1，2，h）．则是平面ADE的法向量，又，可得．又∵直线BF⊄平面ADE，∴BF∥平面ADE；（Ⅱ）解：依题意，，，．设为平面BDE的法向量，则，令z＝1，得．∴cos．∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为；（Ⅲ）解：设为平面BDF的法向量，则，取y＝1，可得，由题意，|cos|，解得h．经检验，符合题意．∴线段CF的长为．2．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．【解答】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，∴AD，CG确定一个平面，∴A，C，G，D四点共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，∵EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，∴EH⊥平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，∴BH＝1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz，则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），（1，0，），（2，﹣1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x＝3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（0，1，0），∴cos，∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°．3．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为（﹣1，0，1），设平面ECC1的法向量（x，y，z），由，得，取x＝1，得（1，﹣1，0），∴cos，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为．4．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．5．【2019年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥CD，∵AD⊥CD，P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD．解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0），E（1，0，1），F（，，），P（0，0，2），（1，0，1），（），平面AEP的法向量（1，0，0），设平面AEF的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，1，﹣1），设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，则cosθ．∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．（Ⅲ）直线AG不在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且．∴G（，0，），∴（，0，），∵平面AEF的法向量（1，1，﹣1），0，故直线AG不在平面AEF内．6．【2019年江苏16】如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解答】证明：（1）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，∴DE∥AB，AB∥A1B1，∴DE∥A1B1，∵DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，∴A1B1∥平面DEC1．解：（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．∴BE⊥AA1，BE⊥AC，又AA1∩AC＝A，∴BE⊥平面ACC1A1，∵C1E⊂平面ACC1A1，∴BE⊥C1E．7．【2019年浙江19】如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【解答】方法一：证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1E⊥平面ABC，∴A1E⊥BC，∵A1F∥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥A1F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC．解：（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGF A1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGF A1是矩形，由（Ⅰ）得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG，∵O是A1G的中点，故EO＝OG，∴cos∠EOG，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．方法二：证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1E⊥平面ABC，如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，设AC＝4，则A1（0，0，2），B（），B1（），F（），C（0，2，0），（），（），由0，得EF⊥BC．解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为θ，由（Ⅰ）得（），（0，2，﹣2），设平面A1BC的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，），∴sinθ，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．8．【2018年江苏15】在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．9．【2018年江苏25】如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC 的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【解答】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，故以{}为基底，建立空间直角坐标系O﹣xyz，∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，﹣1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）．（1）点P为A1B1的中点．∴，∴，．|cos|．∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；（2）∵Q为BC的中点．∴Q（）∴，，设平面AQC1的一个法向量为（x，y，z），由，可取（，﹣1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，sinθ＝|cos|，∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．10．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF 为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．11．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．【解答】（1）证明：连接BO，∵AB＝BC＝2，O是AC的中点，∴BO⊥AC，且BO＝2，又P A＝PC＝PB＝AC＝4，∴PO⊥AC，PO＝2，则PB2＝PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），（﹣2，2，0），设λ（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1则（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0），则平面P AC的法向量为（1，0，0），设平面MP A的法向量为（x，y，z），则（0，﹣2，﹣2），则•2y﹣2z＝0，•（2﹣2λ）x+（2λ+2）y＝0令z＝1，则y，x，即（，，1），∵二面角M﹣P A﹣C为30°，∴cos30°＝|，即，解得λ或λ＝3（舍），则平面MP A的法向量（2，，1），（0，2，﹣2），PC与平面P AM所成角的正弦值sinθ＝|cos，|＝||．12．【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM＝D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量（1，0，0），设平面MAB的法向量为（x，y，z）则（0，2，0），（﹣2，1，1），由•2y＝0，•2x+y+z＝0，令x＝1，则y＝0，z＝2，即（1，0，2），则cos，，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα．13．【2018年浙江19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC ＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1＝4，BB1＝2，AB＝2，∴A1B12，又AB12，∴AA12＝AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，∵AB＝BC，∴OB⊥OC，∵AB＝BC＝2，∠BAC＝120°，∴OB＝1，OA＝OC，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴（1，，0），（0，0，2），（0，2，1），设平面ABB1的法向量为（x，y，z），则，∴，令y＝1可得（，1，0），∴cos．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ＝|cos|．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．14．【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM 与OB所成的角的大小．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V．（2）∵PO＝4，OA，OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），（1，1，﹣4），（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ．∴θ＝arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．15．【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【解答】（I）证明：∵E，F分别是AC，A1C1的中点，∴EF∥CC1，∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴EF⊥AC，∵AB＝BC，E是AC的中点，∴BE⊥AC，又BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AC⊥平面BEF．（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），∴（﹣2，1，0），（0，﹣2，1），设平面BCD的法向量为（x，y，z），则，即，令y＝2可得（1，2，4），又EB⊥平面ACC1A1，∴（2，0，0）为平面CD﹣C1的一个法向量，∴cos，．由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角，∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴（2，0，﹣1），∴•2+0﹣4＝﹣2≠0，∴与不垂直，∴FG与平面BCD不平行，又FG⊄平面BCD，∴FG与平面BCD相交．16．【2018年天津理科17】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG 且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2．（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；（Ⅲ）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．【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．可得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，，1），N（1，0，2）．设为平面CDE的法向量，则，不妨令z＝﹣1，可得；又，可得．又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN∥平面CDE；（Ⅱ）解：依题意，可得，，．设为平面BCE的法向量，则，不妨令z＝1，可得．设为平面BCF的法向量，则，不妨令z＝1，可得．因此有cos，于是sin．∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；（Ⅲ）解：设线段DP的长为h，（h∈[0，2]），则点P的坐标为（0，0，h），可得，而为平面ADGE的一个法向量，故|cos|．由题意，可得，解得h∈[0，2]．∴线段DP的长为．17．【2017年江苏15】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．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG＝F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．18．【2017年江苏18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm 和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．【解答】解：（1）设玻璃棒在CC1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面ACM中，过N作NP∥MC，交AC于点P，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，∴CC1⊥平面ABCD，又∵AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∴NP⊥AC，∴NP＝12cm，且AM2＝AC2+MC2，解得MC＝30cm，∵NP∥MC，∴△ANP∽△AMC，∴，，得AN＝16cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，∵EFGH﹣E1F1G1H1为正四棱台，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，∴EE1G1G为等腰梯形，画出平面E1EGG1的平面图，∵E1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm，∴E1Q＝24cm，由勾股定理得：E1E＝40cm，∴sin∠EE1G1，sin∠EGM＝sin∠EE1G1，cos∠EGM，根据正弦定理得：，∴sin∠EMG，cos∠EMG，∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝sin∠EGM cos∠EMG+cos∠EGM sin∠EMG，∴EN20cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．19．【2017年江苏25】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1，∠BAD＝120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．【解答】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB＝AD＝2，AA1，∠BAD＝120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．（），（），，．（1）∵cos．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（2）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos．∴二面角B﹣A1D﹣A的余弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．20．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴P A⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵P A∩PD＝P，且P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD，又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面P AD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由P A＝PD，∠APD＝90°，可得△P AD为等腰直角三角形，设P A＝AB＝2a，则AD．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y＝1，得．∵AB⊥平面P AD，AD⊂平面P AD，∴AB⊥PD，又PD⊥P A，P A∩AB＝A，∴PD⊥平面P AB，则为平面P AB的一个法向量，．∴cos．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．21．【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面P AB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．【解答】（1）证明：取P A的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面P AB，CE⊄平面P AB，∴直线CE∥平面P AB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP，∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN＝MN，CN MN，BC＝1，可得：1BN2＝BN2，BN，MN，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：．22．【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D ﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．∴DO AC．∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．∴∠BOD＝90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．（﹣1，0，1），，（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为（x，y，z），则，即，取．同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，）．∴cos．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．23．【2017年浙江19】如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△P AD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面P AB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥P A，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD＝2DC＝2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面P AB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵P A＝PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC＝CB＝1，由PC＝AD＝2DC＝2CB，得AD＝PC＝2，∴PB，BF＝PF＝1，∴MF，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ．24．【2017年上海17】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：V＝S△ABC×AA120．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM，∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA，∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．25．【2017年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝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．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD＝O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC＝OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵P A＝PD，∴PG⊥AD，∵平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．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P A＝PD，AB＝4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z，得．取平面P AD的一个法向量为．∴cos．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos|＝||＝||．26．【2017年天津理科17】如图，在三棱锥P﹣ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°．点D，E，N 分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF＝F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵P A⊥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．∵P A＝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），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z＝2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos ．∴二面角C ﹣EM ﹣N 的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH ＝t ，则H （0，0，t ），，．∵直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为，∴|cos |＝||＝||．解得：t 或t ．∴线段AH 的长为或．1．【陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟】如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，3ABC π∠=，四边形ABEF 是直角梯形，2FAB π∠=，AF BE P ，22AF AB BE ===.（Ⅰ）证明：CE P平面ADF.（Ⅱ）若平面ABCD⊥平面ABEF，H为DF的中点，求平面ACH与平面ABEF所成锐二面角的余弦值.【答案】（I）见解析；（II）7【解析】（Ⅰ）取AF的中点M，连接DM，EM，如图所示，因为2AF BE=，四边形ABEF是直角梯形，得AM BE=且AM BEP，所以四边形ABEM为平行四边形，即ME AB=且ME ABP.又因为四边形ABCD是菱形，所以AB CDP，进而CD MEP，得DCEM为平行四边形，即有DM CEP，又DM⊂平面ADF，CE⊄平面ADF，所以CE P平面ADF.（Ⅱ）取CD的中点N，在菱形ABCD中，ABC60∠=︒，可得AN CD⊥.因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD⋂平面ABEF AB=，AF⊂平面ABEF，AF AB⊥，所以AF⊥平面ABCD.以A为坐标原点，AN为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系A xyz-，如图所示. 故()A0,0,0，)C3,1,0，)D3,1,0-，()F0,0,2，31H,,122⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，31,122AH⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u v，)3,1,0ACu u u v=.设平面ACH 的一个法向量为(),,n x y z =v，则有00n AH n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 即310230x y z x y ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩令x 1=可得()1,3,3n =--v . 易知平面ABEF 的一个法向量为()1,0,0m =v.设平面ACH 与平面ABEF 所成的锐二面角为θ，则7cos θ71133m n m n ⋅===⨯++v vv v , 即所求二面角的余弦值为7. 2．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60o 的二面角，点M 在线段AB 上．（1）若M 为AB 的中点，且直线MF ，由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线//OD 平面EMC ；（2）是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ；若存在，求此时二面角M EC F --的余弦值，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）10,4±. 【解析】（1）因为直线MF ⊂平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上（如图所示）因为AO BF P ，M 为AB 的中点，所以OAM MBF ∆≅∆，所以OM MF =，AO BF =，所以点O 在EA 的延长线上，且2AO = 连结DF 交EC 于N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点连结MN ，因为MN 为DOF ∆的中位线，所以MN OD P ，又因为MN ⊂平面EMC ，所以直线OD P 平面EMC .（2）由已知可得，EF AE ⊥，EF DE ⊥，所以EF ⊥平面ADE ，所以平面ABEF ⊥平面ODE ，取AE 的中点H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(1,0,0)E -，3)D ，(0,3)C ，(1,4,0)F -，所以3)ED =u u u r ，(1,3)EC =u u u r，设(1,,0)(04)M t t ≤≤，则(2,,0)EM t =u u u u r，设平面EMC 的法向量(,,)m x y z =u r ，则2000430x ty m EM m EC x y z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩u u u u v v u u u v v ，取2y =-，则x t =，3z =,3m t ⎛=- ⎝u r ，DE 与平面EMC 所成的角为60o，所以2232(8)243t t =-++，所以2233419t t =-+，所以2430t t -+=，解得1t =或3t =，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ，取ED 的中点Q ，则QA u u u r 为平面CEF 的法向量，因为13,0,2Q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以33,0,22QA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，,2,3m t ⎛=- ⎪⎝⎭u r ，设二面角M EC F --的大小为θ，所以222|||cos |||||(8)419343QA m QA m t t t t θ⋅===⋅--+++u u u r u r u u ur u r ，因为当2t =时，cos 0θ=，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当1t =时，θ为钝角，所以1cos 4θ=-. 当3t =时，θ为锐角，所以1cos 4θ=. 3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟】如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，//EF AB ，90BAF ∠=︒，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上.（1）求证：AF ⊥平面ABCD ；（2）若二面角D AP C --6，求PF 的长度. 【答案】（1）见解析；（25【解析】（1）证明：∵90BAF ∠=︒，∴AB AF ⊥，又平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF I 平面ABCD AB =，AF ⊂平面ABEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .（2）以A 为原点，以AB ，AD ，AF 为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,2,0C ，()0,2,0D，()0,0,1F ，∴()0,2,1FD u u u v =-，()1,2,0AC =u u u v，()1,0,0AB =u u u r由题知，AB ⊥平面ADF ，∴()1,0,0AB =u u u r为平面ADF 的一个法向量，设()01FP FD λλ=≤<u u u v u u u v ，则()0,2,1P λλ-，∴()0,2,1AP λλ=-u u u v，设平面APC 的一个法向量为(),,x y z =m ，则0m AP m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v ，∴()21020y z x y λλ⎧+-=⎨+=⎩，令1y =，可得22,1,1m λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，∴226cos ,21411m AB m AB m AB λλ⋅===⎛⎫⋅++ ⎪-⎝⎭u u u vu u u v u u u v ，得13λ=或1λ=-（舍去）， ∴5PF =.4．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，12AA AC CB ==，90ACB ∠=︒.（1）求证：平面11AB C ⊥平面11A B C ；（2）若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C --的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（23【解析】（1）因为平面11ACC A ⊥平面ABC ，平面11ACC A I 平面ABC AC =，BC ⊂平面ABC ，90ACB ∠=︒，所以BC ⊥平面11ACC A ，因为1AC ⊂平面11ACC A ，所以1BC A C ⊥. 因为11B C BC ∥，所以111AC B C ⊥. 因为11ACC A 是平行四边形，且1AA AC =，所以11ACC A 是菱形，11A C AC ⊥.因为1111AC B C C ⋂=，所以1AC ⊥平面11AB C . 又1AC ⊂平面11A B C ，所以平面11AB C ⊥平面11A B C . （2）取AC 的中点M ，连接1A M ，因为11ACC A 是菱形，160A AC ∠=︒，所以1ACA ∆是正三角形，所以1A M AC ⊥，且132A M AC =. 令122AA AC CB ===，则13A M =所以以C 为原点，以CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过点C 且平行于1A M 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()2,0,0A ，(13C -，()0,1,0B ，(13A ，()2,0,0CA =u u u r，()()111111,0,30,1,0CB CC C B CC CB =+=+=-+u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u ur ()1,1,3=-，()11,0,3CA =u u u r.设平面1ACB 的一个法向量为(),,n x y z =r ，则100n CA n CB r u u u r gr u u u r g⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以2030x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，得0x =，令1z =，则3y =-，所以()0,3,1n =-r .由（1）知1AC ⊥平面11A B C ，所以()11,0,3CA =u u u r是平面11A B C 的一个法向量，所以111cos ,CA n CA n CA n ⋅<>=⋅u u u r r u u u r r u u u r r 3341331==+⋅+. 所以二面角11C AB C --的余弦值为3.5．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟】如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD .四边形ADEF 为正方形，四边形ABCD 为梯形，且//AD BC ，ABD ∆是边长为1的等边三角形，M 为线段BD 中点，3BC =.(1)求证：AF BD ⊥；(2)求直线MF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点N ，使得直线//CE 平面AFN ？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（233）线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ，详见解析. 【解析】(1)证明：因为ADEF 为正方形，所以AF AD ⊥．又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，且平面ADEF ⋂平面ABCD AD =，所以AF ⊥平面ABCD ．所以AF BD ⊥．(2)取AD 中点O,EF 中点K ，连接OB ，OK.于是在△ABD 中，OB OD ⊥，在正方ADEF 中OK OD ⊥，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，故OB ⊥平面AFEF ，进而0B OK ⊥，即OB, OD, OK 两两垂直．分别以,,OB OD OK 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系（如图）．于是，3,0,02B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，10,,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,32C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,1E 0,,12⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,311M ,,0,F 0,,1442⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以3335,1,,0,(0,0,1)42MF CD DE ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u ur设平面CDE 的一个法向量为(,,)n x y z =r，则00CD n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u r u u v r 即35020x y z ⎧-⋅=⎪⎨⎪=⎩令5x =-，则3y =(3,0)n =-r．设直线MF与平面CDE所成角为θ，||3 sin|cos,|14||||MF nMF nMFnθ⋅=<>==u u u r ru u u r ru u u r r(3) 要使直线//CE平面AFN，只需AN//CD，设,[0,1]BN BDλλ=∈u u u r u u u r,则331,,,,02n n nx y zλ⎛⎫⎛⎫-=-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,331,,02n n nx y zλλ=-==,331,,0222Nλλ⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，所以3311,,02222ANλλ⎛⎫=-+⎪⎪⎝⎭u u u r,又35(,,0)2CD=--u u u r，由//AN CDu u u r u u u r得33112222532λλ-+=--解得2=[0,1]3λ∈所以线段BD上存在点N,使得直线//CE平面AFN，且2=3BNBD．6．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中45BAE GAD∠=∠=︒，22AB AD==，60BAD∠=︒.（1）求证：平面BDG⊥平面ADG；（2）求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）217【解析】（1）证明：在BAD∆中，因为22AB AD==，60BAD∠=︒.由余弦定理得，2222cos60BD AD AB AB AD=+-⋅︒，解得3BD=，∴222AB AD DB =+，∴AD DB ⊥，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ， ∴GD DB ⊥ 又AD GD D ⋂=， ∴BD ⊥平面ADG ，∴平面BDG ⊥平面ADG . （2）解：如图以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，因为45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，所以()1,0,0A ，()3,0B，()3,2E ，()0,0,1G ，()3,2AE →=-，()1,0,1AG →=-，()3,1GB →=-.设平面AEFG 的法向量(),,n x y z →=，3200n AE x z n AG x z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u v r u u uv r ，令1x =，得33y -=，1z =， ∴31,n →⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ，。

空间向量和立体几何练习试题及答案解析

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上, PD//平面MAC PA=PD^, AB=4(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B- PD- A的大小；【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OM/ 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PGL0G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】(1)证明：如图，设ACH BD=O••• ABCD^正方形，二O为BD的中点，连接OM••• PD//平面MAC PD?平面PBD 平面PBDH 平面AMC=OM••• PD// OM则二-——，即M为PB的中点；BD BP(2)解：取AD中点G,••• PA=PD- PGL AD•••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,O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=PD=5, AB=4 得 D (2, 0, 0), A (-2, 0, 0), P (0, 0,血)，C (2,4, 0)，B(-2, 4, 0)，M(- 1, 2誓，设平面PBD的一个法向量为：|,取平面PAD的一个法向量为•二面角B- PD- A的大小为60°;(3)解：二；-，平面BDP的一个法向量为：厂1.••直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos < ^,. >|=| —- |= 「【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题.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，M是线段AD的中点，PA=AC=4 AB=2(I)求证：MN/平面BDE(U)求二面角C- EM- N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'，求线段•••cos<_ ：|> =Mini 2X1 2则由匸吁°,得Lm*DB=OAH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),则.一，11... 一，设平面MEM勺一个法向量为出m*MN=O z0x+2y-z=0 w泪-『、由―一，侍"一件，取z=2，侍nF（4, ^1, 2）-lm-ME=O Uy+z=O由图可得平面CME勺一个法向量为面角C- E* N的余弦值为厂'则正弦值为—；；直线NH与直线BE所成角的余弦值为；,丁・「|=| 山- |=二F「T "⑺「二：；•解得：t= 或t= 1.5 2•••当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为1，此时线段AH的长为21【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.3. 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是卜上的一点，且AP I BE,求/ CBP的大小；(U)当AB=3 AD=2时，求二面角E-AG- C的大小.4 4/21:cos a ='i；n；rv2fxi- 21(川)解：设AH=t，贝U H (0, 0, t ), 宀-■-1「，^- ：：• ：.•：- ••• |cos ＜丁，肓〉| = |i f I * \【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 ;(U)法一、取•：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, G C的坐标,进一步求出平面AEG与平面ACG的—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)：AP L 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 ;(U)解法一、取三的中点H ,连接EH, GH CHEBC=120 ,二四边形BECH为菱形,AE=GE=AC=GC=.取AG中点M连接EM CM EC,贝U EM! AG CM! AG• / EMC为所求二面角的平面角.又AM=1 • EM二CM=，::二.在厶BEC中 ,由于/ EBC=120 ,由余弦定理得：EC=22+22- 2X 2X 2X cos120° =12,•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 , y , z 轴建立空间直角坐标系.由题意得：A （ 0，0，3），E （ 2, 0，0），G （ 1, 3），C （- 1, 丁5, 0）, 故 A'.-1.- H , J , h. 仁.y r 引）为平面AEG 的一个法向量,-3z i=0內+咼产0,取Z1=2,得&⑶S 刃;设为平面AC^—个法向量,二 cos V面角E -AG- C 的大小为60【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EFDCm*AE=O，得, I m ・ AG由、，可得* x 2+V3y 2-o2吧+ 3忑2=0 ，取 Z2=- 2,得:-J.--n*AG=0【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AF L EF.vZ AFD=90，二AF L DF,v DF n EF=F,••• AF L平面EFDCv AF?平面ABEF•••平面ABE L平面EFDC(U)解：由AF L DF, AF L EF，可得Z DFE为二面角D- AF- E的平面角；由ABEF为正方形，AF L平面EFDCv BE! EF，••• BE!平面EFDC即有CE! BE,可得Z CEF为二面角C- BE- F的平面角.可得Z DFE Z CEF=60 .v AB// EF，AB?平面EFDC EF?平面EFDC••• AB// 平面EFDCv 平面EFD n 平面ABCD=C,DAB?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），CC，0, a），A（2a，2a，0），2 2EB = （0，2a，0），DC =（旦，- 2a,返a），AB = （- 2a，0，0）2 2*设平面BEC的法向量为匚=（x i，y i，z i），则［■号-0，in*BC=0Lff —*设平面ABC的法向量为：=（X2，y2，Z2），贝h 丁弓一°n'AB=0L设二面角E- BC- A的大小为B,则cosB =Iro I •|n|= -4 __ 2负二化—1 -，【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O, AB=5 AC=6点E，F分别在AD CD上, AE=CF= , EF交于BD于点H, #△ DEF沿EF折至D EF 的位置，(I)证明：D H丄平面ABCD(U)求二面角B- D A- C的正弦值.D1B【分析】(I)由底面ABCD为菱形，可得AD=CD结合AE=CF可得EF// AC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OH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7 矿..二的坐标，分别求出平面ABD与平面AD C的一个法向量二.,，设二面角二面角B- D A- C的平面角为B，求出| cos B | .则二面角B- D A- C的正弦值可求.【解答】(I)证明：：ABCD是菱形,••• AD=DC 又AE=CF=,厂［，则EF〃AC,又由ABCD是菱形，得ACL BD,贝U EF丄BD, ••• EF丄DH 贝U EF丄D H, ••• AC=6 ••• AO=3又AB=5 AC L OB ••• OB=4二OH坦叩D=1，贝U DH=D H=3 AD•••|OD |2=|OH|2+|D'H2,则D H± OH又OF T 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, 0, 3), A (1,— 3, 0), 厂...一.:1.- : ,「「'，, 设平面ABD 的一个法向量为□［二(& y, z),4x+3y=0 ，取 x=3，得 y=— 4, [p+3y+3沪 0同理可求得平面AD C 的一个法向量吋(3、0, 1), 设二面角二面角B- D A- C 的平面角为9, 则|cos9 |=( "1'. 同丨爲I 5V2XV1025【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题.6 .在三棱柱 ABC — A 1B 1C 中，CA=CB 侧面ABBA 1是边长为2的正方形，点E , F 分别在线段 AA 、A i B i 上，且 AE= , AF=； , CELEF.2 4 (I)证明：平面ABBA i 丄平面ABC(U)若CALCB 求直线AC 与平面CEF 所成角的正弦值.ni ・ AB 二° 由，上—.，得丿n 「AD' =0z=5.理的逆定理得出 DEL EF ,由三线合一得 CDLAB,故而CDL 平面ABBA i ，从而平面ABBA i 丄平面ABC(II )以C 为原点建立空间直角坐标系，求出一和平面CEF 的法向量「，贝U 直线AC 与平面CEF 所成角的正弦值等于|cos V 一| .【解答】证明：(I )取AB 的中点D,连结CD DF, DE ••• AC=BC D 是 AB 的中点，二 CD L AB.；侧面ABBA，是边长为2的正方形,AE= , AF= . _-=丄：亠丁 , DE=「—,-严(1爭哼, ••• E F+D E=D F ,「. DEI EF,又 CEL EF, CEH DE=E CE?平面 CDE DE?平面 CDE ••• EF 丄平面CDE 又CD?平面CDE ••• CDL EF,又CD L AB AB?平面ABBA i , EF?平面ABBA i , AB, EF 为相交直线, ••• CD L 平面 ABBA ,又 CD? ABC •••平面ABBA i 丄平面ABC (II 平面ABBA 丄平面ABC•••三棱柱ABC- AB i C 是直三棱柱，二CG 丄平面ABCv CA L CB AB=2 二 AC=BC=「.以C 为原点,以CA CB CC 为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示:【分析】(I )取AB 的中点D,连结CDDF, DE 计算DE EF, DF,利用勾股定••• AE=； , EF=DF=-则 A "，0, 0)‘C (0，。

2024届高考数学讲义：空间向量与立体几何参考答案

空间向量与立体几何一、直线与平面所成的角求直线与平面所成的角：设直线l 的方向向量为u ，平面的法向量为v ，直线l 与平面所成的角为，则||sin |cos ,|||||u v u v u v。

1、（2020年北京卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D ，E 是1BB 的中点。

（1）求证：1BC ∥平面1AD E ；（2）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值。

2、如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，FA FC ，60DAB DBF °。

（1）求证：AC 平面BDEF ；（2）求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值。

3、（雅礼2021届一模）如图，在正方体1111ABCD A B C D 的上底面内有一点E ，点F 为线段1AA 的中点。

（1）经过点E 在上底面画出一条直线l 与CE 垂直，并说明画出这条直线的理由；（2）若点E 为线段11AC 靠近1C 的三等分点，求CE 与平面11FB D 所成角的正切值。

4、如图，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ，AB ∥CD ，PC 底面ABCD ，224AB AD CD ，2PC a ，E 是PB 的中点。

（1）求证：平面EAC 平面PBC ；（2）若二面角P AC E的余弦值为3，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值。

5、（2022年全国乙卷理）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2AB BD ，60ACB °，点F 在BD 上，当AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成角的正弦值。

6、（2022年全国甲卷理）在四棱锥P ABCD 中，PD 底面ABCD ，C D∥AB ，1AD DC CB ，2AB，DP 。

（1）证明：BD PA ；（2）求PD 与平面PAB 所成角的正弦值。

上海航头学校选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试(含答案解析)

一、选择题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别为111,BD B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥，则下列说法正确的是（）A ．点P 可以是棱1BB 的中点 B ．线段MP 的最大值为32C ．点P 的轨迹是正方形D ．点P 轨迹的长度为2+52．如图，在三棱锥O ABC -中，点D 是棱AC 的中点，若OA a =，OB b =，OC c =，则BD 等于（）A ．1122a b c -+ B ．a b c +- C ．a b c -+D ．1122a b c -+- 3．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 ．234．给出下列两个命题：命题:p 空间任意三个向量都是共面向量；命题:q 若0a >，0b >，则方程221ax by +=表示的曲线一定是椭圆.那么下列命题中为真命题的是（）A ．p q ∧B ．p q ∨C ．()p q ⌝∧D ．()p q ⌝∨5．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是棱1,BC CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点，若1A P 平行于平面AEF ，则线段1A P 长度的最小值为（）A ．2B ．322C ．3D ．56．如图，已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点G 是1B C 的中点，点,H E 分别为1,GD C D 的中点，GD ⊥平面,HE α⊂平面α，平面11AC D 与平面α相交于一条线段，则该线段的长度是（）A ．144B ．114C ．142D ．1127．已知(),(3,0,1),(131,2,3,1),55a b c =-==--给出下列等式：①a b c a b c ++=--；②()()a b c a b c +⋅=⋅+；③2222()a b c b c a =++++ ④()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅.其中正确的个数是 A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个8．在三棱锥P ABC -中，2AB BC ==，22AC =PB ⊥平面ABC ，点M ，N 分别AC ，PB 的中点，6MN =Q 为线段AB 上的点，使得异面直线PM 与CQ 所成的角的余弦值为3434，则BQ BA为（）A ．14B ．13C ．12D ．349．在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D 与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（） A ．2123,θθθθ<<B ．2123 ,θθθθ><C ．2123 ,θθθθD ．2123 ,θθθθ>>10．如图,在四面体OABC 中,D 是BC 的中点,G 是AD 的中点,则OG 等于（）A ．111333OA OB OC ++ B ．111234OA OB OC ++C ．111244OA OB OC ++ D ．111446OA OB OC ++11．如图，在菱形ABCD 中，23ABC π∠=，线段AD 、BD 的中点分别为E 、F ．现将ABD ∆沿对角线BD 翻折，当二面角A BD C --的余弦值为13时，异面直线BE 与CF 所成角的正弦值是（）A 35B ．16C 26D ．1512．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N ，H 分别在棱1BB ，BC ，BA 上，且满足134BM BB =，12BN BC =，12BH BA =，O 是平面1B HN ，平面ACM 与平面11B BDD 的一个公共点，设BO xBH yBN zBM =++，则3x y z ++=（） A ．105B ．125C ．145D ．16513．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于1，点E ，F 分别是AB 、AD 的中点，则EF DC ⋅=（） A ．14B ．14-C ．34D ．34-二、填空题14．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，1AD AA =，且1C D 与底面1111D C B A 所成角为60°，则直线1C D 与平面11CB D 所成的角的正弦值为______．15．如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，14CC =，点E 是线段1CC 的中点，点F 是正方形ABCD 的中心，则直线1A E 与直线1B F 所成角的余弦值为___16．正四面体ABCD 的棱长为a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE AF ⋅的值为_____________.17．如图，四棱锥P ABCD -中，ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，1==PA AB ，2BC =，四棱锥外接球的球心为O ，点E 是棱AD 上的一个动点，给出如下命题：①直线PB 与直线CE 所成的角中最小的角为45︒；②BE 与PC 一定不垂直；③三棱锥E BCO -的体积为定值；④CE PE +的最小值为22，其中正确命题的序号是__________.（将你认为正确的命题序号都填上）18．已知(5,3,1)a =，22,,5b t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.若a 与b 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是________.19．平行六面体1111ABCD A B C D -中，已知底面四边形ABCD 为正方形，且113A AB A AD π∠=∠=，其中，设1AB AD ==，1AA c =，体对角线12AC=，则c 的值是______.20．如图，点P 在正方形ABCD 所在的平面外，PD ABCD PD AD 底面，⊥=，则PA 与BD 所成角的度数为____________.21．正四面体ABCD 的棱长为22的球O 过点D ，MN 为球O 的一条直径，则AM AN ⋅的最小值是__________．22．若平面α，β的法向量分别为(4,0,3)u =，(1,1,0)v =-，则这两个平面所成的锐角的二面角的余弦值为________.23．如图，在正四棱锥V ABCD -中，二面角V BC D --为60°，E 为BC 的中点.已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为60°，则VFVA=_____________.24．已知ABC ∆的顶点A ∈平面α,点B ,C 在平面α异侧,且2AB =,3AC =,若AB ,AC 与α所成的角分别为3π,6π,则线段BC 长度的取值范围为______.25．已知直线l 的一个方向向量为()2,8,1m =--，平面α的一个法向量为1,,22n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，且//l α，则实数t =______.26．平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，12AA = 11120A AD A AB ∠=∠=︒，则对角线1BD 的长度为___.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，根据MP CN ⊥，确定点P 的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，,M N 分别为111,BD B C 的中点，则()0,0,0D ，111,,222M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,12N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()0,1,0C ，所以1,0,12CN ⎛⎫=⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，因为MP CN ⊥，所以1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，2430x z +-=，当1x =时，14z =；当0x =时，34z =；取11,0,4E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,1,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,1,4G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,0,4H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连接EF ，FG ，GH ，HE ，则()0,1,0EF GH ==，11,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以四边形EFGH 为矩形，则0EF CN ⋅=，0EH CN ⋅=，即EF CN ⊥，EH CN ⊥，又EFEH E =，且EF ⊂平面EFGH ，EH ⊂平面EFGH ，所以CN ⊥平面EFGH ，又111,,224EM ⎛⎫=-⎪⎝⎭，111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以M 为EG 中点，则M ∈平面EFGH ，所以，为使MP CN ⊥，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体的表面上运动，所以点P 的轨迹为四边形EFGH ，因此点P 不可能是棱1BB 的中点，即A 错；又1EF GH ==，52EH FG ==，所以EF EH ≠，则点P 的轨迹不是正方形；且矩形EFGH 的周长为222+=+C 错，D 正确；因为点M 为EG 中点，则点M 为矩形EFGH 的对角线交点，所以点M 到点E 和点G的距离相等，且最大，所以线段MP ，故B 错. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由MP CN ⊥，求出动点轨迹图形，即可求解.2．A解析：A 【分析】利用空间向量的加法和减法法则可得出BD 关于a 、b 、c 的表达式. 【详解】()11112222OD OA AD OA AC OA OC OA OA OC =+=+=+-=+，因此，11112222BD OD OB OA OB OC a b c =-=-+=-+. 故选：A. 【点睛】本题考查利用基底表示空间向量，考查计算能力，属于中等题.3．C解析：C 【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110{AG n AC n ⋅=⋅=⇒⇒111{1x y ==-⇒n 1＝(1，－1,1)．sinθ＝11BG n BG n ⋅⋅＝23a ⨯63. 4．D解析：D 【分析】判断命题p 和命题q 为假命题，再判断复合命题的真假得到答案. 【详解】命题:p 空间任意三个向量都是共面向量，为假命题；当0a b =>时，方程221ax by +=表示圆，故q 为假命题；故p q ∧，p q ∨，()p q ⌝∧为假命题，()p q ⌝∨为真命题. 故选：D . 【点睛】本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的推断能力.5．B解析：B 【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z ，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段1A P 长度取最小值. 【详解】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，()()()()12,0,0,1,2,0,0,2,1,2,0,2A E F A ，(1,2,0),(2,2,1)AE AF =-=-，设平面AEF 的法向量(),,n x y z =，则20220n AE x y n AF x y z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-++=⎩，取1y =，得()2,1,2n =，设(),2,,02,02P a c a c ≤≤≤≤，则()12,2,2A P a c =--， ∵1A P 平行于平面AEF ，∴()()1222220A P n a c ⋅=-++-=，整理得3a c +=， ∴线段1A P 长度222222139||(2)2(2)(2)4(1)222A P a c a a a ⎛⎫=-++-=-++-=-+ ⎪⎝⎭，当且仅当32a c ==时，线段1A P 长度取最小值322. 故选：B. 【点睛】本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.6．C解析：C 【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，由题意得到E 是两个平面的一个交点，分析另一个交点的位置，可能在11A C 或1A D 上，设其交点坐标用向量计算可得答案. 【详解】如图，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，()0,0,0D ，()12,0,2A ，()()1,2,10,1,1G E ，，()1,2,1DG =，因为HE ⊂平面α，所以E ∈平面α，因为E ∈1C D ，所以E ∈平面11AC D ，所以E 是两个平面的一个交点，如果另一个交点在11A C 上，设为M 且设(),2,2M a a -，02a ≤≤所以(),1,1EM a a =-，因为EM ⊂平面α，DG ⊥平面α，所以0EM DG ⋅=，即2210a a +-+=，解得3a =不合题意，所以另一个交点在1A D 上，不妨设为F ，所以平面11AC D ⋂平面EF α=，即求EF 的长度，且(),0,F b b ，02b ≤≤，因为EF ⊂平面α，DG ⊥平面α，所以0EF DG ⋅=，(),1,1EF b b =--，即210b b -+-=，解得32b =，所以33,0,22F ⎛⎫⎪⎝⎭，所以2231141222EF ⎛⎫⎛⎫=++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：C.【点睛】本题考查了用向量解决线面垂直、线线垂直的问题，关键点是建立空间直角坐标系和分析两个平面的交线的位置，考查了学生的空间想象力、推理能力和计算能力.7．D解析：D 【详解】由题设可得197(,3,)55a b c ++=，则635255a b c ++==； 923(,1,)55a b c --=-，63525a b c --=，则①正确；因1346()(4,2,2)(,1,)205555a b c +⋅=⋅--=-+-=， 1481424()(1,2,3)(,1,)205555a b c ⋅+=⋅-=+-=，故②正确；又因2635127()255a b c ++==，而22235714,10,255a b c ====，所以22271272455a b c ++=+=，即③正确；又3030a b ⋅=+-=，则()0a b c ⋅⋅=，而330055b c ⋅=-++=，故()0a b c ⋅⋅=，也即④正确. 故选：D ．8．A解析：A 【分析】以B 为原点，,,BA BC BP 坐标轴建立空间直角坐标系，设BQBA λ=,由异面直线PM 与CQ 可列式22234343244PM CQ PMCQ ，求出λ即可. 【详解】如图，在三棱锥P ABC -中，2AB BC ==，AC =BA BC ∴⊥,PB ⊥平面ABC ，以B 为原点，,,BA BC BP 坐标轴建立空间直角坐标系，可知()0,0,0B ，()0,2,0C ，()1,1,0M ，2,6BM MN，222BN MN BM ，4PB ∴=，则()0,0,4P ，设BQBAλ=，且01λ<<，则2,0,0Q ，可知1,1,4,2,2,0PM CQ, 12124022PM CQ ， 22211432PM，244CQ，异面直线PM 与CQ 34， 22234343244PM CQ PM CQ ，解得14λ=或4λ=（舍去）， 14BQ BA∴=. 故选：A. 【点睛】本题考查向量法求空间线段的比例分点，属于中档题.9．A解析：A 【分析】以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量法即可求得各个角度的余弦值，再结合余弦函数的单调性即可判断. 【详解】由题可知，直三棱柱111ABC A B C -的底面为锐角三角形，D 是棱BC 的中点，设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则1(0,0,2)A ，1(3,1,2)B ，(0,2,0)C ，33,022D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(0,0,0)A ， (0,2,0)AC =，131,222B D ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，11(3,1,0)A B =，因为直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，10,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，111||cos ||||25θ⋅∴==⋅B D AC B D AC ，因为直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，20,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，平面111A B C 的法向量()0,0,1n =，121||sin ||5∣θ⋅∴==⋅B D n B D n ，222cos 155θ⎛⎫∴=-= ⎪⎝⎭，设平面11A B D 的法向量(,,)m a b c =，则1113031202m A B a b m B D b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取3a =33,3,2m ⎛⎫=--⎪⎝⎭，因为二面角111C A B D --的平面角为3θ，由图可知，其为锐角，33||2cos ||57m n m n θ⋅∴===⋅∣，231cos cos cos θθθ>>，由于cos y θ=在区间(0,)π上单调递减，故231θθθ<<，则2123,θθθθ<<. 故选：A . 【点睛】本题考查利用向量法研究空间中的线面角以及二面角，属综合基础题.10．C解析：C 【分析】因为在四面体OABC 中,D 是BC 的中点,G 是AD 的中点,12OE OA AD =+,即可求得答案. 【详解】在四面体OABC 中,D 是BC 的中点,G 是AD 的中点∴12OG OA AD =+11()22OA AB AC =+⨯+1()4OA OB OA OC OA =+⨯-+-111244OA OB OC =++ 故选:C. 【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,解题关键是掌握向量基础知识和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.11．A解析：A 【分析】过E 作EH BD ⊥，交BD 于H 点，设二面角A BD C --的大小为α，设BE 与CF 的夹角为θ，则0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，由向量数量积的运算律得出CF BE CF HE ⋅=⋅，由题意可得出12HE BE =，利用数量积的定义可求出cos ,CF BE <>的值，即可求出cos θ的值，进而利用同角三角函数的平方关系可求出sin θ的值. 【详解】如下图所示，过E 作EH BD ⊥，交BD 于H 点，设BE 与CF 的夹角为θ，则0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，记二面角A BD C --的大小为α，()CF BE CF BH HE CF HE ⋅=⋅+=⋅，即()cos CF BE CF HE πα⋅=⋅-，即11cos ,23CF BE CF BE CF BE ⎛⎫⋅<>=⋅⋅- ⎪⎝⎭， 1cos ,6CF BE ∴<>=-，所以1cos 6θ=，即35sin 6θ=，故选：A ．【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，同时也考查了二面角的定义，涉及利用空间向量数量积的计算，考查计算能力，属于中等题.12．C解析：C 【分析】根据条件确定O 点位置，再根据向量表示确定,,x y z 的值，即得结果. 【详解】如图，Q 为AC 与BD 交点，P 为BQ 中点，O 为MQ 与1B P 的交点.过P 作PT 平行MQ 交1BB 于T .如图,则T 为BM 中点，所以1111131334224242MT BM BB MB MB ==⨯=⨯⨯=. 所以123B O OP =，因此1323421411()555352555BO BB BP BM BH BN BM BH BN =+=⋅+⋅+=++，因为BO xBH yBN zBM =++，所以411,,555z x y ===,1435x y z ∴++=. 故选：C 【点睛】本题考查平面向量基底表示，考查综合分析求解能力，属中档题.13．B解析：B 【分析】由题意作图，可得所求数量积为12BD DC ，由已知易得其模长和夹角，由数量积的定义可得答案．【详解】解：如图连接空间四边形ABCD 的对角线AC ，BD ，由空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于1，可知底面BCD 为等边三角形，故60BDC ∠=︒，又点E 、F 分别是AB 、AD 的中点，所以12EF BD =，故11||||cos()22EF DC BD DC BD DC BDC π==-∠ 11111224⎛⎫=⨯⨯⨯-=- ⎪⎝⎭，故选：B ．【点睛】本题考查向量的数量积的运算，涉及向量的基本运算，属于基础题．二、填空题14．【分析】先得出以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系利用向量法可求出【详解】长方体中平面面即为与底面所成角以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系则则设平面的一个法向量为则即令则即设直线与平面所成的角为则解析：155【分析】先得出1160DC D ∠=，以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法可求出. 【详解】长方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面面1111D C B A ，11DC D ∴∠即为1C D 与底面1111D C B A 所成角，1160DC D ∴∠=，111AB C D ==，13DD ∴=以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则()(()((1110,0,0,3,0,1,0,3,1,3,3D C C B D ，则()((1110,1,3,3,0,3,0,3DC CB CD ===-，设平面11CB D 的一个法向量为(),,n x y z =，则1100n CB n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即33030x z y z ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =，则3,1y z ==-，即()1,3,1n =--，设直线1C D 与平面11CB D 所成的角为θ，则1112315sin cos ,25DC n DC n DC nθ⋅-=<>===⨯⋅ 故答案为：155. 【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.15．【分析】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系写出向量的坐标利用空间向量法可求得直线与直线所成角的余弦值【详解】如下图所示以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系则点因此直线与直线 26【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，写出向量1A E 、1B F 的坐标，利用空间向量法可求得直线1A E 与直线1B F 所成角的余弦值.如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()12,0,4A 、()12,2,4B、()0,2,2E 、()1,1,0F ， ()12,2,2A E =--，()11,1,4B F =---，11111126cos ,2332A EB F A E B F A E B F⋅<>===⨯⋅，因此，直线1A E 与直线1B F 26. 26. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．16．【分析】结合由数量积定义计算【详解】正四面体中点EF 分别是BCAD 的中点连接则而所以平面又平面所以即所以故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计解析：24aAE AB BE =+，结合AD BC ⊥，由数量积定义计算．【详解】正四面体ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，连接,AE DE ，则,BC AE BC DE ⊥⊥，而AEDE E =，所以BC ⊥平面ADE ，又AD ⊂平面ADE ，所以AD BC ⊥，即AF BE ⊥，所以21()cos 6024a AE AF AB BE AF AB AF BE AF a a ⋅=+⋅=⋅+⋅=⨯⨯︒=．故答案为：24a ．【点睛】关键点点睛：本题考查向量的数量积运算，解题时选择用向量的加减数乘运算表示出要计算的向量，然后由数量积定义计算，是基本方法，实质上也可以应用空间向量基本定理表示向量，把向量的运算转化为空间向量的基底进行运算．17．①③④【分析】由三垂直可采用以为轴建立空间直角坐标系①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体再结合等体积法即可求解三棱锥解析：①③④ 【分析】由,,AB AD AP 三垂直，可采用以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体，再结合等体积法即可求解三棱锥E BCO -的体积为定值；④中将平面ABCD 以AD 为轴旋转到平面PAD 内形成平面''AB C D ，结合两点间直线最短即可判断正确【详解】如图所示：以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,1)P ，()1,0,0B ，(1,2,0)C ，设(0,,0)E y ，[]0,2y ∈，则(1,0,1)BP =-，(1,2,0)CE y =--，2||2cos ,2||||21(2)BP CE BP CE BP CE y ⋅〈〉==≤⋅⋅+-，当2y =时等号成立，此时,4BP CE π〈〉=，故直线PB 与直线CE 所成的角中最小的角为45︒，①正确； (1,,0)(1,2,1)21BE PC y y ⋅=-⋅-=-，当12y =时，BE PC ⊥，②错误；将四棱锥放入对应的长方体中，则球心为体对角线交点， 1111112323226BCE E BCO O BCE AP V V S --==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△，③正确；如图所示：将平面ABCD 以AD 为轴旋转到平面PAD 内形成平面''AB C D ，则22''2222CE PE C E PE PC +=+≥=+=，当'PEC 共线时等号成立，④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题考查向量法在立体几何中的实际应用，合理建系，学会将所求问题有效转化是解决问题的关键，如本题求线线角的最小值转化为求线线夹角的余弦值，求两直线垂直转化为数量积为0，求三棱锥体积的补形法和等体积法，利用旋转将异面直线的距离转化为共面直线的距离，属于中档题18．【分析】由根据与的夹角为钝角由且求解【详解】因为所以因为与的夹角为钝角所以且由得所以若与的夹角为则存在使即所以解得故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的应用还考查了运算求解的能力属于中档题解析：6652,,5515⎛⎫⎛⎫-∞-⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【分析】由(5,3,1)a =，22,,5b t ⎛⎫=--⎪⎝⎭，根据a 与b 的夹角为钝角，由0a b ⋅<且,180a b ︒〈〉≠求解.【详解】因为(5,3,1)a =，22,,5b t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，所以2525(2)31355a b t t ⎛⎫⋅=⨯-++⨯-=- ⎪⎝⎭，因为a 与b 的夹角为钝角，所以0a b ⋅<且,180a b ︒〈〉≠，由0a b ⋅<，得52305t -<，所以5215t <. 若a 与b 的夹角为180︒，则存在0λ<，使a b λ=，即2(5,3,1)2,,5t λ⎛⎫=--⎪⎝⎭，所以523215t λλλ⎧⎪=-⎪=⎨⎪⎪=-⎩，解得65t =-，故答案为： 6652,,5515⎛⎫⎛⎫-∞-⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 19．【分析】根据平方得到计算得到答案【详解】故解得故答案为：【点睛】本题考查了平行六面体的棱长意在考查学生的计算能力和空间想象能力解析：1【分析】根据11AC AB AD AA =+-，平方得到2224c c +-=，计算得到答案. 【详解】11AC AB AD AA =+-，故2222211111222AC AB AD AA AB ADAA AB AD AA AB AD AA =+-=+++⋅-⋅-⋅ 2224c c =+-=，解得1c =.1.【点睛】本题考查了平行六面体的棱长，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20．【分析】以D 为坐标原点DA 所在的直线为轴DC 所在的直线为轴DP 所在的直线为轴建立空间直角坐标系令求得利用向量的夹角公式即可求解【详解】如图所示以D 为坐标原点DA 所在的直线为轴DC 所在的直线为轴DP 所解析：60【分析】以D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，令1PD AD ==，求得()()1,0,1,1,1,0PA BD =-=--，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】如图所示，以D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，因为点P 在正方形ABCD 所在平面外，PD ⊥平面,ABCD PD AD =，令1PD AD ==，所以()()()()1,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0,0A P B D ，所以()()1,0,1,1,1,0PA BD =-=--, 所以1cos 222PA BDPA BD θ⋅===⨯⋅，所以060θ=，即异面直线PA 与BD 所成的角为060【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角的求解，其中解答中根据几何体的结构特征建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21．【解析】很明显当四点共面时数量积能取得最值由题意可知：则是以点D 为顶点的直角三角形且：当向量反向时取得最小值：解析：442-【解析】很明显当,,,O D M N 四点共面时数量积能取得最值，由题意可知：OD OM ON ==，则MDN △是以点D 为顶点的直角三角形，且： ()()()2420,AM AN AD DM AD DNAD AD DM DN DM DN AD DO ⋅=+⋅+=+⋅++⋅=+⋅+ 当向量,AD DO 反向时，AM AN ⋅取得最小值：4224-⨯=-22．【分析】直接利用空间向量的数量积求解两个平面的二面角的大小即可【详解】解：两个平面的法向量分别为则这两个平面所成的锐二面角的大小是这两个平面所成的锐二面角的余弦值为故答案为：【点睛】本题考查空间二面【分析】直接利用空间向量的数量积求解两个平面的二面角的大小即可．【详解】解：两个平面α，β的法向量分别为(4,0,3)u →=，(1,1,0)v →=-，则这两个平面所成的锐二面角的大小是θ，2cosa ba b θ→→→→=== 这两个平面所成的锐二面角的余弦值为5. 故答案为：5. 【点睛】本题考查空间二面角的求法，空间向量的数量积的应用，考查计算能力．23．11【分析】由题意建立空间直角坐标系由二面角的定义得出从而写出的坐标由向量共线的性质设利用向量的加法得出由异面直线与所成角利用向量法得出的值从而得出的值【详解】取的中点G 与的交点为以O 为坐标原点分别解析：11【分析】由题意建立空间直角坐标系，由二面角的定义得出60OEV ∠=︒，从而写出,,,V E B A 的坐标，由向量共线的性质设(1)VF VA λλ=≠，利用向量的加法得出BF ，由异面直线BF 与VE 所成角，利用向量法得出λ的值，从而得出VF VA的值. 【详解】取AB 的中点G ，AC 与DB 的交点为O ，以O 为坐标原点，分别以,,OG OE OV 为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，设2AB =因为二面角V BC D --为60°，所以60OEV ∠=︒ 则()()()()0,0,3,0,1,0,1,1,0,1,1,0V E B A -()()()1,1,3,1,1,3,0,1,3VA VB VE =--=-=-.设(1)VF VA λλ=≠，则()1,1,33BF VF VB λλλ=-=----+ 从而22||cos ,cos 60||||24(1)(1)BF VE BF VE BF VE λλ⋅===︒-++ 整理得210110λλ+-=，解得1λ=(舍)，11λ=-故11VF VA=. 故答案为：11【点睛】本题主要考查了已知面面角，线线角求参数，属于中档题.24．【分析】由题意画出图形分别过作底面的垂线垂足分别为根据可知线段长度的最大值或最小值取决于的长度而即可分别求出的最小值与最大值【详解】如图所示：分别过作底面的垂线垂足分别为由已知可得∵而∴当所在平面与解析：7,13⎡⎣【分析】由题意画出图形，分别过,B C 作底面的垂线，垂足分别为1B ，1C ，根据()222111111274BC BB B C C C B C =++=+可知，线段BC 长度的最大值或最小值取决于11B C 的长度，而111111AB AC B C AB AC -≤≤+，即可分别求出BC 的最小值与最大值．【详解】如图所示：分别过,B C 作底面的垂线，垂足分别为1B ，1C ．由已知可得，13BB =13CC =11AB =，132AC =． ∵1111BC BB BC C C =++， ()22222221111111111111132723344BC BB B C C C BB B C C C BB C C B C B C =++=+++⋅=+++=+而111111AB AC B C AB AC -≤≤+，∴当AB ，AC 所在平面与α垂直，且,B C 在底面上的射影1B ，1C ，在A 点同侧时，BC 长度最小，此时111131122B C AB AC =-=-=，BC 2127724⎛⎫+= ⎪⎝⎭当AB ，AC 所在平面与α垂直，且,B C 在底面上的射影1B ，1C ，在A 点异侧时，BC 长度最大，此时111135122B C AB AC =+=+=，BC 25271324⎛⎫+= ⎪⎝⎭． ∴线段BC 长度的取值范围为7,13⎡⎣．故答案为：7,13⎡⎤⎣⎦．【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角的定义以及应用，向量数量积的应用，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．25．-1【解析】【分析】由直线的一个方向向量为平面的一个法向量为得到由此能求出的值【详解】∵直线的一个方向向量为平面的一个法向量为∴解得故答案为：【点睛】本题考查实数值的求法考查直线的方向向量平面的法向解析：-1【解析】【分析】由直线l 的一个方向向量为m ，平面α的一个法向量为n ，//l α，得到 0m n ⋅=，由此能求出t 的值．【详解】∵直线l 的一个方向向量为()2,8,1m =--，平面α的一个法向量为1,,22n t ⎛⎫= ⎪⎝⎭，//l α，∴2420m n t ⋅=--+=，解得1t =-，故答案为：1-．【点睛】本题考查实数值的求法，考查直线的方向向量、平面的法向量等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．26．2【分析】利用两边平方后利用向量数量积计算公式计算得【详解】对两边平方并化简得故【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算考查空间向量数量积的表示属于中档题解析：2【分析】利用11BD AD AA AB=+-，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得1BD . 【详解】对11BD AD AA AB=+-两边平方并化简得21BD 2221AD AA AB =++11222AD AA AD AB AA AB +⋅-⋅-⋅211212cos1200212cos1204=+++⨯⨯--⨯⨯=,故12BD =.【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.。

空间向量在立体几何中的应用知识点大全经典高考题带解析练习题带答案(良心出品必属精品)

空间向量在立体几何中的应用【考纲说明】1. 能够利用共线向量、共面向量、空间向量基本定理证明共线、共面、平行及垂直问题；2. 会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式等解决平行、垂直、长度、角、距离等问题；3. 培养用向量的相关知识思考问题和解决问题的能力；a tb |5| |cos <a f b > d,b b a b- |5||J|ccs<5t5>【知识梳理】一、空间向量的运算1、向量的几何运算（1）向量的数量积：已知向量，则叫做的数量积，记作，即空间向量数量积的性质：①乳注08^,4；③I讦汀坊.（2）向量共线定理：向量a a=0与b共线，当且仅当有唯一一个实数，使b「a.2、向量的坐标运算（1）若虫巩心乃占），则厢=（阳-兀乃-升逐-可）.一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标虫（羽J/］）巩心乃同）I 画二厉7⑵若，，则a -占=（阿—妬.一俎* ^3 一鸟） 2” 二（2曲,2a?1）（2 E R ）f -h a H b s-a 】—久ip 逢? — /lij n 爲=（久 E R ）— 于a 丄b <^> +a^b 2= 0| a |= ^ja a = J 詁 +昇 +a j （3）夹角公式:（4）两点间的距离公式：若.ii，则F 勺\W\I AB n arc sin期Ml二、空间向量在立体几何中的应用 2. 利用空间向量证明平行问题对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明.■* ■*曲二估,如曲）b 二（勾岛禹）诰+&二（兔+直曲+妇兔+鸟）3. 利用空间向量证明垂直问题一对于垂直问题，一般是利用「:一 L 二二「一 :进行证明； 4. 利用空间向量求角度（1）线线角的求法:设直线AB CD 对应 co s勺方向向量分别为-a ,b ,则直线AB 与CD 所成的角为（线线角的范围［0：90°］） ■，'1「「「J ，*】上是直线.的方向向量，贝S 直线.与平面二所成的角为(1)平面的法向量的求法：//|/设门=(x,y,z)，利用n 与平面内的两个不共线的向「a , b 垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，联立后取其一组解，即得到平面二的一个法向量(如图)(2)线面角的求法:(3)二面角的求法:5.利用空间向量求距离设n 是平面：的法向量,Ml\AS^# = ---------(2)利用法向量求空间距离,其中丄「是平面二的法向量(a)点A到平面二的距离:，其中小二】匚挂，厂是平面二的法向(b)直线」与平面二之间的距离:量。

第八章立体几何与空间向量参考答案

第八章立体几何与空间向量参考答案1．答案A 解析空间四边形不是平面图形，故B 错；四面体不是四棱柱，故C 错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D 错；根据公理2可知A 正确，故选A.2．答案A解析对于A ，根据线面平行的性质定理可得A 选项正确；对于B ，当α⊥β，α∩β＝m 时，若n ⊥m ，n ⊂α，则n ⊥β，但题目中无条件n ⊂α，故B 不一定成立；对于C ，若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β相交或平行，故C 错误；对于D ，若m ∥α，n ⊂α，则m 与n 平行或异面，则D 错误，故选A.3．答案A 解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得，DF →＝DC →＋CB →＋BF →＝12C 1C →＋CB →＋12BA →1＝12A 1A →＋AB →－AC →＋12BA →＋12AA →1＝12AB →－AC →，∴α＝12，β＝－1，故选A.4．答案C解析因为AC →1＝AA →1＋A 1B 1→＋B 1C 1→＝CC →1＋AB →＋AD →＝(0，1，5)＋(1，2，0)＋(2，1，0)＝(3，4，5)，所以|AC →1|＝32＋42＋52＝52，故选C.5.答案D解析连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线互相平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.6．答案D解析根据公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭得，2＝13169V ⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得V ＝92.故选D.7．答案D 解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC ，AB 1，CB 1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R ＝63，所以截面的面积S ＝2π3，故选D.8．答案A 解析正方形ABCD 对角线长为(42)2＋(42)2＝8.则球心到正方形中心的距离d ＝52－42＝3.则E 到正方形ABCD 的最大距离为h ＝d ＋5＝8.则V E －ABCD ＝13×42×42×8＝2563.故选A.9．答案②④解析对于①，若m ∥α，m ∥β，则α与β可能相交，故①错误；对于②，若m ⊥α，m ∥β，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正确；对于③，若m ∥α，m ∥n ，则n 可能在α内，故③错误，对于④，若m ⊥α，α∥β，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m ⊥β，故④正确．故答案为②④.10．答案124解析设三棱柱的高为h ，∵F 是AA 1的中点，则三棱锥F －ADE 的高为h 2，∵D ，E 分别是AB ，AC 的中点，∴S △ADE ＝14S △ABC ，∵V 1＝13S △ADE ·h 2，V 2＝S △ABC ·h ，∴V 1V 2＝16S △ADE ·h S △ABC ·h ＝124.11.答案2解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为 2.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°.∵AB ＝AC ，∴AB ＝1，∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝2.12．答案42解析设三棱柱底面直角三角形的直角边为a ，b ，则棱柱的高h ＝a 2＋b 2，设外接球的半径为r ，则43πr 3＝32π3，解得r ＝2，∵上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴2h ＝2r ＝4.∴h ＝22，∴a 2＋b 2＝h 2＝8≥2ab ，∴ab ≤4.当且仅当a ＝b ＝2时“＝”成立．∴三棱柱的体积V ＝Sh ＝12abh ＝2ab ≤42.13．(1)证明因为H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径，所以DH ⊥CH ，又因为DH ⊥FH ，且CH ∩FH ＝H ，所以DH ⊥平面BCHF .又因为DH ⊂平面ADHF ，所以平面ADHF ⊥平面BCHF .(2)解以H 为坐标原点，分别以HD ，HC ，HF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设下底面半径为r ，由题意得πr ＝π，所以r ＝1，CD ＝2.因为G ，H 为DC 的三等分点，所以∠HDC ＝30°，所以在Rt △DHC 中，HD ＝3，HC ＝1，所以A (3，0，2)，B (0，1，2)，D (3，0，0)，设平面ABH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为n ·HA →＝(x ，y ，z )·(3，0，2)＝0，n ·HB →＝(x ，y ，z )·(0，1，2)＝0，＋2z ＝0，2z ＝0，所以平面ABH 的法向量n ＝(－2，－23，3)．设平面BHD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为m ·HD →＝(x ，y ，z )·(3，0，0)＝0，m ·HB →＝(x ，y ，z )·(0，1，2)＝0，＝0，＋2z＝0，所以平面BHD的法向量m＝(0，－2，1)，由图形可知，二面角A—BH—D的平面角为锐角，设为θ，所以二面角A－BH－D的余弦值为cosθ＝|m·n||m||n|＝28519.14．(1)解过点E作AB(或CD)的平行线，即为所求直线l.∵AC和BD交于一点，∴A，B，C，D四点共面．又∵四边形ABCD边长均相等，∴四边形ABCD为菱形，从而AB∥DC.又AB⊄平面CDE，且CD⊂平面CDE，∴AB∥平面CDE.∵AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面CDE＝l，∴AB∥l.(2)证明取AE的中点O，连接OB，OD.∵AB＝BE，DA＝DE，∴OB⊥AE，OD⊥AE.又OB∩OD＝O，∴AE⊥平面OBD，∵BD⊂平面OBD，故AE⊥BD.又四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又AE∩AC＝A，∴BD⊥平面ACE.又BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ACE.(3)解由V E－ABCD＝2V E－ABD＝2V D－ABE＝2，即V D－ABE＝1.设三棱锥D－ABE的高为h，h＝1，解得h＝ 3.又∵DO＝ 3.∴DO⊥平面ABE.以点O 为坐标原点，OB ，OE ，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，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，D (0，0，3)，E (0，1，0)．∴BC →＝AD →＝(0，1，3)，BE →＝(－3，1，0)．设平面BCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，y ＋3z ＝0，3－y ＝0得，平面BCE 的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．又DE →＝(0，1，－3)，于是cos 〈DE →，n 〉＝235·2＝155.故直线DE 与平面BCE 所成角的正弦值为155.。

【高考必做题】高二数学——空间向量(后附参考答案与解析)

空间向量-期中必做题12为的中点，，．平面，如图．所成角的正弦值．，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．3所成角的正弦值．上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值．若不存在，请4）的平面展开图（如图）中，四边形为边长为的正方形，均为正三角形．在三棱锥中：（图1）（图2）证明：平面平面．（1）5 67 8 910所成角最小时，求线段的长．11，．12平面．，求二面角的余弦值．13的正方形中，,分别为的中点，沿将矩形折起使得所示，点在上，，分别为中点．平面．的余弦值．14中，侧面为等边三角形且垂直于底面三角形，，是的中点．15的中点，点在线段上．点到直线1617 D.个的三等分点，到各顶点的距离的不同取181920 2122D.4个23坐标平面上的一组正投影图像如．24椭圆的一部分 D.抛物线的一部分25 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（262728D.29，的中点，为上一动）．30空间向量-期中必做题1，．．，连接．．．，，，因为，为的中点，所以因为平面，平面，所以平面因为平面平面，平面所以平面．因为．所以平面．设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为由（）知，设平面的法向量为，则有，即，令，则，．即所以．由题知二面角为锐角，所以它的大小为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用2所成角的正弦值．，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．．，分别为，的中点， ∴，．，又为的中点，． ∵ 平面平面，且平面， ∴平面．，连接，∴．，．如图建立空间直角坐标系．由题意得，，∴，设平面的法向量为则即令，则，，∴设直线和平面所成的角为则∴ 直线和平面所成角的正弦值为线段上存在点适合题意．设，其中．设，则有∴，从而∴，又∴令整理得．解得，舍去．∴ 线段上存在点适合题意，且立体几何与空间向量立体几何初步空间向量空间向量的应用3所成角的正弦值．上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值．若不存在，请证明见解析．如图，在矩形中，，为中点，，的中点，由题意可知，，平面，平面，平面，，，．在中，由，则所以，设平面的一个法向量为则，，令所以，设直线与平面所成角为，所以直线与平面所成角的正弦值为假设在线段上存在点，满足设，由，所以，若平面，则，所以，解得所以．立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用（图1）（图2）证明：平面平面．（1）求二面角的余弦值．（2）若点在棱上，满足，，点在棱上，且范围．（3）4由题意，因为在中，，为所以，因为在中，，所以，因为，，平面所以平面，因为平面，所以平面平面．方法：设的中点为，连接，．因为在中，，为所以，因为，因为在中，，为所以．因为在中，，为所以．因为，，平面所以平面，因为平面，所以．因为，，平面所以平面，因为平面．所以平面平面．由平面，，则，，，由平面，故平面的法向量为由，设平面的法向量为由，得：令，得，，即由二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为设，，则令，得即，是关于当时，，所以．立体几何与空间向量立体几何初步空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用567空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用8空间向量空间向量及其运算空间向量的应用910所成角最小时，求线段的长．轴，建立空间直角坐标系，考点设平面的一个法向量，，，，所示二面角的余弦值为．设，∵在线段上，直线上点坐标满足，∵，，，设，整理得：，，解得，∴当与夹角最小时，，此时解得，，∴点坐标为，∵，长度为．（2）立体几何与空间向量空间向量空间直角坐标系11？并说明理由．，的延长线于，连结．∵平面平面，平面平面∴平面，即是直线设，，则∴．∵，∴，∴．解得．∵，，∴．∴，方程无解．∴直线与平面所成的角不能为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直12如图在直角梯形中，，，且折起，使，得到如下的立体图形．平面．，求二面角的余弦值．证明见解析．由题可得，，则，，且，所以平面．平面，所以平面平面．方法一、过点作交于点，，则平面，．，，平面，．，则，．为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，因为，所以．又平面平面，所以因为，且，，所以所以，即四边形是平行四边形．所以．从而平面．所以作交于点，连结，因为，，所以平面所以，所以是二面角过点做交于点，连结，则平面，又，，13则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用14空间直角坐标系空间向量及其运算15为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体16∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．17在侧面中，．由勾股定理知，设点，则点轨迹为而，则立体几何与空间向量立体几何初步空间中的垂直解析几何双曲线双曲线的定义、图形及标准方程双曲线的性质B.个 D.个如图，在正方体）．18B∵，即∴，，，，∴点到各顶点的距离的不同取值有故选．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系19的正方体中，点，，则满足条件的点的个数为若满足的点的个数为（1）（2）（1）如下图所示，。

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第三讲空间向量、立体几何【知识点小结】1、空间直角坐标系的建立：2、空间点的坐标与空间向量坐标：3、空间直线与向量：4、空间平面的法向量求平面法向量的步骤：5、异面直线夹角与空间向量夹角的关系：6、线面角与空间向量夹角的关系：7、平面夹角（二面角）与空间向量夹角的关系： 8、空间向量的投影与点面距离问题： 9、异面直线之间的距离：【热身练习】1、如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，3,1,61===AD AA AB ，E 、F 分别是AB ，C 1D 1的中点，求：（1）、A 1B 1与面A 1EF 所成的角。

（2）、B C 1到面A 1EF 的距离。

解：如图建立空间直角坐标系，则A （3，0，0）， C （0，6，0），B （3，6，0），C 1（0，6，0）， D 1（0，0，1），A 1（3，0，1），E （3，26，0），F （0，26，1）。

（1）、设平面A 1EF 的一个法向量为n=（x,y,z ），则：1,,)(0,1)0(,,)(0,1)0n EF x y z n A E x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩（ )3,2,1()3,2,(1−−→−=∴=x x x x n 令，故11sin ,3n A B ==，因此，A 1B 1与面A 1EF所成的角为arcsin 3。

y【例题讲解】例1、已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的大小。

解析：如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A （2，0，0），E （2，1，2）， B （2，2，0），C 1（0，2，2） =（0，2，0），1BC =（-2，0，2）∵•=2y = 0 且•1BC = －2x +2Z = 0 ∴可取=（1，0，1）∴sin ,5AE n AE n AE n⋅〈〉==⋅∴直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的大小为小结：直线PQ 交平面α于B ，n 为的一个法向量，则直线PQ 与平面α所成的角为2n PQ πθ=-，例2、如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=1，CB=2，侧棱AA 1=1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M. （Ⅰ）求证：CD ⊥平面BDM ；（Ⅱ）求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小. 解析：如右图，以C 为原点建立空间直角坐标系. （Ⅰ）B （2，0，0），B 1（2，1，0），A 1（0，1，1）,C 1（0，1，0）D ⎪⎪⎭⎫⎝⎛21,21,22，M （22，1，0）， 21,21,0,21,21,22,21,21,22 ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=则0,0=⋅=⋅ ∴CD ⊥BD ，CD ⊥DM.所以CD ⊥平面BDM.（Ⅱ）设BD 中点为G ，连结B 1G ，则 G ⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,41,423，)21,21,22(-=BD ,43,42(1--=B ∴01=⋅B ，∴G B BD 1⊥，又CD ⊥BD∴G B CD 1和的夹角θ等于所求的二面角的平面角33-==COS θ所以所求的二面角等于33arccos-π 小结：一个二面角的平面角θ与这个二面角的两个半平面的法向量1n 和2n 所成的角α相等或互补,D C A A 1BC 1 B 1M即cos cos ==αθ。

例3、如图，已知ABCD 是正方形，ABCD PD 面⊥，PD=AB=1，E 、E 分别是PB 、PD 中点，求异面直线AF 与CE 间的距离。

解析：如图建立空间直角坐标系，则： A （1，0，0），B （1，1，0），C （0，1，0），P （0，0，1），E )21,21,21(，F )21,0,0(111(,,)222AE =- ，1(0,1,)2CF =- ，又设AE ，CF 的公垂线的方向向量为),,(z y x n =，则：1110222102n AE x y z n CF y z ⎧⋅=-++=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩ ⇒ 32x y z x =⎧⎨=⎩ )2,1,3()2,,3(1−−→−=∴=y y y y n 令112)(,,0)227n EF AE CF d n ⋅∴==⋅= 与间的距离小结：a 、b 为异面直线，P 、Q 分别为a 、b 上两点，n为a 、b 的公共法向量，则a 、b 间的距离n PQ d n⋅=例4、如图，ABCD 为边长为4的正方形，GC ⊥平面ABCD ，GC=2，E 、F 分别是AD 、AB 的中点，求点B 到平面EFG 的距离.解析：如图建立空间直角坐标系，则：A （4，4，0），B （0，4，0），D （4，0，0），E （4，2，0），F （2，4，0），G （0，0，2）。

设平面EFG 的一个法向量为n=（x,y,z ），则：,,)(2,2,0)0(,,)(2,4,2)0n EF x y z n GF x y z ⎧⋅=⋅-=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩（⇒ 3x y z y =⎧⎨=⎩ )3,1,1()3,,(1−−→−=∴=y y y y n 令(2,0,0)n BF B EFG d n ⋅∴==⋅=点到平面的距离小结：P,Q 分别为平面α外和α内任意一点，n为的法向量，则P 到平面的距离为n PQ d n⋅=z例5、如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点. (I)求AE 与D 1F 所成的角 (II)证明面AED ⊥面A 1FD 1解: 如图建立空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，则有A （2，0，0）、1A （2，0，2） D （0，0，0）、D 1（0，0，2）、F （0，1，0）、E （2，2，1）（I ）∵AE =（0，2，1），F D 1=（0，1，－2） ∴F D AE 1⋅=（0，2，1）•（0，1，－2）= 0 ∴AE ⊥D 1F∴AE 与D 1F 所成的角为90，即直线AE 与D 1F 所成角为直（II ）设面A 1ED 1的法向量1n =（1x ，1y ，1z ）,面AED 的法向量2n =（2x ，2y ，2z ） ∵1n •11D A =－22x = 0且1n •A 1=－21x + 1y －21z = 0 ∴可取 1n =（0，2，1） ∵2n •= －22x = 0 且2n •= 22y + 2z = 0 ∴可取 2n =（0，－1，2）。

∵1n •2n =（0，2，1）•（0，－1，2）= 0， ∴1n ⊥2n ，从而面AED ⊥面11FD A 。

例6 、已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求直线DA 1与AC 的距离。

解析：如图，建立空间直角坐标系，则A （1，0，0），A 1（1，0，1），C （0，1，0）， D （0，0，0），1=（0，0，1），1DA =（1，0，1），=（-1，1，0）设=（x,y,z ）是和这两条异面直线都垂直的一个向量 ∵•1DA = x +y = 0且•=－x +y = 0 ∴可取n =（1，1，－1） ∴33==d 例7 如图，ABCD 是边长为4的正方形，GC 面ABCD ，GC=2，E 、F 分别是AD 、AB 的中点，求点B 到平面EFG 的距离。

解析：如图，建立空间直角坐标系，则G （0，0，2）， B （0，4，0），A （4，4，0），D （4，0，0）， E （4，2，0），F （2，4，0），GE =（4，2，-2），GF =（2，4，-2），GB =（0，4，-2）设=（x,y,z ）是平面EFG 的一个法向量 ∵ ⋅=4x+2y-2z=0且 ⋅=2x+4y-2z=0 ∴ 可取=（1，1，3）11112==d 例8、在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ．求异面直线B 1F 与D 1E 所成的角解：以A 为原点，分别以1AD AB 、、为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设BE ＝x ，则有B 1(a ，0，a )，D 1(0，a ，a )， E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0) ∴),,(),,(11a a x a D a a x B --=--=，∴0))(()(11=--+-+-=∙a a a x a ax D B 因此，B 1F ⊥D 1E ．即 B 1F 与D 1E 所成的角为900例9、四棱锥P - ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD = ∠ADC = 90，AB = AD = PD = 2，CD = 4，E 是PB 的中点，以DA 、DC 、DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系。

（1）若F ∈平面ABCD ，且FE ⊥面PBC ，，求F 点坐标；（2）求直线AB 与平面PBC 所成的角。

解：依题意，知A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，4，0）, P (0,0,2) F ∈平面ABCD ，故可设F （x ，y ，0）又E （1，1，1），∴= （x –1，y –1，–1）FE ⊥面PBC ，∴EF ⊥PB , EF ⊥PC又=（2，2，–2），=（0，4，-2）于是 ⎩⎨⎧=-⨯-+-+-⨯=-⨯-+-+-0)1()2()1(4)1(00)1()2()1(2)1(2y x y x解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2121y x ，故F （0,21,21）（2）由（1）知，为平面PBC 的法向量，= （1,21,21---），又 =（0，2，0），∴cos 〉〈,=||||EF AB EF AB ⋅⋅110()2()0(1)⨯-+⨯-+⨯-2231⨯-=66-∴cos 〉〈AB FE ,=66设AB 与平面PBC 所成的角为θ, 则有sin θ= cos 〉〈,=66 即AB 与平面PBC 所成的角为arcsin66. 例10、正三棱锥ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为2，P 是侧棱AA 1上一点。

（1）当BC 1⊥B 1P 时，求线段AP 的长；（2）在（1）的条件下，求二面角C —B 1P —C 1的大小。

解（1）以A 为原点，以AB 为y 轴,AA 1为z 轴,过A 且与平面ABB 1A 1垂直的直线为x 轴建立空间直角坐标系，设AP = m, 则有B(0,2,0),C(0,1,3-) , C 1(2,1,3-), B 1(0,2,2) , P(0,0,m),∴1BC =(2,1,3--), P B 1=(0, -2 , m –2) BC 1⊥B 1P, ∴ P B BC 11∙= 0∴0)2(2)1()2(03=-⨯+-⨯-+⨯-m , 解得m = 1，即线段 AP 的长为1。