高中数学用空间思维节椎体问题练习题
高中数学人教课标实验A版必修2第一章《空间几何体的结构》同步练习(附答案)
《空间几何体的结构》同步练习一、考点分析三视图是新课程改革中出现的内容,是新课程高考的热点之一,几乎每年都考,同学们要予以足够的重视.在高考中经常以选择、填空题的形式出现,属于基础或中档题,但也要关注三视图以提供信息为目的,出现在解答题中.这部分知识主要考查学生的空间想象能力与计算求解能力.二、典型例题知识点一:柱、锥、台、球的结构特征例1.下列叙述正确的是()①有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.②两个底面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台.③有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台.④直角三角形绕其一条边旋转得到的旋转体是圆锥.⑤直角梯形以它的一条垂直于两底边的腰所在的直线为旋转轴,其余三边旋转形成的面围成的旋转体叫圆台.⑥用一个平面去截圆锥,底面和截面之间的部分是圆台.⑦通过圆锥侧面上一点,有无数条母线.⑧以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆面旋转一周形成球体.A.①②③④⑤⑥⑧B.①③④⑦⑧C.①②⑤⑧D.⑤思路分析:遇到概念判断问题,一定要在理解透彻相关概念的基础上,仔细分析,如果判断它是正确的,必须能紧扣定义,而不是模棱两可地去作判断;如果判断它是错误的,只需找到一个反例即可.解答过程:如图所示,由图(1)可知①是错误的;由图(2)可知②③是错误的;由图(3)可知④是错误的;由图(4)可知⑥是错误的.因为通过圆锥侧面上一点和圆锥的顶点只能连一条射线,所以“通过圆锥侧面上一点,有无数条母线.”是错误的,即⑦是不正确的.以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆旋转一周形成的应该是球面,半圆面旋转一周形成的才是球体.所以⑧是错误的.所以只有⑤是正确的.故应选D.解题后的思考:在作判断的时候没有严格的根据定义进行多角度分析,而是只抓住定义中的某一点就作出判断,容易导致错误.知识点二:组合体例2.如图,下列组合体是由哪几种简单几何体组成的?解答过程:(1)由一个三棱锥和一个四棱锥组成,为左右结构(2)由两个三棱锥组成,为上下结构(3)由圆锥和圆台组成,为上下结构知识点三:柱、锥的侧面展开图例3.小明在一个正方体盒子的每个面都写有一个字母,分别是:A、B、C、D、E、F,其平面展开图如图所示,那么在该正方体盒子中,和“A”相对的面所写的字母是哪一个?思路分析:在每个格子中标明你所想象的面的位置,如将A 格标明“上”,将B格标明“前”等等.解答过程:为字母“E”解题后的思考:本题突出考查了学生将正方体各面展开图复原为正方体的空间想象能力.例4.如图所示,为一个封闭的立方体,在它的六个面上标出A ,B ,C ,D ,E ,F 这六个字母,现放成下面三种不同的位置,所看见的表面上的字母已标明,则字母A ,B ,C 对面的字母分别是( )A .D ,E ,FB .F ,D ,EC .E ,F ,D D .E ,D ,F思路分析:本题处理方法比较灵活,要将几个图结合起来一起分析.解答过程:由(1)(2)两个图知,A 与B ,C ,D 相邻,结合第(3)个图知,B ,C 与F 共顶点,所以A 的对面为F ,同理B ,C 的对面分别为D ,E ,故选择B .解题后的思考:本题考查推理能力以及空间想象能力.也可先结合图(1)(3)进行判断.例5.用长和宽分别是π3和π的矩形硬纸卷成圆柱的侧面,求圆柱的底面半径?思路分析:要注意哪条边是圆柱的母线,哪条边是圆柱底面的圆周.解答过程:设圆柱底面圆的半径为r ,由题意可知矩形长为底面圆的周长时,r ππ23=,解得23=r .矩形宽为底面圆的周长时,r ππ2=,解得21=r .故圆柱的底面半径为23或21.解题后的思考:本题学生经常会丢解,即主观认为只有图中所示的情况,即以π3作为底面周长,而忽视了它也可作为母线这种情况.知识点四 旋转体中的有关计算例6. 一个圆台的母线长cm 12,两底面面积分别为24cm π和225cm π,求:(1)圆台的高;(2)截得此圆台的圆锥的母线长.思路分析:通过作截得此圆台的圆锥的轴截面,构造直角三角形与相似三角形求解.解答过程:(1)作OA H A ⊥1242=∴=r r ππ 5252=∴=R R ππ3=∴AH153312221=-=∴H A(2)11O VA ∆ 与O VA ∆相似 AO O A VA VA 111=∴20=∴VA解题后的思考:通过构造旋转体的轴截面,将立体问题转化为平面问题.例7.已知球的两个平行截面的面积分别为π5和π8,且距离为3,求这个球的半径.思路分析:两截面的相互位置可能出现两种情况,一种是在球心O 的同侧,另一种是在球心O 的异侧.解答过程:(1)当两截面在球心O 的同侧时,如图所示,设这两个截面的半径分别为21,r r ,球心O 到截面的距离分别为21,d d ,球的半径为R .8,5,8,522212221==∴=⋅=⋅r r r r ππππ .又222221212d r d r R +=+= ,321222221=-=-∴r r d d ,即3))((2121=+-d d d d .又321=-d d ,⎩⎨⎧=+=-∴,1,32121d d d d 解得⎩⎨⎧-==.1,221d d又∴>,02d 这种情况不成立.(2)当两截面在球心O 的异侧时,321=+d d , 由上述解法可知3))((2121=+-d d d d ,⎩⎨⎧=-=+∴,1,32121d d d d 解得⎩⎨⎧==.1,221d d 3452121=+=+=∴d r R .综上所述,这个球的半径为3.解题后的思考:同学们要注意不要只对同侧的情况进行讨论,而忽略对另一种位置关系的讨论.知识点五:画几何体的三视图例8.画出如图所示的三棱柱的三视图.思路分析:在正视图中,中间的竖线看不到,应画成虚线;侧视图是从左侧看三棱柱投射到竖直的正对着的平面上的正投影,所以不是三棱柱的一个侧面,而应该是过底面正三角形的一条高线的矩形.解答过程:解题后的思考:画三视图的时候要做到“长对正、宽相等、高平齐”,还要注意实线与虚线的区别.知识点六:三视图中的推测问题例9.根据下列三视图,说出各立体图形的形状.思路分析:三视图是从三个不同的方向看同一物体得到的三个视图.正视图反映物体的主要形状特征,主要体现物体的长和高,不反映物体的宽.而俯视图和正视图共同反映物体的长相等.侧视图和俯视图共同反映物体的宽相等.据此就不难得出该几何体的形状.解答过程:(1)圆台;(2)正四棱锥;(3)螺帽.解题后的思考:三视图的画法里要注意“长对正”,“高平齐”,“宽相等”,另外,还要熟悉基本空间几何体的三视图.知识点七:直观图的还原与计算问题例10.已知△A′B′C′是水平放置的边长为a 的正三角形ABC 的斜二测水平直观图,那么△A′B′C′的面积为_________.思路分析:先根据题意,画出直观图,然后根据△A′B′C′直观图的边长及夹角求解.解答过程:如图甲、乙所示的实际图与直观图.a OC C O a AB B A 4321,==''==''.在图乙中作C′D′⊥A′B′于D′,则a C O D C 8622=''=''.所以2166862121a a a D C B A S C B A =⨯⨯=''⋅''='''∆.故填2166a . 解题后的思考:该题求直观图的面积,因此应在直观图中求解,需先求出直观图的底和高,然后用三角形面积公式求解.本题旨在考查同学们对直观图画法的掌握情况.例11.如图所示,正方形O′A′B′C′的边长为cm 1,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是____________.思路分析:先根据题意,由直观图画出原图形解答过程:逆用斜二测画法的规则画出原图如下图所示,由BC//OA 且BC=OA ,易知OABC 为平行四边形.在上图中,易求O′B′=2,所以OB =22.又OA =1,所以在Rt △BOA 中,31)22(22=+=AB .故原图形的周长是)cm (8)13(2=+⨯,应填cm 8.解题后的思考:该题考查的是直观图与原图形之间的关系,及逆用斜二测画法的规则.。
新教材人教A版高中数学选择性必修第一册 第一章空间向量与立体几何课后练习及章末检测 含解析
第一章空间向量与立体几何课后练习及章末检测一、1.1.1空间向量及其线性运算 ................................................................................. - 1 - 二、1.1.2空间向量的数量积运算 ................................................................................. - 7 - 三、1.2空间向量基本定理 .......................................................................................... - 15 - 四、1.3.1空间直角坐标系........................................................................................... - 21 - 五、1.3.2空间运算的坐标表示 ................................................................................... - 27 - 六、1.4.1第1课时空间向量与平行关系 ................................................................... - 33 - 七、1.4.1第2课时空间向量与垂直关系 ................................................................... - 41 - 八、1.4.2用空量研究距离夹角问题 ........................................................................... - 50 - 第一章章末测验............................................................................................................ - 63 -一、1.1.1空间向量及其线性运算一、选择题1.空间任意四个点A ,B ,C ,D ,则DA →+CD →-CB →等于( ) A .DB → B .AC → C .AB → D .BA → D [DA →+CD →-CB →=DA →+BD →=BA →.]2.设有四边形ABCD ,O 为空间任意一点,且AO →+OB →=DO →+OC →,则四边形ABCD 是( )A .平行四边形B .空间四边形C .等腰梯形D .矩形A [∵AO →+OB →=DO →+OC →,∴AB →=DC →. ∴AB →∥DC →且|AB →|=|DC →|. ∴四边形ABCD 为平行四边形.]3.已知A ,B ,C 三点不共线,对平面ABC 外的任一点O ,下列条件中能确定点M 与点A ,B ,C 一定共面的是( )A .OM →=OA →+OB →+OC → B .OM →=2OA →-OB →-OC → C .OM →=OA →+12OB →+13OC →D .OM →=13OA →+13OB →+13OC → D [由OM →=13OA →+13OB →+13OC →,可得3OM →=OA →+OB →+OC →⇒OM →-OA →+OM →-OB →+OM →-OC →=0, 即AM →=-BM →-CM →.所以AM →与BM →,CM →在一个平面上,即点M 与点A ,B ,C 一定共面.] 4.若空间中任意四点O ,A ,B ,P 满足OP →=mOA →+nOB →,其中m +n =1,则( )A .P ∈AB B .P ∉ABC .点P 可能在直线AB 上D .以上都不对A [因为m +n =1,所以m =1-n , 所以OP →=(1-n )OA →+nOB →, 即OP →-OA →=n (OB →-OA →), 即AP →=nAB →,所以AP →与AB →共线. 又AP →,AB →有公共起点A ,所以P ,A ,B 三点在同一直线上, 即P ∈AB .]5.已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E 是A 1C 1的中点, 点F 是AE 的三等分点,且AF =12EF ,则AF →=( )A .AA 1→+12AB →+12AD → B .12AA 1→+12AB →+12AD →C .12AA 1→+16AB →+16AD →D .13AA 1→+16AB →+16AD →D [如图所示,AF →=13AE →,AE →=AA 1→+A 1E →,A 1E →=12A 1C 1→,A 1C 1→=A 1B 1→+A 1D 1→,A 1B 1→=AB →,A 1D 1→=AD →,所以AF →=13⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 1→+12A 1C 1→=13AA 1→+16AB →+16AD →,故选D.]二、填空题6.已知A ,B ,C 三点不共线,O 为平面ABC 外一点,若由OM →=-2OA →+OB →+λOC →确定的点M 与A ,B ,C 共面,则λ=________.2 [由M 、A 、B 、C 四点共面知:-2+1+λ=1,即λ=2.]7.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 为AC 与BD 的交点,若A 1B 1→=a ,A 1D 1→=b ,A 1A →=c ,用a ,b ,c 表示D 1M →,则D 1M →=________.12a -12b +c [D 1M →=D 1D →+DM → =A 1A →+12(DA →+DC →) =c +12(-A 1D 1→+A 1B 1→) =12a -12b +c .]8.在空间四边形ABCD 中,E ,F 分别是AB ,CD 的中点,则EF →和AD →+BC →的关系是________.(填“平行”,“相等”或“相反”)平行 [设G 是AC 的中点,则EF →=EG →+GF →=12BC →+12AD →=12(AD →+BC →) 所以2EF →=AD →+BC →, 从而EF →∥(AD →+BC →).] 三、解答题9.如图,在空间四边形ABCD 中,G 为△BCD 的重心,E ,F 分别为边CD 和AD 的中点,试化简AG →+13BE →-12AC →,并在图中标出化简结果的向量.[解] ∵G 是△BCD 的重心,BE 是CD 边上的中线, ∴GE →=13BE →.又12AC →=12(DC →-DA →)=12DC →-12DA →=DE →-DF →=FE →, ∴AG →+13BE →-12AC →=AG →+GE →-FE →=AF →(如图所示).10.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 为DD 1的中点,点N 在AC 上,且AN ∶NC =2∶1,求证:A 1N →与A 1B →,A 1M →共面.[证明] ∵A 1B →=AB →-AA 1→, A 1M →=A 1D 1→+D 1M →=AD →-12AA 1→, AN →=23AC →=23(AB →+AD →), ∴A 1N →=AN →-AA 1→ =23(AB →+AD →)-AA 1→=23(AB →-AA 1→)+23(AD →-12AA 1→)=23A 1B →+23A 1M →, ∴A 1N →与A 1B →,A 1M →共面.11.(多选题)若A ,B ,C ,D 为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是( ) A .AB →+2BC →+2CD →+DC → B .2AB →+2BC →+3CD →+3DA →+AC → C.AB →+CA →+BD → D.AB →-CB →+CD →-AD →BD [A 中,AB →+2BC →+2CD →+DC →=AB →+2BD →+DC →=AB →+BD →+BD →+DC →=AD →+BC →;B 中,2AB →+2BC →+3CD →+3DA →+AC →=2AC →+3CA →+AC →=0;C 中,AB →+CA →+BD →=AD →+CA →;D 中,AB →-CB →+CD →-AD →=AB →+BC →+CD →+DA →表示A →B →C →D →A 恰好形成一个回路,结果必为0.]12.(多选题)有下列命题,其中真命题的有( ) A .若AB →∥CD →,则A ,B ,C ,D 四点共线 B .若AB →∥AC →,则A ,B ,C 三点共线C .若e 1,e 2为不共线的非零向量,a =4e 1-25e 2,b =-e 1+110e 2,则a ∥b D .若向量e 1,e 2,e 3是三个不共面的向量,且满足等式k 1e 1+k 2e 2+k 3e 3=0,则k 1=k 2=k 3=0BCD [根据共线向量的定义,若AB →∥CD →,则AB ∥CD 或A ,B ,C ,D 四点共线,故A 错;因为AB →∥AC →且AB →,AC →有公共点A ,所以B 正确;由于a =4e 1-25e 2=-4-e 1+110e 2=-4b ,所以a ∥b ,故C 正确;易知D 也正确.]13.(一题两空)已知A ,B ,C 三点共线,则对空间任一点O ,若OA →=2OB →+μOC →,则μ=________;存在三个不为0的实数λ,m ,n ,使λOA →+mOB →+nOC →=0,那么λ+m +n 的值为________.-1 0 [由A 、B 、C 三点共线,∴2+μ=1,∴μ=-1,又由λOA →+mOB →+nOC →=0得OA →=-m λOB →-n λOC →由A ,B ,C 三点共线知-m λ-nλ=1,则λ+m +n =0.]14.设e 1,e 2是平面上不共线的向量,已知AB →=2e 1+k e 2,CB →=e 1+3e 2,CD →=2e 1-e 2,若A ,B ,D 三点共线,则实数k 为________.-8 [因为BD →=CD →-CB →=e 1-4e 2,AB →=2e 1+k e 2,又A ,B ,D 三点共线,由共线向量定理得12=-4k ,所以k =-8.]15.如图所示,已知四边形ABCD 是平行四边形,点P 是ABCD 所在平面外的一点,连接P A ,PB ,PC ,PD .设点E ,F ,G ,H 分别为△P AB ,△PBC ,△PCD ,△PDA 的重心.(1)试用向量方法证明E ,F ,G ,H 四点共面;(2)试判断平面EFGH 与平面ABCD 的位置关系,并用向量方法证明你的判断. [证明] (1)分别连接PE ,PF ,PG ,PH 并延长,交对边于点M ,N ,Q ,R ,连接MN ,NQ ,QR ,RM ,∵E ,F ,G ,H 分别是所在三角形的重心,∴M ,N ,Q ,R 是所在边的中点,且PE →=23PM →,PF →=23PN →,PG →=23PQ →,PH →=23PR →.由题意知四边形MNQR 是平行四边形,∴MQ →=MN →+MR →=(PN →-PM →)+(PR →-PM →)=32(PF →-PE →)+32(PH →-PE →)=32(EF →+EH →).又MQ →=PQ →-PM →=32PG →-32PE →=32EG →.∴EG →=EF →+EH →,由共面向量定理知,E ,F ,G ,H 四点共面.(2)平行.证明如下:由(1)得MQ →=32EG →,∴MQ →∥EG →, ∴EG →∥平面ABCD .又MN →=PN →-PM →=32PF →-32PE → =32EF →,∴MN →∥EF →. 即EF ∥平面ABCD . 又∵EG ∩EF =E ,∴平面EFGH 与平面ABCD 平行二、1.1.2空间向量的数量积运算一、选择题1.已知a ⊥b ,|a |=2,|b |=3,且(3a +2b )⊥(λa -b ),则λ等于( ) A .32 B .-32 C .±32 D .1A [∵a ⊥b ,∴a ·b =0,∵3a +2b ⊥λa -b ,∴(3a +2b )·(λa -b )=0, 即3λa 2+(2λ-3)a ·b -2b 2=0,∴12λ-18=0,解得λ=32.]2.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE →·AF →的值为( )A .a 2B .12a 2C .14a 2D .34a 2C [AE →·AF →=12(AB →+AC →)·12AD →=14(AB →·AD →+AC →·AD →)=14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ×a ×12+a ×a ×12=14a 2.]3.已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1,则下列向量的数量积一定不为0的是( ) A .AD 1→·B 1C → B .BD 1→·AC →C .AB →·AD 1→D .BD 1→·BC →D [对于选项A ,当四边形ADD 1A 1为正方形时,可得AD 1⊥A 1D ,而A 1D ∥B 1C ,可得AD 1⊥B 1C ,此时有AD 1→·B 1C →=0;对于选项B ,当四边形ABCD 为正方形时,AC ⊥BD ,易得AC ⊥平面BB 1D 1D ,故有AC ⊥BD 1,此时有BD 1→·AC →=0;对于选项C ,由长方体的性质,可得AB ⊥平面ADD 1A 1,可得AB ⊥AD 1,此时必有AB →·AD 1→=0;对于选项D ,由长方体的性质,可得BC ⊥平面CDD 1C 1,可得BC ⊥CD 1,△BCD 1为直角三角形,∠BCD 1为直角,故BC 与BD 1不可能垂直,即BD 1→·BC →≠0.故选D.]4.在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,向量BA 1→与向量AC →所成的角为( )A .60°B .150°C .90°D .120°D [BA 1→=BA →+AA 1→,|BA 1→|=2a ,AC →=A B →+AD →,|AC →|=2a .∴BA 1→·AC →=BA →·AB →+BA →·AD →+AA 1→·AB →+AA 1→·AD →=-a 2. ∴cos 〈BA 1→,AC →〉=-a 22a ·2a =-12.∴〈BA 1→,AC →〉=120°.]5.如图所示,在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,AB =1,AD =2,AA ′=3,∠BAD =90°,∠BAA ′=∠DAA ′=60°,则AC ′的长为( )A .13B .23C .33D .43B [∵AC ′→=AB →+BC →+CC ′→, ∴AC ′→2=(AB →+BC →+CC ′→)2=AB →2+BC →2+CC ′→2+2(AB →·BC →+AB →·CC ′→+BC →·CC ′→) =12+22+32+2(0+1×3cos 60°+2×3cos 60°) =14+2×92=23,∴|AC ′→|=23,即AC ′的长为23.] 二、填空题6.已知a ,b 是空间两个向量,若|a |=2,|b |=2,|a -b |=7,则cos 〈a ,b 〉=________.18[将|a -b |=7两边平方,得(a -b )2=7. 因为|a |=2,|b |=2,所以a ·b =12.又a ·b =|a ||b |cos 〈a ,b 〉,故cos 〈a ,b 〉=18.]7.已知a ,b 是异面直线,A ,B ∈a ,C ,D ∈b ,AC ⊥b ,BD ⊥b ,且AB =2,CD =1,则a ,b 所成的角是________.60° [AB →=AC →+CD →+DB →,∴CD →·AB →=CD →·(AC →+CD →+DB →)=|CD →|2=1, ∴cos 〈CD →,AB →〉=CD →·AB →|CD →||AB →|=12,∴异面直线a ,b 所成角是60°.]8.已知|a |=2,|b |=1,〈a ,b 〉=60°,则使向量a +λb 与λa -2b 的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________.(-1-3,-1+3) [由题意知 ⎩⎨⎧(a +λb )·(λa -2b )<0,cos 〈a +λb ,λa -2b 〉≠-1.即⎩⎨⎧(a +λb )·(λa -2b )<0,(a +λb )·(λa -2b )≠-|a +λb ||λa -2b |,得λ2+2λ-2<0.∴-1-3<λ<-1+ 3.] 三、解答题9.如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的正方形,侧棱P A 的长为2,且P A 与AB 、AD 的夹角都等于60°,M 是PC 的中点,设AB →=a ,AD →=b ,AP →=c .(1)试用a ,b ,c 表示出向量BM →; (2)求BM 的长.[解] (1)∵M 是PC 的中点,∴BM →=12(BC →+BP →)=12[AD →+(AP →-AB →)] =12[b +(c -a )]=-12a +12b +12c .(2)由于AB =AD =1,P A =2,∴|a |=|b |=1,|c |=2,由于AB ⊥AD ,∠P AB =∠P AD =60°,∴a·b =0,a·c =b·c =2·1·cos 60°=1, 由于BM →=12(-a +b +c ),|BM →|2=14(-a +b +c )2=14[a 2+b 2+c 2+2(-a·b -a·c +b·c )]=14[12+12+22+2(0-1+1)]=32.∴|BM →|=62,∴BM 的长为62.10.如图,已知直三棱柱ABC -A ′B ′C ′中,AC =BC =AA ′,∠ACB =90°,D ,E 分别为AB ,BB ′的中点.(1)求证:CE ⊥A ′D ;(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值. [解] (1)证明:设CA →=a ,CB →=b ,CC ′→=c , 根据题意得|a |=|b |=|c |,且a·b =b·c =c·a =0. ∴CE →=b +12c ,A ′D →=-c +12b -12a .∴CE →·A ′D →=⎝ ⎛⎭⎪⎫b +12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫-c +12b -12a =-12c 2+12b 2=0, ∴CE →⊥A ′D →,即CE ⊥A ′D .(2)∵AC ′→=-a +c ,∴|AC ′→|=2|a |,|CE →|=52|a |, ∵AC ′→·CE →=(-a +c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫b +12c =12c 2=12|a |2, ∴cos 〈AC ′→,CE →〉=12|a |22×52|a |2=1010.∴异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.11.(多选题)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,下列命题正确的有( ) A .(AA 1→+AD →+AB →)2=3AB →2B .A 1C →·(A 1B 1→-A 1A →)=0 C .AD 1→与A 1B →的夹角为60° D .正方体的体积为|AB →·AA 1→·AD →|AB [如图,(AA 1→+AD →+AB →)2=(AA 1→+A 1D 1→+D 1C 1→)2=AC 1→2=3AB →2;A 1C →·(A 1B 1→-A 1A →)=A 1C →·AB 1→=0;AD 1→与A 1B →的夹角是D 1C →与D 1A →夹角的补角,而D 1C →与D 1A →的夹角为60°,故AD 1→与A 1B →的夹角为120°;正方体的体积为|AB →||AA 1→||AD →|.故选AB.]12.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,若E 是底面正方形A 1B 1C 1D 1的中心, 则AC 1→与CE →( )A .重合B .平行但不重合C .垂直D .无法确定C [AC 1→=AB →+AD →+AA 1→,CE →=CC 1→+C 1E →=AA 1→-12(AB →+AD →),于是AC 1→·CE →=(AB →+AD →+AA 1→)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤AA 1-12(AB →+AD →)=AB →·AA 1→-12AB →2-12AB →·AD →+AD →·AA 1→-12AD →·AB →-12AD →2+AA 1→2-12AA 1→·AB →-12AA 1→·AD →=0-12-0+0-0-12+1-0-0=0,故AC 1→⊥CE →.]13.(一题两空)如图,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AD =AA 1=1,AB =2,P 是C 1D 1的中点,则B 1C →·A 1P →=________,B 1C →与A 1P →所成角的大小为________.1 60° [法一:连接A 1D ,则∠P A 1D 就是B 1C →与A 1P →所成角.连接PD ,在△P A 1D 中,易得P A 1=DA 1=PD =2,即△P A 1D 为等边三角形,从而∠P A 1D =60°,即B 1C →与A 1P →所成角的大小为60°.因此B 1C →·A 1P →=2×2×cos 60°=1.法二:根据向量的线性运算可得B 1C →·A 1P →=(A 1A →+AD →)·⎝⎛⎭⎪⎫AD →+12AB →=AD →2=1. 由题意可得P A 1=B 1C =2,则2×2×cos 〈B 1C →,A 1P →〉=1,从而〈B 1C →,A 1P →〉=60°.]14.已知在正四面体D -ABC 中,所有棱长都为1,△ABC 的重心为G ,则DG 的长为________.63 [如图,连接AG 并延长交BC 于点M ,连接DM ,∵G 是△ABC 的重心,∴AG =23AM ,∴AG →=23AM →,DG →=DA →+AG →=DA →+23AM →=DA →+23(DM →-DA →)=DA →+23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(DB →+DC →)-DA →=13(DA →+DB →+DC →),而(DA →+DB →+DC →)2=DA →2+DB →2+DC →2+2DA →·DB →+2DB →·DC →+2DC →·DA →=1+1+1+2(cos 60°+cos 60°+cos 60°)=6,∴|DG →|=63.]15.如图,正四面体V -ABC 的高VD 的中点为O ,VC 的中点为M .(1)求证:AO ,BO ,CO 两两垂直; (2)求〈DM →,AO →〉.[解] (1)证明:设VA →=a ,VB →=b ,VC →=c ,正四面体的棱长为1, 则VD →=13(a +b +c ),AO →=16(b +c -5a ), BO →=16(a +c -5b ),CO →=16(a +b -5c ),所以AO →·BO →=136(b +c -5a )·(a +c -5b )=136(18a ·b -9|a |2)=136(18×1×1×cos 60°-9)=0,所以AO →⊥BO →,即AO ⊥BO .同理,AO ⊥CO ,BO ⊥CO . 所以AO ,BO ,CO 两两垂直.(2)DM →=DV →+VM →=-13(a +b +c )+12c =16(-2a -2b +c ),所以|DM →|=⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(-2a -2b +c )2=12. 又|AO →|=⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(b +c -5a )2=22,DM →·AO →=16(-2a -2b +c )·16(b +c -5a )=14, 所以cos 〈DM →,AO →〉=1412×22=22. 又〈DM →,AO →〉∈[0,π],所以〈DM →,AO →〉=π4.三、1.2空间向量基本定理一、选择题1.若向量{a ,b ,c }是空间的一个基底,则一定可以与向量p =2a +b ,q =2a -b 构成空间的另一个基底的向量是( )A .aB .bC .cD .a +bC [由p =2a +b ,q =2a -b 得a =14p +14q ,所以a 、p 、q 共面,故a 、p 、q 不能构成空间的一个基底,排除A ;因为b =12p -12q ,所以b 、p 、q 共面,故b 、p 、q 不能构成空间的一个基底,排除B ;因为a +b =34p -14q ,所以a +b 、p 、q 共面,故a +b 、p 、q 不能构成空间的一个基底,排除D.]2.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 是上底面对角线AC 与BD 的交点,若A 1B 1→=a ,A 1D 1→=b ,A 1A →=c ,则B 1M →可表示为( )A .12a +12b +c B .12a -12b +c C .-12a -12b +cD .-12a +12b +cD [由于B 1M →=B 1B →+BM →=B 1B →+12(BA →+BC →) =-12a +12b +c ,故选D.]3.若向量MA →,MB →,MC →的起点M 与终点A ,B ,C 互不重合,且点M ,A ,B ,C 中无三点共线,满足下列关系(O 是空间任一点),则能使向量MA →,MB →,MC →成为空间一个基底的关系是( )A .OM →=13OA →+13OB →+13OC → B .MA →≠MB →+MC →C .OM →=OA →+OB →+OC →D .MA →=2MB →-MC →C [若MA →,MB →,MC →为空间一组基向量,则M ,A ,B ,C 四点不共面.选项A 中,因为13+13+13=1,所以点M ,A ,B ,C 共面;选项B 中,MA →≠MB →+MC →,但可能存在实数λ,μ使得MA →=λMB →+μMC →,所以点M ,A ,B ,C 可能共面;选项D 中,四点M ,A ,B ,C 显然共面.故选C.]4.空间四边形OABC 中,OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,点M 在OA 上,且OM →=2MA →,N 为BC 中点,则MN →为( )A .12a -23b +12cB .-23a +12b +12cC .12a +12b -23cD .23a +23b -12cB [MN →=MA →+AB →+BN →=13OA →+OB →-OA →+12(OC →-OB →)=-23OA →+12OB →+12OC →=-23a +12b +12c .]5.平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,向量AB →,AD →,AA 1→两两的夹角均为60°且|AB →|=1,|AD →|=2,|AA 1→|=3,则|AC 1→|等于( )A .5B .6C .4D .8A [在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中有,AC 1→=AB →+AD →+CC 1→=AB →+AD →+AA 1→所以有|AC 1→|=|AB →+AD →+AA 1→|,于是有|AC 1→|2=|AB →+AD →+AA 1→|2=|AB →|2+|AD →|2+|AA 1→|2+2|AB →|·|AD →|·cos 60°+2|AB →|·|AA 1→|·cos 60°+2|AD →||AA 1→|·cos 60°=25,所以|AC 1→|=5.]二、填空题6.在四面体OABC 中,OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,D 为BC 的中点,E 为AD的中点,则OE →=________.(用a ,b ,c 表示)12a +14b +14c [因为在四面体OABC 中,OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,D 为BC 的中点,E 为AD 的中点,所以OE →=12(OA →+OD →)=12OA →+12OD →=12a +12×12(OB →+OC →)=12a +14(b +c )=12a +14b +14c .]7.已知{a ,b ,c }是空间的一个单位正交基底,{a +b ,a -b ,c }是空间的另一个基底,若向量m 在基底{a ,b ,c }下表示为m =3a +5b +9c ,则m 在基底{a +b ,a -b,3c }下可表示为________.4(a +b )-(a -b )+3(3c ) [由题意知,m =3a +5b +9c ,设m =x (a +b )+y (a -b )+z (3c )则有⎩⎨⎧ x +y =3x -y =53z =9,解得⎩⎨⎧x =4y =-1z =3.则m 在基底{a +b ,a -b,3c }可表示为m =4(a +b )-(a -b )+3(3c ).] 8.在四棱锥P -ABCD 中,ABCD 为平行四边形,AC 与BD 交于O ,G 为BD 上一点,BG =2GD ,P A →=a ,PB →=b ,PC →=c ,试用基底{a ,b ,c }表示向量PG →=________.23a -13b +23c [因为BG =2GD ,所以BG →=23BD →. 又BD →=BA →+BC →=P A →-PB →+PC →-PB →=a +c -2b , 所以PG →=PB →+BG →=b +23(a +c -2b ) =23a -13b +23c .] 三、解答题9.如图所示,正方体OABC -O ′A ′B ′C ′,且OA →=a ,OC →=b ,OO ′→=c .(1)用a ,b ,c 表示向量OB ′→,AC ′→;(2)设G ,H 分别是侧面BB ′C ′C 和O ′A ′B ′C ′的中心,用a ,b ,c 表示GH →. [解] (1)OB ′→=OB →+BB ′→=OA →+OC →+OO ′→=a +b +c . AC ′→=AC →+CC ′→=AB →+AO →+AA ′→=OC →+OO ′→-OA →=b +c -a . (2)法一:连接OG ,OH (图略), 则GH →=GO →+OH →=-OG →+OH → =-12(OB ′→+OC →)+12(OB ′→+OO ′→) =-12(a +b +c +b )+12(a +b +c +c ) =12(c -b ).法二:连接O ′C (图略),则GH →=12CO ′→=12(OO ′→-OC →) =12(c -b ).10.如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,MA →=-13AC →,ND →=13A 1D →,设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,试用a ,b ,c 表示MN →.[解] 连接AN ,则MN →=MA →+AN →.由已知可得四边形ABCD 是平行四边形,从而可得AC →=AB →+AD →=a +b , MA →=-13AC →=-13(a +b ), 又A 1D →=AD →-AA 1→=b -c ,故AN →=AD →+DN →=AD →-ND →=AD →-13A 1D → =b -13(b -c ), 所以MN →=MA →+AN → =-13(a +b )+b -13(b -c ) =13(-a +b +c ).11.(多选题)已知a ,b ,c 是不共面的三个向量,则下列向量组中,不能构成一个基底的一组向量是( )A .2a ,a -b ,a +2bB .2b ,b -a ,b +2aC .a,2b ,b -cD .c ,a +c ,a -cABD [对于A ,因为2a =43(a -b )+23(a +2b ),得2a 、a -b 、a +2b 三个向量共面,故它们不能构成一个基底;对于B ,因为2b =43(b -a )+23(b +2a ),得2b 、b -a 、b +2a 三个向量共面,故它们不能构成一个基底;对于C ,因为找不到实数λ、μ,使a =λ·2b +μ(b -c )成立,故a 、2b 、b -c 三个向量不共面,它们能构成一个基底;对于D ,因为c =12(a +c )-12(a -c ),得c 、a +c 、a -c 三个向量共面,故它们不能构成一个基底,故选ABD.]12.(多选题)给出下列命题,正确命题的有( )A .若{a ,b ,c }可以作为空间的一个基底,d 与c 共线,d ≠0,则{a ,b ,d }也可以作为空间的一个基底B .已知向量a ∥b ,则a ,b 与任何向量都不能构成空间的一个基底C .A ,B ,M ,N 是空间四点,若BA →,BM →,BN →不能构成空间的一个基底,则A ,B ,M ,N 四点共面D .已知{a ,b ,c }是空间的一个基底,若m =a +c ,则{a ,b ,m }也是空间的一个基底ABCD [根据基底的概念,知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底.显然B 正确.C 中由BA →,BM →,BN →不能构成空间的一个基底,知BA →,BM →,BN →共面.又BA →,BM →,BN →过相同点B ,知A ,B ,M ,N 四点共面.所以C 正确.下面证明AD 正确:A 假设d 与a ,b 共面,则存在实数λ,μ,使得d =λa +μb ,∵d 与c 共线,c ≠0,∴存在实数k ,使得d =k c .∵d ≠0,∴k ≠0,从而c =λk a +μk b ,∴c 与a ,b 共面,与条件矛盾,∴d 与a ,b 不共面.同理可证D 也是正确的.于是ABCD 四个命题都正确,故选ABCD.]13.(一题两空)已知空间的一个基底{a ,b ,c },m =a -b +c ,n =x a +y b +c ,若m 与n 共线,则x =________,y =________.1 -1 [因为m 与n 共线, 所以存在实数λ,使m =λn ,即a -b +c =λx a +λy b +λc ,于是有⎩⎨⎧1=λx ,-1=λy ,1=λ,解得⎩⎨⎧x =1,y =-1.]14.(一题多空)已知e 1,e 2是空间单位向量,e 1·e 2=12.若空间向量b 满足b ·e 1=2,b ·e 2=52,且对于任意x ,y ∈R ,|b -(x e 1+y e 2)|≥|b -(x 0e 1+y 0e 2)|=1(x 0,y 0∈R ),则x 0=________,y 0=________,|b |=________.1 2 22 [由题意可令b =x 0e 1+y 0e 2+e 3,其中|e 3|=1,e 3⊥e i ,i =1,2.由b ·e 1=2得x 0+y 02=2,由b ·e 2=52得x 02+y 0=52,解得x 0=1,y 0=2,∴|b |=(e 1+2e 2+e 3)2=2 2.]15.在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,E ,F 分别是AD 1,BD 的中点.(1)用向量a ,b ,c 表示D 1B →,EF →;(2)若D 1F →=x a +y b +z c ,求实数x ,y ,z 的值. [解] (1)如图,D 1B →=D 1D →+DB →=-AA 1→+AB →-AD →=a -b -c ,EF →=EA →+AF →=12D 1A →+12AC →=-12(AA 1→+AD →)+12(AB →+AD →)=12(a -c ). (2)D 1F →=12(D 1D →+D 1B →)=12(-AA 1→+AB →-AD 1→) =12(-AA 1→+AB →-AD →-DD 1→) =12(a -c -b -c )=12a -12b -c , ∴x =12,y =-12,z =-1.四、1.3.1空间直角坐标系一、选择题1.空间两点A ,B 的坐标分别为(x ,-y ,z ),(-x ,-y ,-z ),则A ,B 两点的位置关系是( )A .关于x 轴对称B .关于y 轴对称C .关于z 轴对称D .关于原点对称B [纵坐标相同,横坐标和竖坐标互为相反数,故两点关于y 轴对称.] 2.已知A (1,2,-1),B (5,6,7),则直线AB 与平面xOz 交点的坐标是( ) A .(0,1,1) B .(0,1,-3)C .(-1,0,3)D .(-1,0,-5)D [设直线AB 与平面xoz 交点坐标是M (x ,y ,z ),则AM →=(x -1,-2,z +1),AB →=(4,4,8),又AM →与AB →共线,∴AM →=λAB →,即⎩⎨⎧x -1=4λ,-2=4λ,z +1=8λ,解得x =-1,z =-5,∴点M (-1,0,-5).故选D.]3.设A (3,3,1),B (1,0,5),C (0,1,0),则AB 的中点M 到点C 的距离|CM |=( ) A .534 B .532 C .532D .132 C [M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2,32,3 ,|CM |=4+⎝ ⎛⎭⎪⎫32-12+9=532.] 4.如图,在空间直角坐标系中,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,B 1E =14A 1B 1,则BE →等于( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14,-1B .⎝ ⎛⎭⎪⎫-14,0,1C .⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-14,1D .⎝ ⎛⎭⎪⎫14,0,-1 C [{DA →,DC →,DD 1→}为单位正交向量,BE →=BB 1→+B 1E →=-14DC →+DD 1→,∴BE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-14,1.] 5.设{i ,j ,k }是单位正交基底,已知向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标为(8,6,4),其中a =i +j ,b =j +k ,c =k +i ,则向量p 在基底{i ,j ,k }下的坐标是( )A .(12,14,10)B .(10,12,14)C .(14,12,10)D .(4,3,2)A [依题意,知p =8a +6b +4c =8(i +j )+6(j +k )+4(k +i )=12i +14j +10k ,故向量p 在基底{i ,j ,k }下的坐标是(12,14,10).]二、填空题6.在空间直角坐标系中,已知点P (1,2,3),过点P 作平面yOz 的垂线PQ ,则垂足Q 的坐标为________.(0,2,3) [过P 的垂线PQ ⊥面yOz ,则Q 点横坐标为0,其余不变,故Q (0,2,3).]7.设{e 1,e 2,e 3}是空间向量的一个单位正交基底,a =4e 1-8e 2+3e 3,b =-2e 1-3e 2+7e 3,则a ,b 的坐标分别为________.(4,-8,3),(-2,-3,7) [由题意可知a =(4,-8,3),b =(-2,-3,7).] 8.如图所示,以长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若DB 1→的坐标为(4,3,2),则AC 1→的坐标为________.(-4,3,2) [由DB 1→=DA →+DC →+DD 1→,且DB 1→=(4,3,2),∴|DA →|=4,|DC →|=3,|DD 1→|=2,又AC 1→=-DA →+DC →+DD 1→,∴AC 1→=(-4,3,2).]三、解答题9.已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧棱AA 1⊥底面ABC ,所有的棱长都是1,建立适当的坐标系,并写出各点的坐标.[解] 如图所示,取AC 的中点O 和A 1C 1的中点O 1,可得BO ⊥AC ,OO 1⊥AC ,分别以OB ,OC ,OO 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.∵三棱柱各棱长均为1,∴OA =OC =O 1C 1=O 1A 1=12,OB =32. ∵A ,B ,C 均在坐标轴上,∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,0,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,0.∵点A 1与C 1在yOz 平面内, ∴A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,1,C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,1.∵点B 1在xOy 平面内的射影为B ,且BB 1=1,∴B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,1,即各点的坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,0,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,1,B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,1,C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,1. 10.棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G 分别为棱DD 1,D 1C 1,BC 的中点,以{AB →,AD →,AA 1→}为正交基底,求下列向量的坐标:(1)AE →,AF →,AG →; (2)EF →,EG →,DG →.[解] 在正交基底{AB →,AD →,AA 1→}下,(1)AF →=12AB →+AD →+AA 1→, AE →=AD →+12AA 1→,AG →=AB →+12AD →,∴AE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1,12,AF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,1,AG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,0.(2)EF →=AF →-AE →=12AB →+12AA 1→,∴EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,12;EG →=AG →-AE →=AB →-12AD →-12AA 1→,∴EG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,-12,-12;DG →=AG →-AD →=AB→-12AD →,∴DG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,-12,0.11.(多选题)下列各命题正确的是( ) A .点(1,-2,3)关于平面xOz 的对称点为(1,2,3) B .点⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,-3关于y 轴的对称点为⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,1,3C .点(2,-1,3)到平面yOz 的距离为1D .设{i ,j ,k }是空间向量的单位正交基底,若m =3i -2j +4k ,则m =(3,-2,4).ABD [“关于谁对称谁不变”,∴A 正确,B 正确,C 中(2,-1,3)到面yOz 的距离为2,∴C 错误.根据空间向量的坐标定义,D 正确.]12.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为正方体内一动点(包括表面),若AP →=xAB →+yAD →+zAA 1→,且0≤x ≤y ≤z ≤1.则点P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( )A .1B .12C .13D .16D [根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理,满足0≤x ≤y ≤1的点P 在三棱柱ACD -A 1C 1D 1内;满足0≤y ≤z ≤1的点P 在三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1内,故同时满足0≤x ≤y ≤1,0≤y ≤z ≤1的点P 在这两个三棱柱的公共部分(如图),即三棱锥A -A 1C 1D 1,其体积是13×12×1×1×1=16.]13.三棱锥P -ABC 中,∠ABC 为直角,PB ⊥平面ABC ,AB =BC =PB =1,M为PC 的中点,N 为AC 的中点,以{BA →,BC →,BP →}为基底,则MN →的坐标为________.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,-12 [MN →=BN →-BM → =12(BA →+BC →)-12(BP →+BC →) =12BA →-12BP →, 故MN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,-12.] 14.已知O 是坐标原点,点A (2,0,-2),B (3,1,2),C (2,-1,7). (1)若点P 满足OP →=OA →+OB →+OC →,则点P 的坐标为________; (2)若点P 满足AP →=2AB →-AC →,则点P 的坐标为________.(1)(7,0,7) (2)(4,3,-3) [(1)中OP →=OA →+OB →+OC →=(2i -2k )+(3i +j +2k )+(2i -j +7k )=7i +0j +7k ,∴P (7,0,7).(2)中,AP →=2AB →-AC →得OP →-OA →=2OB →-2OA →-OC →+OA →,∴OP →=2OB →-OC →=2(3i +j +2k )-(2i -j +7k ) =4i +3j -3k ,∴P (4,3,-3).]15.如图,在正四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的正方形,O 是AC 与BD 的交点,PO =1,M 是PC 的中点.设AB →=a ,AD →=b ,AP →=c .(1)用向量a ,b ,c 表示BM →.(2)在如图的空间直角坐标系中,求BM →的坐标.[解] (1)∵BM →=BC →+CM →,BC →=AD →,CM →=12CP →,CP →=AP →-AC →,AC →=AB →+AD →,∴BM →=AD →+12(AP →-AC →)=AD →+12AP →-12(AB →+AD →)=-12AB →+12AD →+12AP →=-12a +12b +12c .(2)a =AB →=(1,0,0),b =AD →=(0,1,0).∵A (0,0,0),O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,0,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1,∴c =AP →=OP →-OA →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1,∴BM →=-12a +12b +12c =-12(1,0,0)+12(0,1,0)+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1=⎝ ⎛⎭⎪⎫-14,34,12.五、1.3.2空间运算的坐标表示一、选择题1.已知三点A (1,5,-2),B (2,4,1),C (a,3,b +2)在同一条直线上,那么( ) A .a =3,b =-3 B .a =6,b =-1 C .a =3,b =2D .a =-2,b =1C [根据题意AB →=(1,-1,3),AC →=(a -1,-2,b +4), ∵AB →与AC →共线,∴AC →=λAB →, ∴(a -1,-2,b +4)=(λ,-λ,3λ),∴⎩⎨⎧a -1=λ,-2=-λ,b +4=3λ,解得⎩⎨⎧a =3,b =2,λ=2.故选C.]2.已知a =(2,3,-4),b =(-4,-3,-2),b =12x -2a ,则x 等于( ) A .(0,3,-6) B .(0,6,-20) C .(0,6,-6)D .(6,6,-6)B [由题a =(2,3,-4),b =(-4,-3,-2),设x =(w ,y ,z )则由b =12x -2a ,可得(-4,-3,-2)=12(w ,y ,z )-2(2,3,-4)=⎝ ⎛⎭⎪⎫12w ,12y ,12z-(4,6,-8)=⎝ ⎛⎭⎪⎫12w -4,12y -6,12z +8,解得w =0,y =6,z =-20,即x =(0,6,-20).]3.已知向量a =(1,0,-1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A .(-1,1,0) B .(1,-1,0) C .(0,-1,1)D .(-1,0,1)B [不妨设向量为b =(x ,y ,z ),A .若b =(-1,1,0),则cos θ=a ·b |a |·|b |=-12×2=-12≠12,不满足条件. B .若b =(1,-1,0),则cos θ=a ·b |a |·|b |=12×2=12,满足条件. C .若b =(0,-1,1),则cos θ=a ·b |a |·|b |=-12×2=-12≠12,不满足条件. D .若b =(-1,0,1),则cos θ=a ·b |a |·|b |=-22×2=-1≠12,不满足条件.故选B.]4.已知向量a =(-2,x,2),b =(2,1,2),c =(4,-2,1),若a ⊥(b -c ),则x 的值为( )A .-2B .2C .3D .-3A [∵b -c =(-2,3,1),a ·(b -c )=4+3x +2=0,∴x =-2.]5.已知A 、B 、C 三点的坐标分别为A (4,1,3),B (2,-5,1),C (3,7,λ),若AB →⊥AC →,则λ等于( )A .28B .-28C .14D .-14D [AB →=(-2,-6,-2),AC →=(-1,6,λ-3),∵AB →⊥AC →,∴AB →·AC →=-2×(-1)-6×6-2(λ-3)=0,解得λ=-14.] 二、填空题6.已知a =(1,1,0),b =(0,1,1),c =(1,0,1),p =a -b ,q =a +2b -c ,则p ·q =________.-1 [∵p =a -b =(1,0,-1),q =a +2b -c =(0,3,1), ∴p ·q =1×0+0×3+(-1)×1=-1.]7.已知空间三点A (1,1,1),B (-1,0,4),C (2,-2,3),则AB →与CA →的夹角θ的大小是________.120° [AB →=(-2,-1,3),CA →=(-1,3,-2),cos 〈AB →,CA →〉=(-2)×(-1)+(-1)×3+3×(-2)14·14=-12,∴θ=〈AB →,CA →〉=120°.]8.如图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点,如果B 1E ⊥平面ABF ,则CE 与DF 的和的值为________.1 [以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系(图略),设CE =x ,DF =y ,则易知E (x,1,1),B 1(1,1,0),∴B 1E →=(x -1,0,1),又F (0,0,1-y ),B (1,1,1),∴FB →=(1,1,y ),由于AB ⊥B 1E ,若B 1E ⊥平面ABF ,只需FB →·B 1E →=(1,1,y )·(x -1,0,1)=0⇒x +y =1.] 三、解答题9.已知空间中三点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),设a =AB →,b =AC →. (1)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值;(2)若k a +b 与k a -2b 互相垂直,求实数k 的值.[解] (1)∵a =(1,1,0),b =(-1,0,2),∴a·b =(1,1,0)·(-1,0,2)=-1, 又|a |=12+12+02=2,|b |=(-1)2+02+22=5,∴cos 〈a ,b 〉=a ·b |a ||b |=-110=-1010,即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为-1010.(2)法一:∵k a +b =(k -1,k,2),k a -2b =(k +2,k ,-4),且k a +b 与k a -2b 互相垂直,∴(k -1,k,2)·(k +2,k ,-4)=(k -1)(k +2)+k 2-8=0,∴k =2或k =-52, ∴当k a +b 与k a -2b 互相垂直时,实数k 的值为2或-52. 法二:由(1)知|a |=2,|b |=5,a·b =-1,∴(k a +b )·(k a -2b )=k 2a 2-k a ·b -2b 2=2k 2+k -10=0,得k =2或k =-52. 10.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1,底面边长AB =2,AB 1⊥BC 1,点O ,O 1分别是边AC ,A 1C 1的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)求正三棱柱的侧棱长;(2)求异面直线AB 1与BC 所成角的余弦值. [解] (1)设正三棱柱的侧棱长为h ,由题意得A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),B 1(3,0,h ),C 1(0,1,h ), 则AB 1→=(3,1,h ),BC 1→=(-3,1,h ), 因为AB 1⊥BC 1,所以AB 1→·BC 1→=-3+1+h 2=0, 所以h = 2.(2)由(1)可知AB 1→=(3,1,2),BC →=(-3,1,0), 所以AB 1→·BC →=-3+1=-2.因为|AB 1→|=6,|BC →|=2,所以cos 〈AB 1→,BC →〉=-226=-66.所以异面直线AB 1与BC 所成角的余弦值为66.11.(多选题)若向量a =(1,2,0),b =(-2,0,1),则下列结论正确的是( )A .cos 〈a ,b 〉=-25 B .a ⊥b C .a ∥bD .|a |=|b |AD [∵向量a =(1,2,0),b =(-2,0,1), ∴|a |=5,|b |=5,a ·b =1×(-2)+2×0+0×1=-2, cos 〈a ,b 〉=a ·b |a |·|b |=-25=-25.由上知A 正确,B 不正确,D 正确.C 显然也不正确.]12.直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BCA =90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC =CA =CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A .110B .25C .D .22C [建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ,设BC =2,则B (0,2,0),A (2,0,0),M (1,1,2),N (1,0,2),所以BM →=(1,-1,2),AN →=(-1,0,2),故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ=BM →·AN →|BM →|·|AN →|=36×5=3010.] 13.已知a =(x,2,-4),b =(-1,y,3),c =(1,-2,z ),且a ,b ,c 两两垂直,则(x ,y ,z )=________.(-64,-26,-17) [∵a ,b ,c 两两垂直. ∴a ·b =0,a ·c =0,b ·c =0,∴⎩⎨⎧-x +2y -12=0x -4-4z =0-1-2y +3z =0,解得:x =-64,y =-26,z =-17. 故(x ,y ,z )=(-64,-26,-17).]14.(一题两空)已知A (1,2,0),B (0,1,-1),P 是x 轴上的动点,当|P A →|=|PB →|时,点P 的坐标为________;当AP →·BP →=0取最小值时,点P 的坐标为________.⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,0 [因为P 在x 轴上,设P (x,0,0),由|P A →|=|PB →|,则( x -1)2+4+0=x 2+1+1解得x =32.∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,0,又AP →=(x -1,-2,0),BP →=(x ,-1,1).AP →·BP →=x (x -1)+2=⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+74,∴当x =12时,AP →·BP →取最小值74,此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,0.]15.如图,四棱锥P -ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,BC =CD =2,AC =4,∠ACB =∠ACD =π3,F 为PC 的中点,AF ⊥PB .求P A 的长.[解] 如图,连接BD 交AC 于点O ,因为BC =CD ,即△BCD 为等腰三角形,又AC 平分∠BCD ,故AC ⊥BD .以O 为坐标原点,分别以OB →,OC →,AP →为正交基底建立空间直角坐标系O -xyz .因为OC =CD cos π3=1,AC =4,所以AO =AC -OC =3,又OB =OD =CD sin π3=3,故A (0,-3,0),B (3,0,0),C (0,1,0),D (-3,0,0).由P A ⊥底面ABCD ,可设P (0,-3,z ),其中z >0.由F 为PC 的中点,得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1,z 2,所以AF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,2,z 2,PB →=(3,3,-z ).又AF ⊥PB ,所以AF →·PB →=0, 即6-z 22=0,解得z =23或z =-23(舍去).所以P A →=(0,0,-23),则|P A →|=2 3. 所以P A 的长为2 3.六、1.4.1第1课时空间向量与平行关系一、选择题1.若直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为n ,则能使l ∥α的是( ) A .a =(1,0,0),n =(-2,0,0) B .a =(1,3,5),n =(1,0,1) C .a =(0,2,1),n =(-1,0,-1) D .a =(1,-1,3),n =(0,3,1)D [若l ∥α,则a ·n =0.而A 中a ·n =-2,B 中a ·n =1+5=6,C 中a ·n =-1,只有D 选项中a ·n =-3+3=0.故选D.] 2.已知平面α和平面β的法向量分别为m =(3,1,-5),n =(-6,-2,10),则( )A .α⊥βB .α∥βC .α与β相交但不垂直D .以上都不对B [因为m =(3,1,-5),n =(-6,-2,10),所以有n =-2m ,即m 与n 共线(平行),可知平面α和平面β相互平行.答案选B.]3.平面α的法向量u =(x,1,-2),平面β的法向量v =⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,y ,12,已知α∥β,则x +y =( )A .154B .174C .3D .52A[由题意知,∵α∥β,∴u =λv ,即⎩⎪⎨⎪⎧x =-λ,1=λy ,-2=12λ,解得λ=-4,y =-14,x =4,∴x +y =4-14=154.]4.已知平面α内有一个点A (2,-1,2),α的一个法向量为n =(3,1,2),则下列点P 中,在平面α内的是( )A .(1,-1,1)B .⎝ ⎛⎭⎪⎫1,3,32C .⎝ ⎛⎭⎪⎫1,-3,32 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,3,-32 B [对于B ,AP →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,4,-12,则n ·AP →=(3,1,2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,4,-12=0, ∴n ⊥AP →,则点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,3,32在平面α内.]5.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,以D 为原点建立空间直角坐标系,E 为BB 1的中点,F 为A 1D 1的中点,则下列向量中,能作为平面AEF 的法向量的是( )A .(1,-2,4)B .(-4,1,-2)C .(2,-2,1)D .(1,2,-2)B [设正方体棱长为2,则A (2,0,0),E (2,2,1),F (1,0,2), ∴AE →=(0,2,1),AF →=(-1,0,2)设向量n =(x ,y ,z )是平面AEF 的一个法向量。
高中数学空间几何体练习题难题带答案
高中数学空间几何体练习题一.选择题(共25小题)1.《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”,已知某“堑堵”的三视图如图所示,俯视图中虚线平分矩形的面积,若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切,则图中边长a的所有可能取值组成的集合为()A.{2﹣2,2+2} B.{1,+1,﹣1}C.{2﹣2,2+2,2,4} D.{2,2+2,2﹣2} 2.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体外接球的表面积是()A.41πB.C.25πD.3.已知四边形ABCD是边长为5的菱形,对角线BD=8(如图1),现以AC为折痕将菱形折起,使点B达到点P的位置.棱AC,PD的中点分别为E,F,且四面体P ACD的外接球球心落在四面体内部(如图2),则线段EF长度的取值范围为()A.(,4)B.(1,)C.(,6)D.4.三棱锥P﹣ABC中.AB⊥BC,△P AC为等边三角形,二面角P﹣AC﹣B的余弦值为,当三棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为8π.则三棱锥体积的最大值为()A.1B.2C.D.5.已知P,A,B,C是半径为3的球面上四点,其中P A过球心,,则三棱锥P﹣ABC的体积是()A.B.2C.D.6.在空间直角坐标系O﹣xyz中,四面体OABC各顶点坐标分别为:O(0,0,0),A(0,0,2),B(,0,0),C(0,,0).假设蚂蚁窝在O点,一只蚂蚁从O点出发,需要在AB,AC上分别任意选择一点留下信息,然后再返回O点.那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是()A.2B.C.D.27.我国古代数学名著《九章算术•商功》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”,如图为一个堑堵ABC﹣DFE,AB⊥BC,AB=6,其体积为120,若将该“堑堵”放入一个球形容器中,则该球形容器表面积的最小值为()A.100πB.108πC.116πD.120π8.如图,在平面四边形ABCD中,满足AB=BC,CD=AD,且AB+AD=10,BD=8.沿着BD把ABD折起,使点A到达点P的位置,且使PC=2,则三棱锥P﹣BCD体积的最大值为()A.12B.12C.D.9.在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P是正方体棱上的一点,若满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数大于6个,则m的取值范围是()A.B.C.D.10.已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=AA1=4,B1D与平面ABCD夹角的正弦值为,M为线段AA1的中点,点N在线段AD上,且AN=2,S∈平面A1B1C1D1.若V三棱锥S﹣BMN=V,记直线SC与CC1的夹角为θ.则tanθ的最小值为()A.B.C.D.11.已知三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为2,球心O到△ABC所在平面的距离为1,则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为()12.在三棱锥P﹣ABC中,△ABC是Rt△且AB⊥BC,∠CAB=30°,BC=2,点P在平面ABC的射影D点在△ABC 的外接圆上,四边形ABCD的对角线,AD>CD,若四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为,则四棱锥P﹣ABCD的体积为()A.B.C.D.13.已知三棱锥P﹣ABC的底面是正三角形,,点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心,当三棱锥P﹣ABC体积最大值时,三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为()A.B.C.6πD.14.在正四面体ABCD中,P,Q分别是棱AB,CD的中点,E,F分别是直线AB,CD上的动点,M是EF的中点,则能使点M的轨迹是圆的条件是()A.PE+QF=2B.PE•QF=2C.PE=2QF D.PE2+QF2=215.已知正方体的棱长为1,平面α过正方体的一个顶点,且与正方体每条棱所在直线所成的角相等,则该正方体在平面α内的正投影面积是()A.B.C.D.16.如图所示,正四面体ABCD中,E是棱AD的中点,P是棱AC上一动点,BP+PE的最小值为,则该正四面体的外接球表面积是()A.12πB.32πC.8πD.24π17.设P﹣ABCD是一个高为3,底面边长为2的正四棱锥,M为PC中点,过AM作平面AEMF与线段PB,PD分别交于点E,F(可以是线段端点),则四棱锥P﹣AEMF的体积的取值范围为()A.[,2]B.[,]C.[1,]D.[1,2]18.有四根长都为2的直铁条,若再选两根长都为a的直铁条,使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架,则此三棱锥体积的取值范围是()A.(0,]B.(0,]C.(0,]D.(0,]19.已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球,,则球O的表面积是()20.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构,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,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,从外表上看,六根等长的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来,如图,若正四棱柱的高为8,底面正方形的边长为2,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,则该球形容器的表面积的最小值为()(容器壁的厚度忽略不计)A.21πB.40πC.41πD.84π21.已知球O的半径为1,A,B是该球面上的两点,且线段AB=1,点P是该球面上的一个动点(不与A,B重合),则∠APB的最小值与最大值分别是()A.B.C.D.22.如图,A1B1C1D1是以ABCD为底面的长方体的一个斜截面,其中AB=4,BC=3,AA1=5,BB1=8,CC1=12,则该几何体的体积为()A.96B.102C.104D.14423.已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在半径为3的球面上,AB⊥AC,则该三棱锥体积的最大值是()A.B.C.D.3224.已知三棱锥S﹣ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上,且SA=SB=SC=1,AB=AC=,BC=,则球的表面积为()A.12πB.3πC.5πD.6π25.三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形,AA1⊥平面ABC,AB=2,AA1=,D为BC中点,则三棱锥A ﹣B1DC1的体积为()A.3B.C.1D.二.填空题(共5小题)26.若三棱锥S﹣ABC的三条侧棱两两垂直,且SA=2,SB=3,SC=4,则此三棱锥的外接球的表面积是.27.若三棱锥P﹣ABC的所有定点均在球O的表面上,且AB=4,∠ACB=60°,三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为16,则球O的表面积为.28.已知一个半圆柱的高为4,其俯视图如图所示,侧视图的面积为8,则该半圆柱的底面半圆的半径为.29.已知正三棱锥的体积为,则其表面积的最小值为.30.如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为.三.解答题(共10小题)31.正三棱锥的高为1,底面边长为2,内有一个球与它的四个面都相切,求:(1)棱锥的表面积;(2)内切球的半径.32.如图,已知三棱台ABC﹣A1B1C1,AB=2A1B1,M是A1B1的中点,N在线段B1C1上,且B1N=2NC1,过点A,M,N的平面把这个棱台分为两部分,求体积较小部分与体积较大部分的体积比值.33.如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,AB⊥BC,O为AC 中点.(1)证明:A1O⊥平面ABC;(2)在BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.34.已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半,且AB=18,BC=24,AC=30,求球的表面积和体积.35.在△ABC中,AB=3.(1)若∠B=45°,∠C=60°,将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体,求这个几何体的体积.(2)设D是BC的中点,AD=2,cos∠BAC=,求△ABC的面积.36.在平面直角坐标系xoy中,已知四点A(2,0),B(﹣2,0),C(0,﹣2),D(﹣2,﹣2),把坐标系平面沿y 轴折为直二面角.(1)求证:BC⊥AD;(2)求三棱锥C﹣AOD的体积.37.四面体ABCD中,AB和CD为对棱.设AB=a,CD=b,且异面直线AB与CD间的距离为d,夹角为θ.(Ⅰ)若θ=,且棱AB垂直于平面BCD,求四面体ABCD的体积;(Ⅱ)当θ=时,证明:四面体ABCD的体积为一定值;(Ⅲ)求四面体ABCD的体积.38.如图,已知⊙O的直径AB=3,点C为⊙O上异于A,B的一点,VC⊥平面ABC,且VC=2,点M为线段VB的中点.(1)求证:BC⊥平面VAC;(2)若直线AM与平面VAC所成角为,求三棱锥B﹣ACM的体积.39.如图所示,该几何体是一个由直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成,AD⊥AF,AE=AD=2(1)证明:平面P AD⊥平面ABFE;(2)若正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍,求正四棱锥P﹣ABCD的高.40.如图,在△ABC中,∠C为直角,AC=BC=4.沿△ABC的中位线DE,将平面ADE折起,使得∠ADC=90°,得到四棱锥A﹣BCDE.(Ⅰ)求证:BC⊥平面ACD;(Ⅱ)求三棱锥E﹣ABC的体积;(Ⅲ)M是棱CD的中点,过M作平面α与平面ABC平行,设平面α截四棱锥A﹣BCDE所得截面面积为S,试求S的值.参考答案与试题解析一.选择题(共25小题)1.【解答】解:由三视图可知直三棱柱的底面斜边的高为1,斜边长为2,直角三角形,棱柱的高为a,若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切,则球半径R满足:①R==(此时球为棱柱的内切球),解得:a=2﹣2,②R=且R+1=R(此时球在棱柱外,正视图中球对称的圆在直角的夹角内),解得:a=2+2,③R=且R+tan22.5°R=(此时球在棱柱外,正视图中球对称的圆在45°角的夹角内),解得:a=2,故选:D.2.【解答】解:由三视图得到直观图,如图,该几何体为三棱锥D1﹣CC1E,正方体的棱长为4,E为BB1的中点,取出该几何体如图,三棱锥E﹣C1D1C,底面三角形C1D1C为等腰直角三角形,直角边长为4,侧面EC 1C⊥底面C1D1C,.则底面三角形的外心为CD1的中点G,设△EC1C的外心为H,分别过G与H作底面C1D1C与侧面EC1C的垂线相交于O,则O为三棱锥E﹣C1D1C的外接球的球心,在△EC1C中,求得CK=4,sin∠ECK=,则2EH=,即EH=,则HK=,,则.∴该几何体外接球的表面积是4.故选:A.3.【解答】解:如图,由题意可知△APC的外心O1在中线PE上,设过点O1的直线l1⊥平面APC,可知l1⊂平面PED,同理△ADC的外心O2在中线DE上,设过点O2的直线l2⊥平面ADC,则l2⊂平面PED,由对称性知直线l1,l2的交点O在直线EF上.根据外接球的性质,点O为四面体APCD的外接球的球心.由题意得EA=3,PE=4,而O1A2=O1E2+EA2,O1A+O1E=PE=4,∴O1E=.令∠PEF=θ,显然0<θ<,∴EF=PE cosθ=4cosθ<4.∵cosθ==,∴OE•EF=O1E•PE=,又OE<EF,∴EF2>,即EF>.综上所述,<EF<4.∴线段EF长度的取值范围为(,4).故选:A.4.【解答】解:如图所示,过点P作PE⊥面ABC,垂足为E,过点E作ED⊥AC交AC于点D,连接PD,则∠PDE为二面角P﹣AC﹣B的平面角的补角,即有cos∠PDE=,易知AC⊥面PDE,则AC⊥PD,而△P AC为等边三角形,∴D为AC中点,设AB=a,BC=b,AC==c,则PE=PD sin∠PDE=×c×=,故三棱锥P﹣ABC的体积为:V=×ab×=≤×=,当且仅当a=b=时,体积最大,此时B、D、E共线.设三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O,半径为R,由已知,4πR2=8π,得R=.过点O作OF⊥PE于F,则四边形ODEF为矩形,则OD=EF=,ED=OF=PD cos∠PDE=,PE=,在Rt△PFO中,()2=,解得c=2.∴三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为:.故选:D.5.【解答】解:∵P,A,B,C是半径为3的球面上四点,其中P A过球心,,∴由余弦定理得cos B==﹣,∴B=120°,设△ABC外接圆的半径为r,则由正弦定理,得==2r,解得r=2.∴球心到平面ABC的距离d===.∴三棱锥P﹣ABC的体积:V===.故选:D.6.【解答】解:将四面体OABC沿着OA剪开,展开后如下图所示,最短路径就是△AOO'的边OO',∵O(0,0,0),A(0,0,2),B(,0,0),C(0,,0),∴AO=2,BO=,AB=AC=,BC=,由余弦定理知,在△OAB中,cos∠OAB===,∴∠OAB=30°=∠O'AC,在△ABC中,cos∠BAC===,∴sin∠BAC==,∴cos∠OAO'=cos(∠BAC+∠OAB+∠O'AC)=cos(∠BAC+60°)=cos∠BAC•cos60°﹣sin∠BAC•sin60°=×﹣×=.在△AOO'中,OO'2=AO2+AO'2﹣2AO•AO'cos∠OAO'=4+4﹣2×2×2×=5+,∴OO'=.故选:C.7.【解答】解:设BC=a,BF=b,则该“堑堵”的体积V=S△ABC•BF==120,整理,得ab=40,要使“堑堵”放入球形容器,则该球的半径不小于“堑堵”的外接球半径,设其外接球的半径为R,∵在堑堵ABC﹣DFE中,BA,BC,BF两两垂直,∴堑堵ABC﹣DFE外接球的一条直径是以BA,BC,BF为相邻三条棱的长方体的体对角线,即2R==,∵a2+b2≥2ab=80,(当且仅当a=b时,取等号),∴外接球的表面积S=4πR2≥116π,∴球形容器的表面积最小值为116π.故选:C.8.【解答】解:过点P作PE⊥BD于E,连结CE,由题意知△BPD≌△BCD,CE⊥BD,且PE=CE,∴BD⊥平面PCE,∴V P﹣BCD=V B﹣PCE+V D﹣PCE==,∴当S△PCE最大时,V P﹣BCD取得最大值,取PC的中点F,则EF⊥PC,∴S△PCE=•EF=,∵PB+PD=10,BD=8,∴点P到以BD为焦点的椭圆上,∴PE的最大值为对应短半轴长,∴PE最大值为=3,∴S△PCE最大值为2,∴三棱锥P﹣BCD体积的最大值为.故选:C.9.【解答】解:分类讨论:①∵正方体的棱长为2,∴BD1=2,∵点P是正方体棱上的一点(不包括棱的端点),满足|PB|+|PD1|=2,∴点P是以2c=2为焦距,以a=为长半轴,以为短半轴的椭圆,∵P在正方体的棱上,∴P应是椭圆与正方体与棱的交点,结合正方体的性质可知,满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点满足条件.∴满足|PB|+|PD1|=2的点P的个数为12个.满足条件.②8个顶点中,除了B,D1两个以外的6个顶点满足|PB|+|PD1|=2+2,且是正方体棱上的所有点中的最大值,只有这6个顶点.因此除了以上6个顶点以外的点满足:|PB|+|PD1|<2+2,不难得出满足条件:2≤|PB|+|PD1|<2+2的点P都满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数大于6个,由选择支可得只能选择D.故选:D.10.【解答】解:如图所示,设BC=x,则=,解得x=6.V三棱锥S﹣BMN=V,设点S到平面BMN的距离为d.则h•=×4×(4×6﹣﹣﹣),解得h=.记直线SC与CC1的夹角为θ.则tanθ=.可得最小值为设S(x,y,4).B(6,4,0).M(6,0,2).N(4,0,0).=(2,0,2).=(2,4,0).设平面BMN的法向量为=(a,b,c),则•=•=0.可得2a+2c=0,2a+4b=0,取=(2,﹣1,﹣2).=(x﹣4,y,4).∴=,化为:2x﹣y=0,或:2x﹣y=32(舍去),由2x﹣y=0,G(2,4,0),可得点S的轨迹为线段D1G.过点C1作C1S⊥D1G,此时SC1的最小值===,tanθ=.故选:A.11.【解答】解:∵三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为R=2,球心O到△ABC所在平面的距离为d=1,∴△ABC的外接圆的半径r==.∴△ABC是等边三角形时,△ABC的面积最大,设等边△ABC的边长为a,则=,解得a=3,∴S△ABC==,∵球心O到△ABC所在平面的距离为1,∴点P到平面ABC的距离的最大值为h=R+d=2+1=3,∴三棱锥P﹣ABC体积的最大值为:==.故选:A.12.【解答】解∵在三棱锥P﹣ABC中,△ABC是Rt△且AB⊥BC,∠CAB=30°,BC=2,∴PC=2BC=4,BP==2,取BC中点E,则PE=BE=DE=2,∵点P在平面ABC的射影D点在△ABC的外接圆上,四边形ABCD的对角线,AD>CD,∴cos∠BED=cos∠BEB==﹣,∴∠BED=∠BEP=∠PED=120°,∴PD=PB=BD=2,∴BC=CD=2,设球心为O,则OE⊥平面BPDC,∵OD=2,四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为,∴OE==1,∴四棱锥P﹣ABCD的高PD=2OE=2,∴四棱锥P﹣ABCD的体积为:V====.故选:B.13.【解答】解::延长PH交BC于D,连接AD,∵H是△PBC的垂心,∴BC⊥PD,∵AH⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AH⊥BC,又AH⊂平面APD,PD⊂平面P AD,AH∩PD=H,∴BC⊥平面APD,又AD⊂平面APD,∴BC⊥AD,连接BH并延长交PC于E,连接AE,由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC,又BE⊥PC,AH∩BE=H,∴PC⊥平面ABE,∴AB⊥PC.设P在平面ABC上的射影为O,延长CO交AB于F,连接PF.∵PO⊥AB,PC∩PO=P,∴AB⊥平面PCF.∴PF⊥AB,CF⊥AB.∴O是△ABC的中心,F是AB的中点,∴PB=P A==PC,当P A,PB,PC两两垂直时,三棱锥P﹣ABC体积取得最大值时,三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R满足:(2R)2=,解得R=.体积==.故选:D.14.【解答】解:如图所示,正四面体ABCD中,取BC、BD、AD、AC的中点G、H、K、L,因为P、Q分别是棱AB,CD的中点,所以PQ的中点O也为定点;由对称性知,PQ和EF的中点都在中截面GHKL上;由=++=++,所以=(+);又在正四面体中,对棱垂直,所以•=0;所以4=+,即4OM2=PE2+QF2;若点M的轨迹是以O为圆心的圆,则PE2+QF2为定值.故选:D.15.【解答】解:正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正三角形所在平面或其平行平面为平面α时,满足平面α与正方体每条棱所成的角均相等,并且如图所示的正三角形,为平面α截正方体所形成的三角形截面中,截面面积最大者.因为正三角形的边长为,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形(如图所示),可以看成两个边长为的等边三角形,所以正方体在平面α内的正投影面积是S=2×=.故选:B.16.【解答】解:将三角形ABC与三角形ACD展成平面,BP+PE的最小值,即为BE两点之间连线的距离,则BE=设AB=2a,则∠BAD=120°,由余弦定理,解得,则正四面体棱长为,因为正四面体的外接球半径是棱长的倍,所以,设外接球半径为R,则,则表面积S=4πR2=4π•3=12π.故选:A.17.【解答】解:为了建立四棱锥P﹣AEMF的体积与原三棱锥的体积的关系,我们先引用下面的事实,(如图)设A1,B1,C1分别在三棱锥S﹣ABC的侧棱SA,SB,SC上,又S﹣A1B1C1与S﹣ABC的体积分别为V1和V,则事实上,设C,C1在平面SAB的射影分别为H,H1,则又所以下面回到原题:设,∵P﹣ABCD的体积V0=,于是由上面的事实有:+,得:==xy+xy=,于是,而由0<≤1,x≤1,得,则V=x+y=x+(),又得,所以,当时,V'<0,V为减函数,当时,V’>0,V为增函数所以得:,又,得V max=,故答案为[],故选:B.18.【解答】解:如图,AB=CD=a,AC=AD=BC=BD=2.过A作AE⊥CD于E,连结BE,则AE==BE,又AB=a,∴=,∴=,令,则f′(a)=16a3﹣3a5=0,解得当a2=时,(V A﹣BCD)max=.∴此三棱锥体积的取值范围是(0,].故选:B.19.【解答】解:取SC中点M,连接AM、MB,因为△SAC是等边三角形,且SB=BC,∴AM⊥SC,MB⊥SC,∴SC⊥平面AMB,∴平面SAC⊥平面AMB,由三余弦定理,可知,cos∠SAM•cos∠MAB=cos∠SAB,由边长条件可知,∠SAM=30°,∠SAB=90°,代入上式解得cos∠MAB=0,∴∠MAB=90°,因为SC⊥平面AMB,∴球心O在平面AMB上,作OO1⊥平面SAC,易得,,取AB中点N,连接ON,∴ON⊥AB,∴OO1AN四点共圆,AO为这四点共圆的直径,也是三棱锥S﹣ABC的半径,连接O1N,∵∠MAB=90°,由勾股定理,得,∴O1N为三棱锥S﹣ABC的半径R,∴.故选:A.20.【解答】解:由球的对称性可知,当三个正四棱柱都处于正中间契合的时候,其外接球半径最小,所以,此时该球为底面边长为4、2,高为8的长方体的外接球时,设球的半径为R,所以,所以,所以球的最小表面积为.故选:D.21.【解答】解:依题意,点P是该球面上的一个动点(不与A,B重合),即P点与A,B不共线,故三点确定一个平面,设该平面与球的截面为圆O,设∠APB所对的弧的长度与圆O的周长之比为t,所以当t最小时,∠APB最小,当t最大时,∠APB最大.根据球的性质得,①当圆O为球的大圆且弧∠APB所对的弧是该大圆的劣弧时,此时弧APB长度最小,圆的周长最大,t1最小,如图P1,此时AB=OA=OB=1,所以∠AOB=,∴∠AP1B==,②若圆O为球的大圆所对的优弧,则t2=1﹣t1最大,如图中的P2.此时∠AP2B=π﹣∠AP1B=(圆的内接四边形对角互补).故选:A.22.【解答】解:过A1作A1E⊥BB1,垂足为E,∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,∴A1B1∥D1C1.过D1作D1H⊥CC1,垂足为H,∵DG=AA1=5,∴EB1=8﹣5=3.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,A1B1和D1C1是它们分别与截面的交线,∴A1B1∥D1C1.过D1作D1H⊥CC1,垂足为H,则EB1=FH=3,∴DD1=12﹣3=9.作A1G⊥DD1,垂足为G,作GF⊥CC1,垂足为F,连接EF,EH,则几何体被分割成一个长方体ABCD﹣A1EFG,一个斜三棱柱A1B1E﹣D1C1H,一个直三棱柱A1D1G﹣EHF.从而几何体的体积为:V=3×4×5+×3×4×3+×3×4×4=102.故选:B.23.【解答】解:设AB=m,AC=n,则S△ABC=△ABC的外接圆直径BC=取BC的中点M,则当PM⊥平面ABC时,三棱锥的体积最大此时球心O在PM上,V max=×mn×(+3)≤××(+3)令t=,则f(t)=t()f′(t)=由f′(t)=0,解得t=0(舍),t=8,f(t)在(0,8)递增,在(8,9)递减故f(8)最大,为所以三棱锥P﹣ABC的最大体积为故选:B.24.【解答】解:如图:∵SA=SB=SC=1,AB=AC=,BC=,∴SC⊥SA,SA⊥SB,∠CSB=120°,取CA,AB的中点O1,O2,则O1,O2是球的两个截面圆的圆心,设O为球心,则OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面BSA,取SA的中点E,连O1E,O2E,则O1E∥SC,O2E⊥SC,∴∠O1EO2=120°,∠O1OO2=60°,又OO1=OO2,∴△OO1O2是正三角形,∴OO1=O1O2=BC=,在直角三角形AO1O中,|OA|===,所以球的半径R为.则球的表面积为4πR2=4π×()2=5π.故选:C.25.【解答】解:∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形,AA1⊥平面ABC,AB=2,AA1=,D为BC中点,∴AD⊥B1C1,AD⊥BB1,∵B1C1∩BB1=B1,∴AD⊥平面DB1C1,∴三棱锥A﹣B1DC1的体积为:===1.故选:C.二.填空题(共5小题)26.【解答】解:由题意可得将该三棱锥放在长方体中,且长方体的长宽高分别为SA=2,SB=3,SC=4,设外接球的半径为R,再由长方体的对角线等于其外接球的直径可得(2R)2=22+32+42=29,所以4R2=29,所以外接球的表面积S=4πR2=29π,故答案为:29π.27.【解答】解:设球O的半径为R,△ABC的外接圆的圆心O1,半径为r,在△ABC中,由余弦定理可得(4)2=a2+b2﹣2ab cos60°,即a2+b2=ab+48≥2ab,即ab≤48,所以V P﹣ABC=ab sin60°(R+OO1)≤×48×(R+OO1)×=4(R+OO1),由题意可得4(R+OO1)=16,所以R+OO1=4①,在△ABC中,2r==,所以r=4,而R2=r2+OO12,所以R2=16,所以球的表面积S=4πR2=64π,故答案为:64π.28.【解答】解:半圆柱的立体图如图所示,其侧视图是矩形ABCD,所以AB•AD=8,即4×AD=8,所以AD=2,所以半圆柱的底面半圆的半径为2.故答案为:2.29.【解答】解:设正三棱锥的底面边长为a,高为h,如图,过顶点S作底面ABC的垂线,垂足为O,过O作OD 垂直AB于D,连接SD,∴AB=a,SO=h.∴SO⊥底面ABC,AB⊂底面ABC,∴AB⊥SO,SO⊥OD,又∵AB⊥OD,SO∩OD=O,∴AB⊥平面SOD,又∵SD⊂平面SOD,∴AB⊥SD,即SD为侧面SAB的斜高,三棱锥体积=,得a2h=12,又O为底面中心,∴OD==,SD==,三棱锥的表面积S=+3××=,将代入得:S==.∴S′=,令S′=0,得=0,令,(t>0),上式可化为t2﹣2t﹣3=0,解得t=3,或t=﹣1(舍),∴=3,得h=2,当0<h<2时,S′<0,当h>2时,S′>0,故S在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上S单调递增,故当h=2时,表面积最小,此时S=3=6,故填:6.30.【解答】解:根据几何意义得出:边长为8的正方形,球的截面圆为正方形的内切圆,∴圆的半径为:4,∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm,∴d=8﹣6=2,∴球的半径为:R=,R=5∴球的体积为π×(5)3=cm3故答案为.三.解答题(共10小题)31.【解答】解:(1)如图,过点P作PD⊥平面ABC于D,连结并延长AD交BC于E,连结PE,∵△ABC是正三角形,∴AE是BC边上的高和中线,D为△ABC的中心.∵AB=2,∴S△ABC=×2××sin60°=6,又DE=×AE=×2×sin60°=,∴PE===;S△P AB=S△PBC=S△PCA=×2×=3;∴三棱锥的表面积为S表面积=3×3+6=9+6;(2)设内切球的半径为r,以球心O为顶点,棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,∵PD=1,∴V三棱锥P﹣ABC=S△ABC h=•6•1=2;又三棱锥P﹣ABC的体积为V=S表面积•r=×(9+6)r=(3+2)r,由等体积可得r==﹣2,∴内切球的半径为﹣2.32.【解答】解:三棱台ABC﹣A1B1C1,AB=2A1B1,M是A1B1的中点,N在线段B1C1上,且B1N=2NC1,不妨设平面ACC1A1⊥平面ABC,设△ABC是边长为6的等边三角形,则△A1B1C1是边长为3的等边三角形,设棱台的高为3,取AC中点O,A1C1中点G,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,OG为z轴,建立空间直角坐标系,=9,==,三棱台ABC﹣A1B1C1的体积V==.==﹣=,∴==,A(0,﹣3,0),M(,﹣,3),N(,1,3),C1(0,,3),=(,,3),=(,4,3),=(0,,3),设平面AMN的法向量=(x,y,z),,取x=14,得=(14,2,﹣5),∴点C1到平面AMN的距离d==,cos<>===.sin<>==,∴S△AMN===,∴==,设平面AMN与CC1交于点H,则点H到直线AN的距离是点M到AN的距离的,∴=,∴==,∴过点A,M,N的平面把这个棱台分为两部分,体积较小部分的体积为:++=+=,体积较大部分的体积为:V﹣(++)==,∴体积较小部分与体积较大部分的体积比值为=.33.【解答】解:(1)证明:∵AA1=A1C=AC=2,且O为AC中点,∴A1O⊥AC.又侧面AA1C1C⊥底面ABC,交线为AC,A1O⊂平面A1AC,∴A1O⊥平面ABC.(6分)(2)存在点E,且E为线段BC1的中点.理由:取B1C的中点M,从而O M是△CAB1的一条中位线,OM∥AB1,又AB1⊂平面A1AB,OM⊄平面A1AB,∴OM∥平面A1AB,故BC1的中点M即为所求的E点.(12分)34.【解答】解:设球心为O,△ABC外接圆的圆心为O′,设球的半径为2r,则OO′=r,如图所示;又AB=18,BC=24,AC=30,∴AB2+BC2=AC2,∴△ABC是直角三角形;∴O′A=AC=15;在Rt△OO′A中,(2r)2=152+r2,解得r=5,∴球的半径为R=2r=10;∴球的表面积为S=4π•=1200π,体积为V==4000π.35.【解答】解:(Ⅰ)过A作AH⊥BC,垂足为H,在Rt△ABH中,B=45°,所以AH=BH=3,在Rt△ACH中,C =60°,所以CH=,将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体,是以AH为底面半径,以BH,CH为高的两个圆锥,所以体积为==(9+3)π;(Ⅱ)设BD=DC=x.AC=y,在△ABD和ACD中,由余弦定理得到,化简得到2x2=y2+2,①,在△ABC中,4x2=18+y2﹣2×,即4x2=y2﹣5y+18.②由①②得到y=2或者(y=﹣7舍去);因为cos∠BAC=,所以sin∠BAC=,所以S=AB•AC•sin∠BAC=.36.【解答】解:(1)【法一】∵BOCD为正方形,∴BC⊥OD,∠AOB为二面角B﹣CO﹣A的平面角∴AO⊥BO,∵AO⊥CO,且BO∩CO=O∴AO⊥平面BCO,又BC⊆平面BCO∴AO⊥BC,且DO∩AO=O∴BC⊥平面ADO,且AD⊆平面ADO,∴BC⊥AD.【法二】分别以OA,OC,OB为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则设O(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),D(0,2,2);有=(﹣2,2,2),=(﹣2,2,0),∴•=0,∴⊥,即BC⊥AD.(2)三棱锥C﹣AOD的体积为:V C﹣AOD=V A﹣COD=•S△COD•OA=××2×2×2=.37.【解答】证明:(1)如图5﹣2,由于棱AB⊥平面BCD,过B作CD边上的高BE,则AB⊥BE,CD⊥BE,故BE是异面直线AB与CD的距离,即d=BE.所以V A﹣BCD=AB•S△BCD=a=abd.(2)如图5﹣3,过A作底面BCD的垂线,垂足为O,连结BO与CD相交于E.连结AE,再过E作AB的垂线,垂足为F.因为AB⊥CD,所以BO⊥CD(三垂线定理的逆定理),所以CD⊥平面ABE,因为EF⊂平面ABE,所以CD⊥EF,又EF⊥AB.所以EF即为异面直线AB,CD的公垂线.所以EF=d.注意到CD⊥平面ABE.所以V A﹣BCD=CD•S△ABE=•AB•EF•CD=abd为定值.(3)如图5﹣4:将四面体ABCD补成一个平行六面体ABB'D'﹣A'CC'D.由于AB,CD所成角为θ,所以∠DCA'=θ,又异面直线AB与CD间的距离即上、下两底面AB',A'C'的距离,所以V ABB'D'﹣A'CC'D=ab sinθ×2d=abd sinθ.显然V A﹣BCD=V ABB'D'﹣A'CC'D=abd sinθ.38.【解答】(1)证明:因为VC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以VC⊥BC,又因为点C为圆O上一点,且AB为直径,所以AC⊥BC,又因为VC,AC⊂平面VAC,VC∩AC=C,所以BC⊥平面VAC.…(4分)(2)如图,取VC的中点N,连接MN,AN,则MN∥BC,由(I)得BC⊥平面VAC,所以MN⊥平面VAC,则∠MAN为直线AM与平面VAC所成的角.即∠MAN=,所以MN=AN;…(6分)令AC=a,则BC=,MN=;因为VC=2,M为VC中点,所以AN=,所以,=,解得a=1…(10分)因为MN∥BC,所以…(12分)39.【解答】证明:(1)直三棱柱ADE﹣BCF中,∵AB⊥平面ADE,∴AB⊥AD,又AD⊥AF,∴AD⊥平面ABFE,AD⊂平面P AD,∴平面P AD⊥平面ABFE….(6分)解:(2)连结BD与AC交于点O,连结PO,∵正四棱锥P﹣ABCD,∴PO⊥平面ABCD,又∵直三棱柱ADE﹣BCF,∴AB⊥AE,且有AD⊥平面ABEF,∴AD⊥AE,∴AE⊥平面ABCD,则PO∥AE,∵AE⊂平面ABEF,∴PO∥平面ABEF,则P到平面ABEF的距离等于O到平面ABEF的距离,又∵O为BD中点,∴O到平面ABEF的距离为=1,∴P到平面ABF的距离为d=1,∴=,设正四棱锥P﹣ABCD的高为h,∵正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍,∴=4V P﹣ABF=,解得h=2,∴正四棱锥P﹣ABCD的高为2.40.【解答】(Ⅰ)证明:∵DE∥BC,∠C=90°,∴DE⊥AD,同时DE⊥DC,又AD∩DC=D,∴DE⊥平面ACD.又∵DE∥BC,∴BC⊥平面ACD;(Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知,BC⊥平面ACD,又AD⊂平面ADC,∴AD⊥BC.又∵∠ADC=90°,∴AD⊥DC.又∵BC∩DC=C,∴AD⊥平面BCDE.∴=;(Ⅲ)解:分别取AD,EA,AB的中点N,P,Q,并连接MN,NP,PQ,QM,∵平面α∥平面ACD,∴平面α与平面ACD的交线平行于AC,∵M是中点,∴平面α与平面ACD的交线是△ACD的中位线MN,同理可证,四边形MNPQ是平面α截四棱锥A﹣BCDE的截面,即S=S MNPQ.由(Ⅰ)可知,BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,又∵QM∥AC,MN∥BC,∴QM⊥MN.∴四边形MNPQ是直角梯形.在Rt△ADC中,AD=CD=2,∴AC=.MN=AC=2,NP=,MQ=.∴S=(1+3)×.。
高中数学空间向量与立体几何单元练习题(含解析)
高中数学空间向量与立体几何单元练习题(含解析)一、单选题1.在空间直角坐标系Oxyz 中,与点()1,2,1-关于平面xOz 对称的点为( ) A .()1,2,1-- B .()1,2,1- C .()1,2,1--- D .()1,2,1-- 2.在空间直角坐标系内,平面α经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)A B C -,向量(1,,)n λμ=是平面α的一个法向量,则λμ+=( )A .7-B .5-C .5D .73.已知点()3,1,0A -,若向量()2,5,3AB =-,则点B 的坐标是( ).A .()1,6,3-B .()5,4,3-C .()1,6,3--D .()2,5,3- 4.如图,O A B '''△是水平放置的OAB 的直观图,6A O ''=,2''=B O ,则OAB 的面积是( )A .6B .12C .D .5.平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3,平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-,则平面α与平面β的关系是( )A .平行B .重合C .平行或重合D .垂直6.已知某圆柱的内切球半径为92,则该圆柱的侧面积为( ) A .492π B .49π C .812π D .81π 7.O 、A 、B 、C 为空间四点,且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底,则下列说法正确的是( )A .OA 、OB 、OC 共线B .OA 、OB 共线C .OB 、OC 共线D .O 、A 、B 、C 四点共面8.在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为线段11A B 的中点,则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为( )A B C D9.已知△ABC 且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为( )AB .32C .1D 10.在正方体1111ABCD A B C D -中,P ,Q 分别为AB ,CD 的中点,则( )A .1AB ⊥平面11A BCB .异面直线1AB 与11AC 所成的角为30° C .平面11ABD ∥平面1BC Q D .平面1B CD ⊥平面1B DP二、填空题11.已知角α和角β的两边分别平行且一组边方向相同,另一组边的方向相反,若α=45°,则β=________.12.若直线l 的方向向量(),1,2m x =-,平面α的法向量()2,2,4n =--,且直线l ⊥平面α,则实数x 的值是______.13.词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》,是古代人对一些特殊锥体的称呼.在《九章算术・商功》中,把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.现有如图所示的“鳖臑”四面体P ABC ,其中PA ⊥平面ABC ,2PA AC ==,BC =P ABC 的外接球的表面积为______.14.设空间向量,,i j k 是一组单位正交基底,若空间向量a 满足对任意的,,x y a xi y j --的最小值是2,则3a k +的最小值是_________.三、解答题15.如图,在三棱柱111ABC A B C 中,点D 是AB 的中点.(1)求证:1AC ∥平面1CDB .(2)若1AA ⊥平面ABC ,AC BC =,求证:CD ⊥平面11ABB A .16.如图,空间四边形ABCD 中,E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点.求证:(1)EH ∥平面BCD ;(2)BD ∥平面EFGH .17.如图,在四棱锥P ABCD -中,PD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是正方形,AC 与BD 交于点O ,E 为PB 的中点.(1)求证:EO平面PDC;(2)求证:平面PAC⊥平面PBD.18.如图,在三棱锥A BCD-中,平面ABD⊥平面BCD,AB AD=,O为BD的中点.⊥;(1)证明:OA CD(2)若OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,2=,且二面角DE EA-的体积.E BC D--的大小为45︒,求三棱锥A BCD高中数学空间向量与立体几何单元练习题答案1.A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解:因为点()1,2,1-,则其关于平面xOz 对称的点为()1,2,1--.故选:A.2.D【解析】求出(1,1,2)AB =--,(2,0,1)BC =-,利用与(1,,)n λμ=数量积为0,求解即可.【详解】(1,1,2)AB =--,(2,0,1)BC =-120n AB λμ⋅=-+-=20n BC μ⋅=-+=可得2μ=,5λ=,7λμ+=故选:D3.B【分析】利用空间向量的坐标运算求得B 的坐标.【详解】设O 为空间坐标原点,()()()3,1,02,5,35,4,3OB OA AB =+=-+-=-.故选:B4.B【分析】由直观图和原图的之间的关系,和直观图画法规则,还原OAB 是一个直角三角形,其中直角边6,4OA OB ==,直接求解其面积即可.【详解】解:由直观图画法规则,可得OAB 是一个直角三角形,其中直角边6,4OA OB ==, ∴11641222OAB S OA OB =⋅=⨯⨯=. 故选:B .5.C【分析】由题设知6m n =-,根据空间向量共线定理,即可判断平面α与平面β的位置关系. 【详解】平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3,平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-, ∴6m n =-,∴平面α与平面β的关系是平行或重合.故选:C .6.D 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为92,圆柱的高为9,从而可求出其侧面积 【详解】由题意得,该圆柱底面圆的半径为92,圆柱的高为9, 所以该圆柱的侧面积为929812ππ⨯⨯=. 故选:D7.D【解析】根据向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底知向量共面,即可得出结论.【详解】因为O 、A 、B 、C 为空间四点,且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底, 所以OA 、OB 、OC 共面,所以O 、A 、B 、C 四点共面,故选:D8.B【分析】连接1AD ,AE ,得到11//AD BC ,把异面直线1D E 与1BC 所成角转化为直线1D E 与1AD 所成角,取1AD 的中点F ,在直角1D EF 中,即可求解.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中,连接1AD ,AE ,可得11//AD BC ,所以异面直线1D E 与1BC 所成角即为直线1D E 与1AD 所成角,即1AD E ∠为异面直线1D E 与1BC 所成角,不妨设12AA =,则1AD =1D E AE =取1AD 的中点F ,因为1D E AE =,所以1EF AD ⊥,在直角1D EF中,可得111cos D F AD E D E ∠==故选:B.9.C 【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ,由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ,则2416R ππ=,解得:2R =.设ABC 外接圆半径为r ,边长为a ,ABC212a ∴=3a =,2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==.故选:C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解,涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用;解题关键是明确球的性质,即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.10.D【分析】A 项反证法可得;B 项由平移法计算异面直线所成角;C 项由面面平行的判断和性质可得结果;D 项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A ,假设1AB ⊥面11A BC ,则111AB AC ⊥,这与已知1AB 与11A C 不垂直相矛盾,所以假设不成立.故选项A 错误; 对于选项B ,连接1DC ,1DA ,因为11AB DC ∥,所以11DC A ∠为异面直线1AB 与11A C 所成的角或补角,又因为△11AC D 为等边三角形,所以1160DC A ∠=︒,故选项B 错误;对于选项C ,因为11B D BD ∥,11AD BC ∥,由面面平行的判定定理可得平面11AB D ∥平面1BDC ,而平面1BQC 与平面1BDC 相交,所以平面11AB D 与平面1BC Q 也相交,故选项C 错误; 对于选项D ,以D 为坐标原点,DA ,DC ,1DD 所在的直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设正方体的棱长为1,则()0,0,0D ,()11,1,1B ,()0,1,0C ,11,,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭,可得()11,1,1DB =,()0,1,0DC =,11,,02DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭,设平面1B CD 的法向量为()1,,n x y z =, 则11100n DB x y z n DC y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩,可取1x =,则0y =,1z =-,即()11,0,1n =-, 设平面1B DP 的法向量为()2,,b c n a =,则2120102n DB a b c n DP a b ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩, 可取1a =,则2b =-,1c =,可得平面1B DP 的一个法向量为()21,2,1n =-,由121010n n ⋅=+-=,所以12n n ⊥,即平面1B CD ⊥平面1B DP ,故选项D 正确. 故选:D.11.135°【分析】首先根据题意将图画出,然后根据α=45°,AB ∥CD ,可得180BCD α︒∠=-,进而得出结论.【详解】解:如图,由题意知α=45°,AB ∥CD ,180135BCD α︒︒∴∠=-=,即135β︒=.故答案为:135°.【点睛】本题考查了平行线的性质,结合图会使问题变得简单,属于基础题.12.-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线l 的方向向量(),1,2m x =-,平面α的法向量()2,2,4n =--,直线l ⊥平面α, 必有//m n ,即向量m 与向量n 共线,m n λ∴= ,∴11222x -==--,解得=1x -; 故答案为:-1.13.16π 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积.【详解】由于PA ⊥平面ABC ,因此PA 与底面上的直线,,AC AB BC 都垂直,从而AC 与AB 不可能垂直,否则PBC 是锐角三角形,由于<AC BC ,因此有AC BC ⊥,而PA 与AC 是平面PAC 内两相交直线,则BC ⊥平面PAC ,PC ⊂平面PAC ,所以BC PC ⊥,所以PB 的中点O 到,,,P A B C 四个点的距离相等,即为四面体P ABC 的外接球球心.2222222222216PB PA AB PA AC BC =+=++=++=,4PB =, 所以所求表面积为224()42162PB S πππ=⨯=⨯=. 故答案为:16π.14.1【分析】以,i j 方向为,x y 轴,垂直于,i j 方向为z 轴建立空间直角坐标系,根据条件求得a 坐标,由3a k +的表达式即可求得最小值.【详解】以,,i j k 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,则()1,0,0i =,()0,1,0j =,()0,0,1k =设(),,a r s t = 则(a xi y j r x --=- 当,r x s y ==时a xi y j --的最小值是2,2t ∴=±取(),,2a x y = 则()3,,5a k x y +=23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值,所以3a k +的最小值是5.取(),,2a x y =- 则()3,,1a k x y +=23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值,所以3a k +的最小值是1.故答案为:1.15.(1)证明见解析;(2)证明见解析.【分析】(1)连接1BC ,交1B C 于点E ,连接ED ,用中位线证明1ED AC ∥即可;(2)证明CD ⊥AB ,CD ⊥1AA 即可.【详解】(1)连接1BC ,交1B C 于点E ,连接.ED∵111ABC A B C 是三棱柱,∴四边形11BCC B 为平行四边形,∴E 是1BC 的中点.∵点D 是AB 的中点,∴ED 是1ABC 的中位线,∴1ED AC ∥,又ED ⊂平面1CDB ,1AC ⊄平面1CDB ,∴1AC ∥平面1CDB .(2)∵1AA ⊥平面ABC ,AB ⊂平面ABC ,∴1AA AB ⊥,∵AC BC =,AD BD =,∴CD AB ⊥,∵1AA AB A =,1,AA AB ⊂平面11ABB A ,∴CD ⊥平面11ABB A .16.(1)见解析(2)见解析【分析】(1)推导出EH ∥BD ,由此能证明EH ∥平面BCD ;(2)由BD ∥EH ,由此能证明BD ∥平面EFGH .【详解】(1)∵EH 为△ABD 的中位线,∴EH ∥BD .∵EH ⊄平面BCD ,BD ⊂平面BCD ,∴EH ∥平面BCD ;(2)∵FG 为△CBD 的中位线,∴FG ∥BD ,∴FG ∥EH ,∴E 、F 、G 、H 四点共面,∵BD ∥EH ,BD ⊄平面EFGH ,EH ⊂平面EFGH ,∴BD ∥平面EFGH .【点睛】本题考查线面平行的证明,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查化归与转化思想,是中档题.17.(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】(1)证明:∵四边形ABCD 为正方形,∴O 为BD 的中点,∵E 为PB 的中点,∴OE PD ∥,又∵OE ⊄平面,PDC PD ⊂平面PDC ,∴OE 平面PDC ;(2)证明:∵四边形ABCD 为正方形,∴AC BD ⊥,∵PD ⊥平面ABCD ,且AC ⊂平面ABCD ,所以PD AC ⊥,又∵,PD BD ⊂平面PBD ,且PD BD D ⋂=,∴AC ⊥平面PBD ,又∵AC ⊂平面PAC ,∴平面PAC ⊥平面PDB .18.(1)证明见解析;【分析】(1)由题意首先证得线面垂直,然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可;(2)方法二:利用几何关系找到二面角的平面角,然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】(1)因为AB AD =,O 是BD 中点,所以OA BD ⊥,因为OA ⊂平面ABD ,平面ABD ⊥平面BCD ,且平面ABD ⋂平面BCD BD =,所以OA ⊥平面BCD .因为CD ⊂平面BCD ,所以OA CD ⊥.(2)[方法一]:通性通法—坐标法如图所示,以O 为坐标原点,OA 为z 轴,OD 为y 轴,垂直OD 且过O 的直线为x 轴,建立空间直角坐标系O xyz -,则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -,设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=, 设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量,则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--. 又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =,所以cos ,n OA ==1m =. 又点C 到平面ABD 112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=, 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】:作出二面角的平面角如图所示,作EG BD ⊥,垂足为点G .作GF BC ⊥,垂足为点F ,连结EF ,则OA EG ∥.因为OA ⊥平面BCD ,所以EG ⊥平面BCD ,EFG ∠为二面角E BC D --的平面角.因为45EFG ∠=︒,所以EG FG =.由已知得1OB OD ==,故1OB OC ==.又30OBC OCB ∠=∠=︒,所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======,111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. [方法三]:三面角公式考虑三面角B EDC -,记EBD ∠为α,EBC ∠为β,30DBC ∠=︒,记二面角E BC D --为θ.据题意,得45θ=︒.对β使用三面角的余弦公式,可得cos cos cos30βα=⋅︒,化简可得cos βα=.①使用三面角的正弦公式,可得sin sin sin αβθ=,化简可得sin βα.② 将①②两式平方后相加,可得223cos 2sin 14αα+=, 由此得221sin cos 4αα=,从而可得1tan 2α=±.如图可知π(0,)2α∈,即有1tan 2α=, 根据三角形相似知,点G 为OD 的三等分点,即可得43BG =, 结合α的正切值,可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD - 【整体点评】(2)方法一:建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法,是此类题的通性通法,其好处在于将几何问题代数化,适合于复杂图形的处理;方法二:找到二面角的平面角是立体几何的基本功,在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识,该法为本题的最优解.方法三:三面角公式是一个优美的公式,在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1.(20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯WORD 版))设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 ( )A .若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B .若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC .若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D .若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为( )A .1:2B .1:4C .1:8D .1:16【答案】C 【答案】A3 3.(20XX 年高考新课标1(理))某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .168π+B .88π+C .1616π+D .816π+【答案】A4 4.(20XX 年高考湖南卷(理))已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能...等于 ( )A .1B .2C .2-12D .2+12【答案】C5.(20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学(理)试题(含答案))已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.512πB .3πC.4πD.6π【答案】B6.(20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案))某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为()A.5603B.5803C.200D.240【答案】C7.(20XX年高考江西卷(理))如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=()A.8 B.9 C.10 D.11【答案】A二、填空题8.(20XX年高考北京卷(理))如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559.(20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学)(已校对纯WORD 版含附加题))如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ,,分别是1AA AC AB ,,的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410.(20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11.(20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学(理)试题(纯WORD 版))已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13.(20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面;(II)2.AB AC PA C PB A ===--若,1,1,求证:二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15.(20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学)(已校对纯WORD 版含附加题))B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ,分别是棱SC SA ,的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16.(20XX 年高考上海卷(理))如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17.(20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯WORD 版))如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18.(20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案))如图, 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.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19.(20XX年高考陕西卷(理))如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,,故面且面所以;且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中,在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形,所以,则四边形的中点为设.,所以由以上三点得且,面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB,,,,)(.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111)(==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为,则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。
高中练习题数学中的立体几何题目
高中练习题数学中的立体几何题目高中练习题:数学中的立体几何题目在高中数学中,立体几何是一个非常重要且有趣的部分。
它不仅需要我们运用几何知识和技巧,还需要我们进行空间思维和抽象能力的训练。
下面,我将选取几道典型的高中立体几何题目,帮助大家更好地理解和应用立体几何知识。
1. 题目描述:已知直角棱镜的直角边长为3 cm,斜边长为5 cm。
求该直角棱镜的体积和总表面积。
解答:首先,我们需要知道直角棱镜的体积公式和表面积公式。
对于直角棱镜,它的体积等于底面积乘以高,即V = S·h;而总表面积等于底面积加上四个侧面积,即A = S + 4·s。
根据题目中的已知条件,我们可以求得直角棱镜的底面积为S = (3·3)/2 = 4.5 cm²。
再结合斜边长为5 cm,可以通过勾股定理求得高为h = √(5²-3²) = 4 cm。
那么,直角棱镜的体积V = 4.5 cm²·4 cm = 18 cm³,总表面积A = 4.5 cm² + 4·(3 cm·4 cm)/2 = 36 cm²。
2. 题目描述:一个圆柱体的底面半径为4 cm,高为8 cm。
求该圆柱体的体积和侧面积。
解答:对于圆柱体,它的体积等于底面积乘以高,即V = πr²·h;而侧面积等于底面周长乘以高,即S = 2πr·h。
根据题目中的已知条件,我们可以求得圆柱体的底面积为S = π(4 cm)² = 16π cm²。
再结合高为8 cm,可以得到圆柱体的体积V = π(4 cm)²·8 cm = 128π cm³,侧面积S = 2π·4 cm·8 cm = 64π cm²。
注意:在计算结果时,我们使用了π的近似值3.14。
高中数学__空间向量和立体几何练习试题(附答案解析)
空间向量练习题1. 如图所示,四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形,∠BCD =60°,E 是CD的中点,PA ⊥底面ABCD ,PA =2. (Ⅰ)证明:平面PBE ⊥平面PAB ;(Ⅱ)求平面PAD 和平面PBE 所成二面角(锐角)的大小.如图所示,以A 为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A (0,0,0),B (1,0,0),3(2C 1(2D P (0,0,2),E (Ⅰ)证明因为BE =,平面PAB 的一个法向量是0(0,1,0)n =,所以0BE n 和共线.从而BE ⊥平面PAB .又因为BE ⊂平面PBE ,故平面PBE ⊥平面PAB .(Ⅱ)解易知(1,0,2),0PB BE =-=u u u r u u u r1(0,0,2),(2PA AD =-=u u u r u u u r 设1111(,,)n x y z =r 是平面PBE 的一个法向量,则由110,n PB n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u r u u u rg u r u u u rg得111122020,000.x y z x y z +⨯-=⎧⎪⎨⨯++⨯=⎪⎩所以11110,2.(2,0,1).y x z n ===u r 故可取 设2222(,,)n x y z =u u r 是平面PAD 的一个法向量,则由220,0n PA n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u r u u u rg u u r u u u rg得2222220020,100.2x y z x y z ⨯+⨯-=⎧⎪⎨+⨯=⎪⎩所以2220,.z x ==故可取21,0).n =-u u r于是,121212cos ,n n n n n n <>===u r u u ru r u u r g u r u u r g 故平面PAD 和平面PBE所成二面角(锐角)的大小是2. 如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2,D 为CC 1中点。
北师大高中数学选择性必修第一册第三章空间向量与立体几何单元测试卷
北师大高中数学选择性必修第一册第三章空间向量与立体几何单元测试卷(原卷版)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.已知向量a=,b=,且a∥b,则t=()A.10B.-10C.4D.-42.在空间四边形ABCD中,=a,=b,=c,P在线段AD 上,且DP=2PA,Q为BC的中点,则=()A.-a+b+cB.a+b-cC.a-b+cD.a+b-c3.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在底面ABCD上(包括边界)移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P 的长度的最大值为()A. B.2C.2D.34.设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(2,-2,2),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=()A.2B.3C. D.45.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为()A. B.C.6.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段C1D1上的动点,则直线BC1与直线AP所成角余弦值的范围是()A. B.C. D.7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB =AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°8.已知四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则点P到底面ABCD的距离为()A. B.C.1D.2二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列说法错误的是()A.任何三个不共线的向量可构成空间向量的一组基B.空间的基有且仅有一组C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一组基D.基{a,b,c}中基向量与基{e,f,g}基向量对应相等10.若a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),则下列λ的值中使a,b的夹角的余弦值为的有()A.2B.-2C. D.-11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则下列结论正确的是()A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为90°D.AB与CD所成的角为30°12.一只小球放入一长方体容器内,且与共点的三个面相接触.若小球上一点到这三个面的距离分别为4,5,5,则这只小球的半径可以是()A.3B.5C.8D.11三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在正四面体PABC中,棱长为2,且E是棱AB中点,则的值为1.14.四面体ABCD的每条棱长都等于2,点E,F分别为棱AB,AD的中点,则-1;-1.15.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°,则|BD|=-1.16.如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是-1.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(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⊥b?(O为原点)18.(12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.(1)求证:直线DE∥平面ABC;(2)求B1E与平面AB1F所成角的正弦值.19.(12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面P AD是边长为2的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PAB;(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.20.(12分)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.21.(12分)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,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.22.(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥侧面BB1C1C,已知∠BCC1=,BC=1,AB=C1C=2,点E是棱C1C的中点.(1)求证:C1B⊥平面ABC;(2)求二面角A-EB1-A1的余弦值;(3)在棱CA上是否存在一点M,使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.北师大高中数学选择性必修第一册第三章空间向量与立体几何单元测试卷(解析版)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.已知向量a=,b=,且a∥b,则t=(D)A.10B.-10C.4D.-4解析:因为a=(3,-1,2),b=(-6,2,t),且a∥b,则a=λb,即(3,-1,2)=λ(-6,2,t)=(-6λ,2λ,tλ),由相等向量可知解得故选D.2.在空间四边形ABCD中,=a,=b,=c,P在线段AD 上,且DP=2PA,Q为BC的中点,则=(A)A.-a+b+cB.a+b-cC.a-b+cD.a+b-c解析:由DP=2PA,则a,()=b+c,所以a+b+C.故选A.3.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在底面ABCD上(包括边界)移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P 的长度的最大值为(D)A. B.2C.2D.3解析:以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设P(a,b,0),则D1(0,0,2),E(1,2,0),B1(2,2,2),=(a-2,b-2,-2),=(1,2,-2),∵B1P⊥D1E,∴=a-2+2(b-2)+4=0,∴a+2b-2=0,0≤b≤1,∴点P的轨迹是一条线段,2=(a-2)2+(b-2)2+4=(2b)2+(b-2)2+4=5b2-4b+8,由二次函数的性质可得当b=1时,5b2-4b+8可取到最大值9,∴线段B1P的长度的最大值为3.故选D.4.设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(2,-2,2),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=(C)A.2B.3C. D.4解析:∵a⊥c,∴a·c=2x-2+2=0,得x=0,又∵b∥c,则,得y=-1,∴a=(0,1,1),b=(1,-1,1),∴a+b=(0,1,1)+(1,-1,1)=(1,0,2),∴|a+b|=.故选C.5.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为(A)A. B.C.解析:以D为坐标原点,的方向为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),则=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,-2,0).设平面AD1C的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1),所以点B1到平面AD1C的距离d=,故选A.6.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段C1D1上的动点,则直线BC1与直线AP所成角余弦值的范围是(A)A. B.C. D.解析:设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,1).设P(0,t,1)(0≤t≤1),则=(-1,t,1),=(-1,0,1),所以cos<>==.又因为0≤t≤1,所以≤cos<>≤1.故选A.7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB =AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为(A)A.30°B.45°C.60°D.90°解析:取AB的中点D,连接CD,以AD所在直线为x轴,以CD 所在直线为y轴,以平行于BB1的直线为z轴,建立空间直角坐标系,可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故=(1,0,3)-(1,0,0)=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,,3),设平面AB1C1的一个法向量为m=(a,b,c),根据m·=0,m·=0,取c=2,解得m=(3,-,2),则cos<m,.故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°,故选A.8.已知四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则点P到底面ABCD的距离为(D)A. B.C.1D.2解析:设n=(x,y,z)是平面ABCD的一个法向量,则由题设即令x=1,得即n=,由于n·=-6+8-,|n|=,=2,所以|cos<n,,故点P到平面ABCD的距离d=·|cos<n,>|=2=2,故选D.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列说法错误的是(ABD)A.任何三个不共线的向量可构成空间向量的一组基B.空间的基有且仅有一组C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一组基D.基{a,b,c}中基向量与基{e,f,g}基向量对应相等解析:A项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基,所以A错误;B项空间基有无数组,所以B错误;C项符合空间向量基的定义,故C正确;D项中因为基不唯一,所以D错误.故选ABD. 10.若a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),则下列λ的值中使a,b的夹角的余弦值为的有(BC)A.2B.-2C. D.-解析:a·b=2-λ+4=6-λ=×3×.解得λ=-2或.故选BC.11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则下列结论正确的是(AB)A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为90°D.AB与CD所成的角为30°解析:如图,取BD的中点O,连接AO,CO,AC,则AO⊥BD,CO⊥BD.又AO∩CO=O,∴BD⊥平面AOC,又AC⊂平面AOC,∴AC⊥BD,A中结论正确;∵AC=AO=AD=CD,∴△ACD是等边三角形,B中结论正确;∵AO⊥平面BCD,∴∠ABD是AB与平面BCD所成的角,为45°,C中结论错误;,不妨设AB=1,则=()2=+2+2+2,∴1=1+2+1+2+2+2cos<>,∴cos<,∴<>=60°,即AB与CD所成的角为60°,D中结论错误.故选AB.12.一只小球放入一长方体容器内,且与共点的三个面相接触.若小球上一点到这三个面的距离分别为4,5,5,则这只小球的半径可以是(AD)A.3B.5C.8D.11解析:如图,设长方体的三个面共点为O,以OE,OF,OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,因为小球与共点的三个面相接触,所以设球心A(r,r,r),因为小球上一点P到三个面的距离分别为4,5,5,所以设点P(4,5,5),则=(r,r,r),=(4,5,5),由=(4-r,5-r,5-r),∴2=(4-r)2+(5-r)2+(5-r)2=r2,即r2-14r+33=0,解得r=3或r=11,故选AD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在正四面体PABC中,棱长为2,且E是棱AB中点,则的值为-1.解析:由题意,设=a,=b,=c,建立空间的一组基{a,b,c},在正四面体中(a+b),=c-b,所以(a+b)·(c-b)=(a·c-a·b+b·c-b2)=(2×2cos60°-2×2cos60°+2×2cos60°-2×2)=-1.14.四面体ABCD的每条棱长都等于2,点E,F分别为棱AB,AD的中点,则;.解析:如图,设BD的中点为G,连接CG,AG.由题可知该四面体为正四面体,所以三角形ABD,三角形BCD为正三角形,所以AG⊥BD,CG⊥BD,因为CG,AG⊂平面ACG,且CG∩AG=G,所以BD⊥平面ACG.因为AC⊂平面ACG,所以BD⊥AC.因为点E,F分别为棱AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD=1,所以AC⊥EF.所以2=()2=+2=4+1+0=5,所以,因为,所以.15.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°,则|BD|=.解析:分别过B,D两点作DE⊥AC,BF⊥AC,垂足为E,F,如图所示,可求出,=5-2×.沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°时,则2=2+2+2+2+2+2×2++0+0+2××cos,∴.16.如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是.解析:设过点B,D'作BB1,D'D1分别与AC垂直,垂足为B1,D1,设二面角B-AC-D'的大小为θ(0<θ≤π),则有,,,,2=()2=+0+0+2××(-cos θ)=9-5cosθ,又=()·××cos∠ACD'-××cos∠ACB=1×-3×=1-3=-2.所以直线AC与BD'所成角的余弦值为|cos<=,当θ=0,即cosθ=1时,直线AC与BD'所成角的余弦值最大,最大值是.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(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⊥b?(O为原点)解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5.(2)假设存在点E,设,则=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若⊥b,则·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得⊥b,此时E点坐标为E.18.(12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.(1)求证:直线DE∥平面ABC;(2)求B1E与平面AB1F所成角的正弦值.解:(1)证明:如图,设AB的中点为G,连接DG,CG,则DG∥AA1∥EC,且DG=AA1=EC.四边形DGCE为平行四边形,∴DE∥GC,又DE⊄平面ABC,GC⊂平面ABC,∴DE∥平面ABC.(2)以点A为坐标原点,的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则A(0,0,0),B1(2,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,2,1),F(1,1,0),=(2,0,2),=(1,1,0),=(-2,2,-1),设平面AB1F的一个法向量n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,-1,-1).设B1E与平面AB1F所成的角为θ,∴sinθ=.19.(12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面P AD是边长为2的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PAB;(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:(1)证明:取PA中点F,连接EF,BF.因为E为PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD,由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF为平行四边形,CE∥BF.又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0),设M(x,y,z),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-),因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以=sin45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=λ.②由①②得(舍去)或所以M,从而设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的一个法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=.因此二面角M-AB-D的余弦值为.20.(12分)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.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=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图,以G为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴的正方向,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,),.故cos<.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.21.(12分)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,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.解:(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的一个法向量,则即可取n=(1,0,2).又=(2,0,0)是平面MCD的一个法向量,因此cos<n,,sin<n,.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.22.(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥侧面BB1C1C,已知∠BCC1=,BC=1,AB=C1C=2,点E是棱C1C的中点.(1)求证:C1B⊥平面ABC;(2)求二面角A-EB1-A1的余弦值;(3)在棱CA上是否存在一点M,使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解:(1)证明:由题意,因为BC=1,CC1=2,∠BCC1=,∴BC1=,∴BC2+B,∴BC1⊥BC,∵AB⊥侧面BB1C1C,BC1⊂侧面BB1C1C,∴AB⊥BC1.又∵AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,∴直线C1B⊥平面ABC.(2)以B为原点,分别以和的方向为x,y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则有A(0,0,2),B1(-1,,0),E,A1,设平面AB1E的一个法向量为n=(x1,y1,z1),=(-1,,-2),.∵∴令y1=,则x1=1,∴n=(1,,1).设平面A1B1E的一个法向量为m=(x,y,z),=(0,0,-2),,∵令y=,则x=1,∴m=(1,,0),∵|m|=2,|n|=,m·n=4,∴cos<m,n>=.设二面角A-EB1-A1为α,由m,n的方向知cosα=cos<m,n>=.∴二面角A-EB1-A1的余弦值为.(3)假设存在点M,设M,=λ,λ∈[0,1],∴(x-1,y,z)=λ(-1,0,2),∴M(1-λ,0,2λ),∴,∵平面A1B1E的一个法向量为m=(1,,0),∴,得69λ2-38λ+5=0.即(3λ-1)(23λ-5)=0,∴λ=或λ=,∴存在这样的点M,或.。
2023-2024学年陕西省汉中市高中数学人教A版选修一空间向量与立体几何强化训练-6-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年陕西省汉中市高中数学人教A 版选修一空间向量与立体几何强化训练(6)姓名:____________ 班级:____________ 学号:____________考试时间:120分钟满分:150分题号一二三四五总分评分*注意事项:阅卷人得分一、选择题(共12题,共60分)231. 三棱锥P ﹣ABC 中,底面△ABC 满足BA=BC ,,P 在面ABC 的射影为AC 的中点,且该三棱锥的体积为 ,当其外接球的表面积最小时,P 到面ABC 的距离为( ) A. B. C.D.2.如图,空间几何体,是由两个棱长为的正三棱柱组成,则直线和所成的角的余弦值为()A. B. C. D. +23. 已知{a ,b ,c}是空间一个基底,则下列向量可以与向量=+ , =﹣构成空间的另一个基底的是( )A. B. C. D. 4. 在三棱锥 中,底面 , , ,点 为 的中点,则 与平面 所成角的正弦值为( )A. B. C. D.5. 三棱锥O ﹣ABC 中,OA 、OB 、OC 两两垂直,OC=1,OA=x ,OB=y ,x+y=4,当三棱锥O ﹣ABC 的体积最大时,则异面直线AB 和OC 间的距离等于( )12A. B. C. D. ﹣111或7﹣1或﹣76. 若向量=(1,x ,0),=(2,﹣1,2),,夹角的余弦值为,则x 等于( )A. B. C. D. 7. 如图,已知正方体的上底面中心为,点为上的动点,为的三等分点(靠近点),为的中点,分别记二面角,,的平面角为,则()A. B. C. D.38. 在正方体中,E 是的中点,若,则点B 到平面ACE 的距离等于()A. B. C. D. 9. 已知空间4个球,它们的半径分别为2, 2, 3, 3,每个球都与其他三个球外切,另有一个小球与这4个球都外切,则这个小球的半径为( )A. B. C. D.10. 在棱长为2的正方体△ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是A 1B 1、CD 的中点,则点B 到截面AMC 1N 的距离为( )A. B. C. D. -211.已知向量 ,, 且与互相平行,则的值为()A. B. C. D.12.若构成空间的一个基底,则下列向量共面的是( )A. B.C. D.13. 如图,平面平面,四边形是正方形,四边形是矩形,,是的中点,则与平面所成角的正弦值为 .14. 在正方体A1B1C1D1中,点Р在侧面(包括边界)上运动,满足记直线与平面所成角为,则的取值范围是15. 下图中的几何体是由两个有共同底面的圆锥组成.已知两个圆锥的顶点分别为P、Q,高分别为2、1,底面半径为1.A为底面圆周上的定点,B为底面圆周上的动点(不与A重合).下列四个结论:①三棱锥体积的最大值为;②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为;③当直线BQ与AP所成角最小时,其正弦值为;④直线BQ与AP所成角的最大值为;其中正确的结论有 .(写出所有正确结论的编号)16. 已知,,,则以,为邻边的平行四边形的面积是 .17. 如图所示,三棱锥, BC为圆O的直径,A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上,平面PAB,E为PC的中点.(1) 求证:平面PAB;(2) 若,求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.18. 如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB//DC,AB=2CD,∠BCD=90°.(Ⅰ)求证:PB⊥AD;(Ⅱ)求点C到平面PAB的距离.19. 如图,正方形与梯形所在的平面互相垂直,,,,,G为的中点.(1) 求证:平面;(2) 求D点到平面的距离.20. 如图,在四棱锥中,,,,,,.(1) 证明:平面.(2) 若为的中点,求二面角的大小.21. 如图,在四棱锥中,侧棱矩形,且,过棱的中点,作交于点,连接(1) 证明:;(2) 若,平面与平面所成二面角的大小为,求的值.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)18.19.(1)(2)20.(1)(2)21.(1)(2)。
2023-2024学年陕西省高中数学人教A版选修一空间向量与立体几何强化训练-6-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年陕西省高中数学人教A 版选修一空间向量与立体几何强化训练(6)姓名:____________ 班级:____________ 学号:____________考试时间:120分钟 满分:150分题号一二三四五总分评分*注意事项:阅卷人得分一、选择题(共12题,共60分)1. 正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.12342. 四棱锥中, , , ,则这个四棱锥的高h 为( ). A. B. C. D. 3. 如图,在棱长为1的正方体中,点B 到直线的距离为( )A. B. C. D.4. 如图,在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是A 1B 1和BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成的角的余弦值是( ) A. B. C. D.M 一定在直线AC 上M 一定在直线BD 上M 可能在直线AC 上,也可能在直线BD 上M 既不在直线AC 上,也不在直线BD 上5. 在空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点,如果EF 与HG 交于点M ,那么( )A. B. C. D.6. 已知空间4个球,它们的半径分别为2, 2, 3, 3,每个球都与其他三个球外切,另有一个小球与这4个球都外切,则这个小球的半径为( )A. B. C. D.7. 设O-ABC 是正三棱锥,G 1是的重心,G 是OG 1上的一点,且OG=3GG 1 , 若 , 则(x ,y ,z)为( )A. B. C. D.12348. 如图,正方体的棱长为1,E ,F ,G 分别为BC,的中点,则下列结论正确的个数是()①直线与直线DC 所成角的正切值为②直线与平面AEF 不平行③点C 与点G 到平面AEF 的距离相等④平面AEF 截正方体所得的截面面积为A. B. C. D. 9. 如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是C 1D 1 , CC 1的中点,则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为()A. B. C. D.210.Rt △ABC 两直角边分别为3、4,PO ⊥面ABC ,O 是△ABC 的内心,PO= , 则点P 到△ABC 的斜边AB 的距离是( )A. B. C. D. 11. 如图,在直三棱柱中, ,,是的中点,则直线与平面所成角的正弦值为( )A. B. C. D.212. 在长方体 中, , ,分别在对角线 , 上取点M ,N ,使得直线 平面 ,则线段MN 长的最小值为A. B. C. D. 13. 在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,点P 是正方体棱上的一点(不包括棱的点),且满足|PB|+|PD 1|=2,则点P 的个数为14. 已知 =(1,-2,1), + =(-1,2,-1),则 等于 .15. 在空间直角坐标系中,点3, 到y 轴的距离为 .16. 空间中任意四个点 , , ,, 则 .17. 如图,在直三棱柱中,是的中点.(1) 证明:平面.(2) 若 , 求二面角的余弦值.18. 如图,四棱锥中,底面 为菱形, 与 交于点 , .(1) 求证:平面平面;(2) 若平面平面,,,为的中点,求二面角的余弦值.19. 已知三棱锥中,平面平面,.(1) 证明:;(2) 求与平面所成角的正弦值.20. 如图,已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面,矩形SADE的对角线交于点F,G为SB的中点,,.(1) 求证:平面AEG;(2) 求二面角的余弦值;(3) 在线段EG上是否存在一点H,使得BH与平面SCD所成角的大小为?若存在,求出GH的长;若不存在,说明理由.21. 如图,在直三棱柱中,,,点,分别为和的中点.(1) 棱上是否存在点使得平面平面 ?若存在,写出的长并证明你的结论;若不存在,请说明理由.(2) 求二面角的余弦值.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)18.(1)(2)19.(1)(2)20.(1)(2)(3)21.(1)(2)。
2023-2024学年云南省高中数学人教A版选修一空间向量与立体几何强化训练-3-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年云南省高中数学人教A 版选修一空间向量与立体几何强化训练(3)姓名:____________ 班级:____________ 学号:____________考试时间:120分钟满分:150分题号一二三四五总分评分*注意事项:阅卷人得分一、选择题(共12题,共60分)若,则P ,A ,B 三点共线向量 是空间的一个基底,则 构成空间的另一个基底△ABC 是直角三角形的充要条件是1. 以下四个命题中,正确的是( )A. B. C.D. 2. 已知空间向量 , 则( )A. B. C. D.与 不能比较大小3. 如图,正四面体ABCD 中,E 是BC 的中点,那么( )A. B.C. D.4. 已知=(2,﹣1,3),=(﹣1,4,﹣2),=(7,5,λ),若、、三向量共面,则实数λ等于( )A.B.C.D.415735. 若,,,则的值为( )A. B. C. D. 6. 平面的一个法向量为,则y 轴与平面所成的角的大小为( )A.B.C.D.7. 在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,化简++=( )A.B.C. D.8. 如图,在三棱柱中,底面,,,则与平面所成角的大小为()A. B. C. D.54429. 如图,已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为4,点E ,F 分别是线段AB ,C 1D 1上的动点,点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点,且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离,则当点P 运动时,PE 的最小值是( )A. B. C. D. 10. 如图,正四棱锥 , M ,N 为棱PA ,PC 的中点,平面BMN 与棱PD 交于点Q ,则下列说法正确的是()四边形MBNQ 是菱形四边形MBNQ 对角线MN 中点也是四棱锥高线的中点A. B. C.D.30°45°60°90°11. 《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑,如图,在鳖臑中, 平面 ,,且 ,则二面角 的大小是( )A. B. C. D. 1216212512. 已知圆和直线相交于P ,Q 两点,则的值为(O 为坐标原点)( )A. B. C. D. 13. 已知点M ,N 分别是空间四面体OABC 的边OA 和BC 的中点,P 为线段MN 的中点,若 ,则实数λ+μ+γ= .14. 如图,二面角 为 , , ,过 , 分别作 的垂线,垂足分别为 , ,若 ,, ,则 的长度为 .15. 在棱长为2的正方体中,E 为的中点,以D 为原点,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,则点到直线的距离为 ;点D 到平面的距离为 .16. 已知,,,则t= .17. 如图,在正方体中,分别是棱的中点,为棱上一点,且异面直线与所成角的余弦值为 .(1) 证明:为的中点;(2) 求平面与平面所成锐二面角的余弦值.18. 已知:如图,在四棱锥中,四边形为正方形,面,且,为中点.(1) 证明:平面;(2) 证明:平面平面;(3) 求二面角的正弦值.19. 如图,在三棱锥中,是边长为3的等边三角形,,平面,点M、N分别为、的中点,点P为线段上一点,且平面.(1) 求证:;(2) 求直线与平面所成角的正弦值.20. 如图,直四棱柱中,底面是边长为的正方形,点在棱上.(1) 求证:;(2) 从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知,使得平面,并给出证明.条件①:为的中点;条件②:平面;条件③:.(3) 在(2)的条件下,求平面与平面夹角的余弦值.21. 如图,已知菱形 ABCD 与直角梯形所在的平面互相垂直,其中,,,(Ⅰ)求证:PE∥平面ABCD;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)设为线段上一点,,若直线与平面所成角的正弦值为,求的长.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.(1)(2)(1)(2)(3)19.(1)(2)20.(1)(2)(3)21.。
2023-2024学年四川省遂宁市高中数学人教A版选修一空间向量与立体几何强化训练-8-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年四川省遂宁市高中数学人教A 版选修一空间向量与立体几何强化训练(8)姓名:____________ 班级:____________ 学号:____________考试时间:120分钟满分:150分题号一二三四五总分评分*注意事项:阅卷人得分一、选择题(共12题,共60分)-1571.已知x ,y满足线性约束条件 , 若 , , 则的最大值是( )A. B.C. D. 122. 如图,在菱形中, ,E 是 的中点,将 沿直线 翻折至的位置 ,使得面面,则点到平面的距离为( )A. B. C. D.3. 如图,在四面体ABCD 中,设G 是CD 的中点,则+(+)等于( )A. B. C. D.4. 已知向量 =(2m+1,3,m ﹣1), =(2,m ,﹣m ),且 ∥ ,则实数m 的值等于( )﹣20 或﹣2A. B. C. D. 点P 的坐标为(0,0,2)5. 如图,在三棱锥P ﹣ABC中,PA ⊥平面ABC ,∠ABC =90°,∠BAC=60°,PA =AB =2,以B 为原点,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,设平面PAB和平面PBC 的一个法向量分别为,则下列结论中正确的是( )A. B. C. D.-11-446. 向量 ,若 ,且 ,则的值为()A. B. C.D. 17. 已知空间内,, 为三个两两垂直的单位向量,若,,则的最小值为()A. B. C.D.8. 定义:两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体中,, ,,则异面直线 与之间的距离是( )A.B.C.D.9. 如图,在直三棱柱 中, , , , ,则异面直线 与 所成角的余弦值为( )A. B. C. D.10. 如图,在正方体中,为体对角线上一点,且 , 则异面直线和所成角的余弦值为( )A. B. C. D.345611. 已知=(-3,2,5),=(1,x,-1),且=2,则x 的值为( )A. B. C. D. 12. 在三棱锥 中,, ,平面平面,点在棱上,且与平面所成角的正弦值为,则 ( )A. B. C. D.13. 如图,在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,E 为对角线B 1D 上的一点,M ,N 为对角线AC 上的两个动点,且线段MN 的长度为1.⑴当N 为对角线AC 的中点且DE= 时,则三棱锥E ﹣DMN 的体积是 ;⑵当三棱锥E ﹣DMN 的体积为 时,则DE= .14. 在四面体ABCD 中,已知 , , 记四面体ABCD 外接球的球心到平面ABC 的距离为, 四面体内切球的球心到点A 的距离为, 则的值为 .15. 已知中,∠C =90°,BC =2,D 为AC 边上的动点,则 .16. 三棱锥P ﹣ABC 中,PA=4,∠PBA=∠PCA=90°,△ABC 是边长为2的等边三角形,则三棱锥P ﹣ABC 的外接球球心到平面A BC 的距离是 .17. 如图,三棱柱中, , , , 分别是 和 的中点,点 在棱 上,且.(1) 证明: 平面 ;(2) 若底面,,求二面角的余弦值.18. 如图,在四棱锥中,底面为等腰梯形,且,,点在平面内的正投影点在上,若为等边三角形,为的中点.(1) 求证:平面;(2) 求二面角的大小.19. 如图,已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面于直线,且,,,且 .(1) 求平面与平面所成的二面角的余弦值;(2) 线段上是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值等于?若存在,试确定点的位置;若不存在,请说明理由.20. 已知正方体棱长为2,分别为的中点,若线段上一点满足.(1) 确定的位置;(2) 求与平面所成角的正弦值.21. 如图,在斜三棱柱中,侧面,,,,.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)若为中点,求二面角的正切值.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)18.(1)(2)(1)(2)(1)(2)21.。
2019-2020学年苏教版选修2-1 用空间向量解锥体问题 教师版
【考点】利用空间向量解锥体问题 【难度】4星 【题型】解答典例分析板块六.用空间向量解锥体问题设((0AQ AB λλ=∈∵3AB ⎛=- ∴3(11OQ OA AQ λ⎛=+=+- ,∴1PQ OQ OP ⎛=-=- PQ OA ⊥,∴0PQ OA ⋅= 即306⎫⎪⎪,,使得⑵记平面(n n n =,n CA ⊥,n AB ⊥,且(10CA =-,,得12033022n n n n ⎧-=⎪⎨-+=,,故可取OAC 的法向量为(01e =,,n <,()151e >=-,O AC B --的平面角是锐角,记为【考点】利用空间向量解锥体问题【难度】4星【题型】解答=PD DC D平面PCDPC⊂平面PPD DC D=平面PCDPC⊂平面P【考点】利用空间向量解锥体问题【难度】4星【题型】解答⑴1CM ⎛= ⎝,,1SN ⎛=- 因为100CM SN ⋅=-+=,所以⑵1102NC ⎛=- ⎝,,,设(a x y =,,12x y ⎧-+⎪⎪,得(21a =,,1a SN -=,与平面CMN 所成角为⑴1CM ⎛= ⎝,,1SN ⎛=- 因为100CM SN ⋅=-+=,所以【例4】 如图,四棱锥S ABCD -中,SD ⊥底面ABCD ,AB DC ∥,AD DC ⊥,1AB AD ==,2DC SD ==,E 为棱SB 上的一点,平面EDC ⊥平面SBC .【考点】利用空间向量解锥体问题 【难度】4星 【题型】解答【关键字】2010年,全国高考【解析】⑴连结BD ,取DC 的中点G ,连结BG ,由此知1DG GC BG ===,即D BC △为⑴SC (0=,,BC (1=--,设平面SBC 的法向量为()n a b c =,,, 由n SC ⊥,n BC ⊥得0n SC ⋅=,0n BC ⋅=.0,1a =,则1b =,1c =,(111)n =,,,λ(λ0)SE EB =>λDE ⎛= (020)DC =,,.设平面CDE 的法向量(m x y =,由m DE ⊥,m DC ⊥,得0m DE ⋅=,0m DC ⋅=.λx λy λz 01λ1λ1λ++=+++,)λ.的m n ⊥,0m n ⋅=,23⎝,2,FA ⎛= 故0FA DE ⋅=,由此得DE ⊥又233EC ⎛=- ⎝,故0EC DE ⋅=,由此得向量FA 与EC 的夹角等于二面角A -1cos()2||||FA EC FA EC FA EC ⋅⋅==-所以,二面角A DE C --的大小为120,取DC 的中点G ,连结【例5】 如图,已知四棱锥P ABCD -的底面为等腰梯形,AB CD ∥,AC BD ⊥垂足为H ,【考点】利用空间向量解锥体问题 【难度】4星 【题型】解答【关键字】2010年,全国高考【解析】以H 为原点,HA ,HB ,HP 分别为x ,y ,z 轴,线段HA 的长为单位长,建26(n x y =,, 00n H E n H E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,⎩因此可以取(13n =,由(1,0,1)PA =-可得2s P A n =,所以直线PA 所成角的正弦值为【例6】如图,在四棱锥P ABCD-中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,【考点】利用空间向量解锥体问题【难度】4星【题型】解答【关键字】2010年,陕西高考【解析】⑴以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐()EF=,∴(222BF=-,,,(10PC=,,(121∴2420PC EF⋅=+⋅=-+-=,20PC BF∴PC BF⊥,⊥,PC EF=,⊥,PC BF EF FPC BF的法向量(12n PC ==,BAP 的法向量(0220n AD ==,,∴8n n ⋅=,设平面BEF 与平面121cos cos()4n n n n n n θ⋅===⨯,,的夹角为45︒()∴(222PC =,,(121BF =-,,,(10EF =,∴2420PC BF ⋅=-+-=,20PC EF ⋅=+∴PC BF ⊥,PC EF ⊥,PC BF ⊥,PC BF EF F =, PC ⊥平面BEF .【例7】 如图,正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直,CE AC ⊥,【考点】利用空间向量解锥体问题 【难度】4星【题型】解答【关键字】2010年,北京高考【解析】证明:(Ⅰ)设AC与BD交于点G,所以2(22CF=,(0,BE=-,(2,0,1)DE=-所以010CF BE⋅=-,1010CF DE⋅=-++= CF BE⊥DECF⊥平面BDE)知,2 CF⎛=的法向量(,n x y=0BA ⋅=,0BE ⋅= 3,2n CF CF CF⋅>==⋅A BE D --为锐角,的大小为22所以2(22CF =,(0,BE =-,(2,0,1)DE =-所以010CF BE ⋅=-,1010CF DE ⋅=-++= CF BE ⊥DE CF ⊥平面BDE【考点】利用空间向量解锥体问题【难度】4星【题型】解答因此622AE ⎛= ⎝⎭,(0BC =,.(6PC =则0AE BC ⋅=,0AE PC ⋅=,所以AE PBC .AD ∥平面PBC PBC 的距离,即为3AE =.3AD =(03D ,)630,,.的法向量(n x =,,则0n AC ⋅=,0n AE ⋅=.又(6AC =,6AE ⎛⎫= ⎪ ⎪,故1166⎪⎨1.可取,则()1222n =-,,. 的法向量(n x =,,则0n DC ⋅=,0n DE ⋅=.又(6DC =,6DE ⎛⎫= ⎪ ⎪,故66⎪⎨以x =,22z y =.(0n =,1263n n n n n n ⋅==⋅,所以二面角EC D A --的平面角的余弦值为【例9】 如图,在底面是正方形的四棱锥P ABCD -中,PA ⊥面ABCD ,BD 交AC 于点【考点】利用空间向量解锥体问题 【难度】4星 【题型】解答⑴(1BD =-,FG m ⎛=- 1002BD FG m ⋅=+-+=z ,而1,EP ⎛= 由FG EP λ=可得2⎧⎪⎪⎨333⎛⎫∴3AG AC =设平面PBC 的一个法向量为(,,u x y =00u PC u BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,而PC =()1,1,a -,(0,BC =0x y az y +-==,取1z =,得(),0,1u a =,的一个法向量(0,,v a =设,u v 所成的角为cos 3=||12||||u v u v ⋅=,∴PA ⊥面ABCD tan PA PCA ∠=【例10】 在四棱锥P ABCD -中,侧面PCD ⊥底面ABCD ,PD CD ⊥,E 为PC 中点,底面ABCD 是直角梯形,AB CD ∥,ADC ∠=90°,1AB AD PD ===,2CD =.;上一点,PQ PC λ=,试确定【考点】利用空间向量解锥体问题【难度】4星 【题型】解答【关键字】2010年,西城一模(1,1,0),(1,DB BC ==-所以0,BC DB BC DB ⋅=⊥.(BC =-(0,2,1),,(0,1)PC PQ PC λλ=-=∈,所以(0,2,1)Q λλ-,设平面QBD 的法向量为(,,)n a b c =,由0n DB ⋅=,0n DQ ⋅=,得02(1)0a b b c λλ+=⎧⎨+-=⎩,所以1,1,1n λ⎛=- ⎪-⎭cos 45||||n BCn BC ⋅︒==1),得λ=【答案】⑴取PD 的中点F ,连结,EF AF ,(1,1,0),(1,DB BC ==-所以0,BC DB BC DB ⋅=⊥.【例11】 如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为直角梯形,【考点】利用空间向量解锥体问题【难度】4星【题型】解答 2⎝⎭∴11(0,1,0),,0,1,,1,0BC EP EC ⎛⎫⎛==-= ⎪ 由⑴知,BC ∴BC 是平面PAE 的法向量. 设平面PEC 的法向量为(,,n x y z =则0n EC ⋅=且0n EP ⋅=,,(2,1,1)22n =-.66||||n BC n BC ⋅=⋅, PE A -的余弦值为。
高考数学复习 空间向量与立体几何.板块六.用空间向量解锥体问题(1).学生版
【例1】 如图,四棱锥S ABCD -的底面是正方形,SD ⊥平面ABCD ,2SD a =,AD =,点E 是SD上的点,且()02DE a λλ=<≤.⑴求证:对任意的(]02λ∈,,都有AC BE ⊥;⑵设二面角C AE D --的大小为θ,直线BE 与平面ABCD 所成的角为ϕ,若tan tan 1θϕ⋅=,求λ的值.SEDC B A【例2】 如图,平面PAC ⊥平面ABC ,ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形,E ,F ,O 分别为PA ,PB ,AC 的中点,16AC =,10PA PC ==.⑴设G 是OC 的中点,证明:FG ∥平面BOE ;⑵证明:在ABO ∆内存在一点M ,使FM ⊥平面BOE ,并求点M 到OA ,OB 的距离.G FEO PCBA典例分析板块六.用空间向量解锥体问题【例3】 在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,4PA AD ==,2AB =. 以AC的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ,交PC 于点N . ⑴求证:平面ABM ⊥平面PCD ;⑵求直线CD 与平面ACM 所成的角的大小;⑶求点N 到平面ACM 的距离.O PNMDC B A【例4】 如图,四棱锥S ABCD -倍,P 为侧棱SD 上的点.⑴求证:AC SD ⊥;⑵若SD ⊥平面PAC ,求二面角P AC D --的大小;⑶在⑵的条件下,侧棱SC 上是否存在一点E ,使得BE ∥平面PAC .若存在,求:SE EC 的值;若不存在,试说明理由.PDC B AS【例5】 如图,已知四棱锥P ABCD -,底面ABCD 为菱形,PA ⊥平面ABCD ,60ABC ∠=︒,E F ,分别是BC PC ,的中点.⑴证明:AE PD ⊥;⑵若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD,求二面角E AF C --的余弦值.PFC B A【例6】 如图,已知三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABC ,AN BC ⊥于N ,D 是AB 的中点,且1PA =,AN BN CN ===⑴求证:PB AC ⊥;⑵求异面直线CD 与PB 所成角的大小;⑶求点A 到平面PBC 的距离.N PDBC A【例7】 如图,直二面角D AB E --中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE EB =,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE .⑴求证:AE ⊥平面BCE ;⑵求二面角B AC E --的大小;⑶求点D 到平面ACE 的距离.FE D CBA【例8】 如图,正三棱锥O ABC -的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直,且长度均为2.E 、F 分别是AB 、AC 的中点,H 是EF 的中点,过EF 作平面与侧棱OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于1A 、1B 、1C ,已知132OA =. ⑴求证:11B C ⊥平面OAH ;⑵求二面角111O A B C --的大小的余弦值.C 1B 1A 1H F E C B A O【例9】 如图,在Rt AOB ∆中,π6OAB ∠=,斜边4AB =.Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到,且二面角B AO C --是直二面角.动点D 在斜边AB 上. ⑴ 求证:平面COD ⊥平面AOB ;⑵ 当D 为AB 的中点时,求异面直线AO 与CD 所成角的大小; ⑶ 求CD 与平面AOB 所成角的最大值.AC BE DO【例10】 如图,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 .⑴求证:OD ∥平面PAB ; ⑵当12k =时,求直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值. ⑶当k 取何值时,O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心? C B A DOP【例11】 如图,已知四棱锥P ABCD -,底面ABCD 为菱形,PA ⊥平面ABCD ,60ABC ∠=︒,E F ,分别是BC PC ,的中点.⑴证明:AE PD ⊥;⑵若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD,求二面角E AF C --的余弦值.P FE C B A【例12】 如图,已知三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABC ,AN BC ⊥于N ,D 是AB 的中点,且1PA =,AN BN CN ===⑴求证:PB AC ⊥;⑵求异面直线CD 与PB 所成角的大小;⑶求点A 到平面PBC 的距离.N PDBC A。
高中数学必修空间立体几何大题
⾼中数学必修空间⽴体⼏何⼤题必修2空间⽴体⼏何⼤题⼀.解答题(共18⼩题)1.如图,在三棱锥V﹣ABC中,平⾯VAB⊥平⾯ABC,△VAB为等边三⾓形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平⾯MOC;(2)求证:平⾯MOC⊥平⾯VAB(3)求三棱锥V﹣ABC的体积.2.如图,三棱锥P﹣ABC中,PA⊥平⾯ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P﹣ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.3.如图,长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过E,F 的平⾯α及此长⽅体的⾯相交,交线围成⼀个正⽅形(Ⅰ)在图中画出这个正⽅形(不必说出画法和理由)(Ⅱ)求平⾯α把该长⽅体分成的两部分体积的⽐值.4.如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底⾯是边长为2的正三⾓形,E,F分别是BC,CC1的中点,(Ⅰ)证明:平⾯AEF⊥平⾯B1BCC1;(Ⅱ)若直线A1C及平⾯A1ABB1所成的⾓为45°,求三棱锥F﹣AEC的体积.5.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平⾯AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.6.如题图,三棱锥P﹣ABC中,平⾯PAC⊥平⾯ABC,∠ABC=,点D、E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F 在线段AB上,且EF∥BC.(Ⅰ)证明:AB⊥平⾯PFE.(Ⅱ)若四棱锥P﹣DFBC的体积为7,求线段BC的长.7.如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平⾯,且PO=OB=1,(Ⅰ)若D为线段AC的中点,求证;AC⊥平⾯PDO;(Ⅱ)求三棱锥P﹣ABC体积的最⼤值;8.如图,四边形ABCD为菱形,G为AC及BD的交点,BE⊥平⾯ABCD.(Ⅰ)证明:平⾯AEC⊥平⾯BED;(Ⅱ)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E﹣ACD的体积为,求该三棱锥的侧⾯积.9.如图,已知AA 1⊥平⾯ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,点E和F 分别为BC和A1C的中点.(Ⅰ)求证:EF∥平⾯A1B1BA;(Ⅱ)求证:平⾯AEA1⊥平⾯BCB1;(Ⅲ)求直线A1B1及平⾯BCB1所成⾓的⼤⼩.10.如图所⽰,已知AB⊥平⾯BCD,M、N分别是AC、AD的中点,BC⊥CD.(1)求证:MN∥平⾯BCD;(2)求证:平⾯BCD⊥平⾯ABC.11.如图,圆柱的轴截⾯ABCD是正⽅形,点E在底⾯的圆周上,BF⊥AE,F是垂⾜.(1)求证:BF⊥AC;(2)若CE=1,∠CBE=30°,求三棱锥F﹣BCE的体积.12.如图,已知四边形ABCD和BCEG均为直⾓梯形,AD∥B C,CE∥BG,且∠BCD=∠BCE=,平⾯ABCD⊥平⾯BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2.求证:(Ⅰ)EC⊥CD;(Ⅱ)求证:AG∥平⾯BDE;(Ⅲ)求:⼏何体EG﹣ABCD的体积.13.如图,已知三棱锥A﹣BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M为AB的中点,D为PB的中点,且△PMB为正三⾓形.(1)求证:DM∥平⾯APC;(2)若BC=4,AB=20,求三棱锥D﹣BCM的体积.14.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥平⾯ABCD,底⾯ABCD是菱形,∠BAD=60°,AB=2,PD=,O为AC及BD的交点,E为棱PB上⼀点.(Ⅰ)证明:平⾯EAC⊥平⾯PBD;(Ⅱ)若PD∥平⾯EAC,求三棱锥P﹣EAD的体积.15.已知正四棱柱ABCD﹣A 1B1C1D1,底⾯边长为,点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上,Q是BB1中点,且PQ∥AB,C1Q⊥QR(1)求证:C1Q⊥平⾯PQR;(2)若C1Q=,求四⾯体C1PQR的体积.16.如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明BC 1∥平⾯A1CD(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三菱锥C﹣A1DE的体积.17.如图甲,⊙O的直径AB=2,圆上两点C,D在直径AB的两侧,且∠CBA=∠DAB=.沿直径AB折起,使两个半圆所在的平⾯互相垂直(如图⼄),F为BC的中点,E为AO的中点.根据图⼄解答下列各题:(Ⅰ)求证:CB⊥DE;(Ⅱ)求三棱锥C﹣BOD的体积;(Ⅲ)在劣弧上是否存在⼀点G,使得FG∥平⾯ACD?若存在,试确定点G的位置;若不存在,请说明理由.18.如图:是直径为的半圆,O为圆⼼,C是上⼀点,且.DF⊥CD,且DF=2,,E为FD的中点,Q为BE的中点,R为FC上⼀点,且FR=3RC.(Ⅰ)求证:⾯BCE⊥⾯CDF;(Ⅱ)求证:QR∥平⾯BCD;(Ⅲ)求三棱锥F﹣BCE的体积.必修2空间⽴体⼏何⼤题参考答案及试题解析⼀.解答题(共18⼩题)1.(2015?北京)如图,在三棱锥V﹣ABC中,平⾯VAB⊥平⾯ABC,△VAB为等边三⾓形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平⾯MOC;(2)求证:平⾯MOC⊥平⾯VAB(3)求三棱锥V﹣ABC的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线及平⾯平⾏的判定;平⾯及平⾯垂直的判定.专题:综合题;空间位置关系及距离.分析:(1)利⽤三⾓形的中位线得出OM∥VB,利⽤线⾯平⾏的判定定理证明VB∥平⾯MOC;(2)证明:OC⊥平⾯VAB,即可证明平⾯MOC⊥平⾯VAB(3)利⽤等体积法求三棱锥V﹣ABC的体积.解答:(1)证明:∵O,M分别为AB,VA的中点,∴OM∥VB,∵VB?平⾯MOC,OM?平⾯MOC,∴VB∥平⾯MOC;(2)∵AC=BC,O为AB的中点,∴OC⊥AB,∵平⾯VAB⊥平⾯ABC,OC?平⾯ABC,∴OC⊥平⾯VAB,∵OC?平⾯MOC,∴平⾯MOC⊥平⾯VAB(3)在等腰直⾓三⾓形ACB中,AC=BC=,∴AB=2,OC=1,∴S△VAB =,∵OC⊥平⾯VAB,∴V C﹣VAB =?S△VAB =,∴V V﹣ABC=V C﹣VAB =.点评:本题考查线⾯平⾏的判定,考查平⾯及平⾯垂直的判定,考查体积的计算,正确运⽤线⾯平⾏、平⾯及平⾯垂直的判定定理是关键.2.(2015?安徽)如图,三棱锥P﹣ABC中,PA⊥平⾯ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P﹣ABC 的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;点、线、⾯间的距离计算.专题:综合题;空间位置关系及距离.分析:(1)利⽤V P﹣ABC =?S△ABC?PA,求三棱锥P﹣ABC的体积;(2)过B作BN⊥AC,垂⾜为N,过N作MN∥PA,交PA于点M,连接BM,证明AC⊥平⾯MBN,可得AC⊥BM,利⽤MN∥P A ,求的值.解答:(1)解:由题设,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC ==.因为PA⊥平⾯ABC,PA=1,所以V P﹣ABC =?S△ABC ?PA=;(2)解:过B 作BN⊥AC,垂⾜为N,过N作MN∥PA,交PC于点M,连接BM,由PA⊥平⾯ABC,知PA⊥AC,所以MN⊥AC,因为BN∩MN=N,所以AC⊥平⾯MBN.因为BM?平⾯MBN,所以AC⊥BM.在直⾓△BAN中,AN=AB?cos∠BAC=,从⽽NC=AC﹣AN=.由MN∥PA 得==.点评:本题考查三棱锥P﹣ABC的体积的计算,考查线⾯垂直的判定及性质的运⽤,考查学⽣分析解决问题的能⼒,属于中档题.3.(2015?⿊龙江)如图,长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过E,F的平⾯α及此长⽅体的⾯相交,交线围成⼀个正⽅形(Ⅰ)在图中画出这个正⽅形(不必说出画法和理由)(Ⅱ)求平⾯α把该长⽅体分成的两部分体积的⽐值.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;平⾯的基本性质及推论.专题:综合题;空间位置关系及距离.分析:(Ⅰ)利⽤平⾯及平⾯平⾏的性质,可在图中画出这个正⽅形;(Ⅱ)求出MH==6,AH=10,HB=6,即可求平⾯a把该长⽅体分成的两部分体积的⽐值.解答:解:(Ⅰ)交线围成的正⽅形EFGH如图所⽰;(Ⅱ)作EM⊥AB,垂⾜为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EFGH为正⽅形,所以EH=EF=BC=10,于是MH==6,AH=10,HB=6.因为长⽅体被平⾯α分成两个⾼为10的直棱柱,所以其体积的⽐值为.点评:本题考查平⾯及平⾯平⾏的性质,考查学⽣的计算能⼒,⽐较基础.4.(2015?湖南)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底⾯是边长为2的正三⾓形,E,F分别是BC,CC1的中点,(Ⅰ)证明:平⾯AEF⊥平⾯B1BCC1;(Ⅱ)若直线A1C及平⾯A1ABB1所成的⾓为45°,求三棱锥F﹣AEC的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;平⾯及平⾯垂直的判定.专题:空间位置关系及距离.分析:(Ⅰ)证明AE⊥BB1,AE⊥BC,BC∩BB1=B,推出AE⊥平⾯B1BCC1,利⽤平⾯余平⽶垂直的判定定理证明平⾯AEF⊥平⾯B1BCC1;(Ⅱ)取AB的中点G,说明直线A1C及平⾯A1ABB1所成的⾓为45°,就是∠CA1G,求出棱锥的⾼及底⾯⾯积即可求解⼏何体的体积.解答:(Ⅰ)证明:∵⼏何体是直棱柱,∴BB1⊥底⾯ABC,AE?底⾯ABC,∴AE⊥BB1,∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底⾯是边长为2的正三⾓形,E分别是BC的中点,∴AE⊥BC,BC∩BB1=B,∴AE⊥平⾯B1BCC1,∵AE?平⾯AEF,∴平⾯AEF⊥平⾯B1BCC1;(Ⅱ)解:取AB的中点G,连结A1G,CG,由(Ⅰ)可知CG⊥平⾯A1ABB1,直线A1C及平⾯A1ABB1所成的⾓为45°,就是∠CA1G,则A1G=CG=,∴AA1==,CF=.三棱锥F﹣AEC 的体积:×==.点评:本题考查⼏何体的体积的求法,平⾯及平⾯垂直的判定定理的应⽤,考查空间想象能⼒以及计算能⼒.5.(2015?江苏)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平⾯AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.考点:直线及平⾯平⾏的判定;直线及平⾯垂直的性质.专题:证明题;空间位置关系及距离.分析:(1)根据中位线定理得DE∥AC,即证DE∥平⾯AA1C1C;(2)先由直三棱柱得出CC1⊥平⾯ABC,即证AC⊥CC1;再证明AC⊥平⾯BCC1B1,即证BC1⊥AC;最后证明BC1⊥平⾯B1AC,即可证出BC1⊥AB1.解答:证明:(1)根据题意,得;E为B1C的中点,D为AB1的中点,所以DE∥AC;⼜因为DE?平⾯AA1C1C,AC?平⾯AA1C1C,所以DE∥平⾯AA1C1C;(2)因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平⾯ABC,因为AC?平⾯ABC,所以AC⊥CC1;⼜因为AC⊥BC,CC1?平⾯BCC1B1,BC?平⾯BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平⾯BCC1B1;⼜因为BC1?平⾯BCC1B1,所以BC1⊥AC;因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正⽅形,所以BC1⊥平⾯B1AC;⼜因为AB1?平⾯B1AC,所以BC1⊥AB1.点评:本题考查了直线及直线,直线及平⾯以及平⾯及平⾯的位置关系,也考查了空间想象能⼒和推理论证能⼒的应⽤问题,是基础题⽬.6.(2015?重庆)如题图,三棱锥P﹣ABC中,平⾯PAC⊥平⾯ABC ,∠ABC=,点D、E 在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(Ⅰ)证明:AB⊥平⾯PFE.(Ⅱ)若四棱锥P﹣DFBC的体积为7,求线段BC的长.考点:直线及平⾯垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积.专题:开放型;空间位置关系及距离.分析:(Ⅰ)由等腰三⾓形的性质可证PE⊥AC,可证PE⊥AB.⼜EF∥BC,可证AB⊥EF,从⽽AB及平⾯PEF内两条相交直线PE,EF都垂直,可证AB⊥平⾯PEF.(Ⅱ)设BC=x,可求AB,S△ABC,由EF∥BC可得△AFE≌△ABC,求得S△AFE =S△ABC,由AD=AE,可求S△AFD,从⽽求得四边形DFBC 的⾯积,由(Ⅰ)知PE为四棱锥P﹣DFBC的⾼,求得PE,由体积V P﹣DFBC =S DFBC?PE=7,即可解得线段BC的长.解答:解:(Ⅰ)如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC,⼜平⾯PAC⊥平⾯ABC,平⾯PAC∩平⾯ABC=AC,PE?平⾯PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平⾯ABC ,从⽽PE⊥AB.因为∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF,从⽽AB 及平⾯PEF内两条相交直线PE,EF 都垂直,所以AB⊥平⾯PEF .(Ⅱ)设BC=x,则在直⾓△ABC中,AB==,从⽽S△ABC=AB?BC=x,由EF∥BC 知,得△AFE≌△ABC,故=()2=,即S△AFE=S△ABC,由AD=AE ,S△AFD ==S △ABC=S△ABC=x,从⽽四边形DFBC的⾯积为:S DFBC=S △ABC﹣S AFD=x﹣x=x.由(Ⅰ)知,PE⊥平⾯ABC ,所以PE为四棱锥P﹣DFBC的⾼.在直⾓△PEC中,PE===2,故体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=x=7,故得x4﹣36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3.所以:BC=3或BC=3.点评:本题主要考查了直线及平⾯垂直的判定,棱柱、棱锥、棱台的体积的求法,考查了空间想象能⼒和推理论证能⼒,考查了转化思想,属于中档题.7.(2015?福建)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O 所在的平⾯,且PO=OB=1,(Ⅰ)若D为线段AC的中点,求证;AC⊥平⾯PDO;(Ⅱ)求三棱锥P﹣ABC体积的最⼤值;(Ⅲ)若BC=,点E在线段PB上,求CE+OE的最⼩值.考点:直线及平⾯垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积.专题:空间位置关系及距离.分析:(Ⅰ)由题意可证AC⊥DO,⼜PO⊥AC,即可证明AC⊥平⾯PDO.(Ⅱ)当CO⊥AB时,C到AB的距离最⼤且最⼤值为1,⼜AB=2,即可求△ABC⾯积的最⼤值,⼜三棱锥P﹣ABC的⾼PO=1,即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最⼤值.(Ⅲ)可求PB===PC,即有PB=PC=BC,由OP=OB,C′P=C′B,可证E为PB中点,从⽽可求OC′=OE+EC′==,从⽽得解.解答:解:(Ⅰ)在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO,⼜PO垂直于圆O所在的平⾯,所以PO⊥AC,因为DO∩PO=O,所以AC⊥平⾯PDO.(Ⅱ)因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最⼤,且最⼤值为1,⼜AB=2,所以△ABC⾯积的最⼤值为,⼜因为三棱锥P﹣ABC的⾼PO=1,故三棱锥P﹣ABC体积的最⼤值为:.(Ⅲ)在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB==,同理PC=,所以PB=PC=BC,在三棱锥P﹣ABC中,将侧⾯BCP绕PB旋转⾄平⾯BC′P,使之及平⾯ABP共⾯,如图所⽰,当O,E,C′共线时,CE+OE取得最⼩值,⼜因为OP=OB,C′P=C′B,。
2024届全国高考数学复习考点好题专项(空间位置关系、空间角)练习(附答案)
⃗·
⃗·
-√3 0,
0,
即
- √3 0,
0,
取 x=√3,则 y=z=1,则 n=(√3,1,1).
设直线 PD 与平面 PAB 所成的角为 θ,
⃗
|-√3|
√5
||||
√3 √5
5
|·|
则 sin θ=|cos<⃗ ,n>|= ⃗
,
√5
∴直线 PD 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 .
为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系,其中 BD= -
√3.
则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3),
∴⃗ =(0,0,-√3),⃗=(1,0,-√3),⃗=(-1,√3,0).
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),
1
2
∵CD=1,BE= AB=1,CD∥BE,
∴四边形 CDEB 是平行四边形,∴DE=CB=1.
1
2
∵DE= AB,∴△ABD 为直角三角形,AB 为斜边,
∴BD⊥AD.
∵PD⊂平面 PAD,AD⊂平面 PAD,且 PD∩AD=D,
∴BD⊥平面 PAD.又 PA⊂平面 PAD,∴BD⊥PA.
(2)答案解析 (方法一)由(1)知,PD,AD,BD 两两垂直,以点 D 为坐标原点,DA,DB,DP 所在直线分别
5
1
3
(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥 P-ABD 的体积为 V=
又 AB=2,PA=√
PAB=
√15
4
=2,PB=√
1
×1×√3
2
√3
√6,所以 cos∠PAB=
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
高中数学用空间思维节椎体问题练习题
【例1】 如图,四棱锥S ABCD -的底面是正方形,SD ⊥平面ABCD ,2SD a =
,AD =,点E 是SD
上的点,且()02DE a λλ=<≤.
⑴求证:对任意的(]02λ∈,,都有AC BE ⊥;
⑵设二面角C AE D --的大小为θ,直线BE 与平面ABCD 所成的角为ϕ,若tan tan 1θϕ⋅=,求λ的值.
S
E
D
C B A
【例2】 如图,平面PAC ⊥平面ABC ,ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形,E ,F ,O 分别为PA ,
PB ,AC 的中点,16AC =,10PA PC ==.
⑴设G 是OC 的中点,证明:FG ∥平面BOE ;
⑵证明:在ABO ∆内存在一点M ,使FM ⊥平面BOE ,并求点M 到OA ,OB 的距离.
G F
E
O P
C
B
A
【例3】 在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,4PA AD ==,2AB =. 以AC
的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ,交PC 于点N . ⑴求证:平面ABM ⊥平面PCD ;
⑵求直线CD 与平面ACM 所成的角的大小;
⑶求点N 到平面ACM 的距离.
典例分析
O P
N
M
D
C B A
【例4】 如图,四棱锥S ABCD -
倍,P 为侧棱SD 上
的点.
⑴求证:AC SD ⊥;
⑵若SD ⊥平面PAC ,求二面角P AC D --的大小;
⑶在⑵的条件下,侧棱SC 上是否存在一点E ,使得BE ∥平面PAC .若存在,求:SE EC 的值;若不存在,试说明理由.
P
D
C B A
S
【例5】 如图,已知四棱锥P ABCD -,底面ABCD 为菱形,PA ⊥平面ABCD ,60ABC ∠=︒,E F ,分别
是BC PC ,的中点.
⑴证明:AE PD ⊥;
⑵若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD
,求二面角E AF C --的余弦值.
P F
E C B A
【例6】 如图,已知三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABC ,AN BC ⊥于N ,D 是AB 的中点,且1PA =
,
AN BN CN ===
⑴求证:PB AC ⊥;
⑵求异面直线CD 与PB 所成角的大小;
⑶求点A 到平面PBC 的距离.
N P
D
B
C A
【例7】 如图,直二面角D AB E --中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE EB =,F 为CE 上的点,
且BF ⊥平面ACE .
⑴求证:AE ⊥平面BCE ;
⑵求二面角B AC E --的大小;
⑶求点D 到平面ACE 的距离.
F
E D C
B
A
【例8】 如图,正三棱锥O ABC -的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直,且长度均为2.E 、F 分别是AB 、
AC 的中点,H 是EF 的中点,
过EF 作平面与侧棱OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于1A 、1B 、1C ,已知132
OA =. ⑴求证:11B C ⊥平面OAH ;
⑵求二面角111O A B C --的大小的余弦值.
C 1
B 1A 1
H F E C B A O
【例9】 如图,在Rt AOB ∆中,π6
OAB ∠=,斜边4AB =.Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到,且二面角B AO C --是直二面角.动点D 在斜边AB 上.
⑴ 求证:平面COD ⊥平面AOB ;
⑵ 当D 为AB 的中点时,求异面直线AO 与CD 所成角的大小; ⑶ 求CD 与平面AOB 所成角的最大值.
A
B
E D
O
【例10】 如图,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 .
⑴求证:OD ∥平面PAB ; ⑵当12
k =
时,求直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值. ⑶当k 取何值时,O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心? C B A D
O
P
【例11】 如图,已知四棱锥P ABCD -,底面ABCD 为菱形,PA ⊥平面ABCD ,60ABC ∠=︒,E F ,分别
是BC PC ,的中点.
⑴证明:AE PD ⊥;
⑵若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD
,求二面角E AF C --的余弦值.
P F
C B A
【例12】如图,已知三棱锥P ABC
-中,PA⊥平面ABC,AN BC
⊥于N,D是AB的中点,且1
PA=
,
AN BN CN
===
⑴求证:PB AC
⊥;
⑵求异面直线CD与PB所成角的大小;
⑶求点A到平面PBC的距离.
N P
D
B
C
A。