平面向量及空间向量高考数学专题训练
高考数学总复习---平面向量知识与空间向量的应用
A、重心 外心 垂心
B、重心 外心 内心
10、在△OAB 中, OA =
a
a , OB = b , OP = p ,若 p = t ( a
b b
) ，t∈R，则点
P 在(
)
A、∠AOB 平分线所在直线上 C、AB 边所在直线上
B、线段 AB 中垂线上 D、AB 边的中线上
a (1,0) m(0,1), m R Q b b (1,1) n(1,1), n R 是两个向量集
合，则 P Q = A． ｛〔1，1〕 ｝
B. ｛〔-1，1〕 ｝
C. ｛〔1，0〕 ｝
D. ｛〔0，1〕 ｝
9、已知 O、N、P 在 ABC 所在平面内，且满足| OA |＝| OB |＝| OC |， NA + NB + NC = 0 ，且
PA PB PB PC PC PA ，则点
O，N，P 依次是 ABC 的 C、外心 重心 垂心 D、外心 重心 内心
平面向量与空间向量 专题强化练习
一、高考真题展示
1、设
a (4,3) ， a
在 b 上的投影为 5
2 B． 2, 7
2 2
， b 在 x 轴上的投影为 2，且 D． 2,8
b 14 ，则 b
为（
）
A． 2,14 2、设
2 C． 2, 7
a 1 e1 2 e2
。
a ( x1 , y1 ) , b ( x2 , y 2 ) ,则 a // b a b ( b 0 ) 或者
高三数学向量专题复习(高考题型汇总及讲解)(1)
向量专题复习向量是高考的一个亮点，因为向量知识，向量观点在数学、物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点，所以高考中应引起足够的重视。
一、平面向量加、减、实数与向量积 （一）基本知识点提示1、重点要理解向量、零向量、向量的模、单位向量、平行向量、反向量、相等向量、两向量的夹角等概念。
2、了解平面向量基本定理和空间向量基本定理。
3、向量的加法的平行四边形法则（共起点）和三角形法则（首尾相接）。
4、向量形式的三角形不等式：｜｜a ｜-｜b ｜｜≤｜a ±b ｜≤｜a ｜+｜b ｜(试问：取等号的条件是什么?)；向量形式的平行四边形定理：2（｜a ｜2+｜b ｜2）=｜a －b ｜2+｜a +b ｜25、实数与向量的乘法（即数乘的意义）实数λ与向量的积是一个向量，记λ，它的长度与方向规定如下：(1)｜λa ｜=｜λ｜²｜a ｜;(2)当λ＞0时，λa 的方向与a 的方向相同；当λ＜0时，λa 的方向与a 的方向相反；当λ=0时，λ=,方向是任意的.6、共线向量定理的应用：若≠，则∥⇔存在唯一实数对λ使得=λ⇔x 1y 2-x 2y 1=0(其中=（x 1，y 1），=（x 2，y 2）) （二）典型例题例1、O 是平面上一 定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足).,0[||||+∞∈++=λλAC AB 则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心+是在∠BAC 的平分线上，∴选B例2、对于任意非零向量与，求证：｜｜｜-｜｜｜≤｜±｜≤｜｜+｜｜证明：(1)两个非零向量与不共线时，+的方向与，的方向都不同，并且｜｜-｜｜＜｜±｜＜｜｜+｜｜(3)两个非零向量a 与b 共线时，①a 与b 同向，则a +b 的方向与a 、b 相同且｜a +b ｜=｜a ｜＋｜b ｜.②a 与b 异向时，则a +b 的方向与模较大的向量方向相同，设|a |＞||，则|+|=||-||.同理可证另一种情况也成立。
高中数学(理)空间向量知识点归纳总结及综合练习
空间向量知识点归纳总结知识要点。
1. 空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。
注：（1）向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。
（2）空间的两个向量可用同一平面内的两条有向线段来表示。
2. 空间向量的运算。
3. 共线向量。
（1）如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作b a//。
》（2）共线向量定理：空间任意两个向量a 、b （b ≠0 ），a b a b共面向量（1）定义：一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。
说明：空间任意的两向量都是共面的。
（2）共面向量定理：如果两个向量,a b 不共线，p 与向量,a b 共面的条件是存在实数,x y 使p xa yb =+。
5. 空间向量基本定理：如果三个向量,,a b c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组,,x y z ，使p xa yb zc =++。
若三向量,,a b c 不共面，我们把{,,}a b c 叫做空间的一个基底，,,a b c 叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。
推论：设,,,O A B C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的三个有序实数,,x y z ，使OP xOA yOB zOC =++。
6. 空间向量的直角坐标系： ~（1）空间直角坐标系中的坐标：（2）空间向量的直角坐标运算律：①若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈， 112233a b a b a b a b ⋅=++， 112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈， 1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.如图，长方体中，分别为中点，（1）求证：．（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）由长方体及E、F分别为AB、C1D1的中点知，AE平行且等于C1F，所以AEC1F是平行四边形，所以C1E∥AF，由线面平行的判定定理知，C1E∥面ACF；（2）易证FG⊥面ABCD，过F作FH⊥AC于H，连结HG，因为FG⊥面ABCD，则FG⊥AC，所以∠FHG为二面角F—AC—G的平面角，然后通过解三角形，求出FG、GH的长，即可求出∠FHG的正切值，即为二面角F-AC-G的正切值.试题解析：(1)证明：在长方体中，分别为中点，且四边形是平行四边形3分，5分(2)．长方体中，分别为中点，7分过做于，又就是二面角的平面角 9分，在中， 11分直角三角形中 13分二面角的正切值为 14分考点:线面平行的判定定理；二面角的计算；逻辑推理能力2.如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，∴＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．∵cos〈，〉＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，∴n1·＝0，n 1·＝0，即x＋y＝0且2y＋4z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，∴n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1夹角的大小为θ.由cosθ＝＝＝，得sinθ＝.因此，平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值为.3.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x、y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝C．x＝，y＝D．x＝，y＝1【答案】C【解析】如图，＝＋＝＋＝＋ (＋)．4.如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E、F、G分别是AB、AD、CD的中点，计算：(1)·；(2)·；(3)EG的长；(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．【答案】（1）（2）－（3）（4）【解析】解：设＝a，＝b，＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.＝BD＝c－a，＝－a，＝b－c，(1)·＝(c－a)·(－a)＝a2－a·c＝；(2)·＝ (c－a)·(b－c)＝ (b·c－a·b－c2＋a·c)＝－；(3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b＝－a＋b＋ c.||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝.即||＝，所以EG的长为.(4)设、的夹角为θ.＝b＋c，＝＋＝－b＋a，cosθ＝＝－，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.5.在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②【答案】D【解析】设，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，故选D.【考点】空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，再正视图与俯视图，容易题.6.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.7.（2013•天津）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．（1）证明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】（1）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）．则，而=0．所以B1C1⊥CE；（2）解：，设平面B1CE的法向量为，则，即，取z=1，得x=﹣3，y=﹣2．所以．由（1）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，故为平面CEC1的一个法向量，于是=．从而==．所以二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值为．（3）解：，设0≤λ≤1，有．取为平面ADD1A1的一个法向量，设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则==．于是．解得．所以．所以线段AM的长为．8.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA=，连接CE并延长交AD于F.（1）求证：AD⊥平面CFG；（2）求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）因为△DAB ≌△DCB，EA=EB=AB=1，所以△ECB是等边，,（2）建立空间坐标系如图，取向观点的坐标为, 向量设平面PBC的法向量平面PDC的法向量则【考点】本题主要考查空间垂直关系的证明、平行关系的运用，考查空间角的求解方法，考查空间想象能力、推理论证能力、计算能力.9.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.（1）证明：PA⊥BD；（2）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
专题训练41 空间向量的应用 - 2022届高考数学一轮复习 (新高考)
专题41 空间向量的应用一、单选题（本大题共8小题，每小题只有一个选项符合题意）1．如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，M ，N 分别为1A B 和AC 上的点，且13A M AN a ==，则MN 与平面11BBC C 的位置关系是（ ）．A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不能确定2．如图，点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系O xyz -的三条坐标轴上，()0,0,2OC =，平面ABC 的法向量为()2,1,2n =，设二面角C AB O --的大小为θ，则cos θ=（ ）A ．43B C ．23 D ．23-3．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB PA =，则平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角的余弦值为（ ）A ．13B 2C D 4．若正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线A 1C 1到平面ACD 1的距离为（ ）A ．1 BC D 5．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵ABC ﹣A1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，若AB AA 1＝2，当鳖臑A 1﹣ABC 体积最大时，直线B 1C 与平面ABB 1A 1所成角的余弦值为（ ）A B C ．13D 6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ，则sin θ的取值范围是（ ）．A ．⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦7．如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB CD O =，且AB CD ⊥，3SO OB ==，14SE SB =，异面直线SC 与OE 所成角的正切值为（ ）A ．2B C ．1316D 8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，13CC =，90ACB ∠=︒，则1BC 与1A C 所成的角的余弦值为（ ）A ．10B C D二、多选题（本大题共4小题，每小题有多个各选项符合题意） 9．给出下列命题，其中正确的命题是（ ） A ．若0a b ⋅<，则,a b <>是钝角B ．若a 为直线l 的方向向量，则λ()a R λ∈也是直线l 的方向向量C ．若1233AD AC AB =+，则可知2CD DB = D ．在四面体P ABC -中，若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则0PB AC ⋅=10．如图，三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AB =，BC =4AC =，A 到平面PBC 的距离为）A ．4PA =B ．三棱锥P ABC -的外接球的表面积为32πC ．直线AB 与直线PCD ．AB 与平面PBC 11．如图，已知在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，4=AD ，15AA =，点E 为1CC 上的一个动点，平面1BED 与棱1AA 交于点F ，则下列说法正确的是（ ）A ．四棱锥11B BED F -的体积为20B ．存在唯一的点E ，使截面四边形1BED F 的周长取得最小值C ．当点E 为1CC 的中点时，在直线AD 上存在点G ，使得CG =D ．存在唯一一点E ，使得1B D ⊥平面1BED ，且3CE =12．如图，在长方体1111ABCD A B C D -，1AB =，点P 为线段1A C 上的动点，则下列结论正确的是（ ）A ．当112AC A P =时，1B ，P ，D 三点共线 B ．当1AP AC ⊥时，1APD P ⊥C ．当113AC AP =时，1//D P 平面1BDC D ．当115AC AP =时，1A C ⊥平面1D AP 三、填空题（本大题共4小题）13．在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且1PD AB ，G 为ABC 的重心，则PG 与底面ABCD 所成角的正弦值为__________．14．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1 2.AB AA ==,E F 分别是,BC 11A C 的中点．设D 是线段11B C 上的（包括两个端点．．．．．．）动点，当直线BD 与EF BD 的长为_______．15．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，AD DC ⊥，//AB DC ，2DCPD AB AD ===，Q 为PC 的中点，则直线PC 与平面BDQ 所成角的正弦值为__________．16．如图，在长方体中，12AD AA ==，3AB =，若E 为AB 中点，则点1B 到平面1D EC 的距离为________.四、解答题（本大题共6小题，答题过程应包括必要的公式、过程和文字说明）17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是边长为2的菱形，AB =160CBB ∠=︒，且1ABB ABC ∠=∠.（∠）证明：1AB CB ⊥；（∠）若二面角1A CB B --的平面角为60︒，求1CA 与平面1ACB 所成角的正弦值.18．如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点.（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求二面角1A MA N --的正弦值.19．如图∠，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，2BAD π∠=，1AB BC ==，2AD =的E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ABE △沿BE 折起到1A BE 的位置，如图∠．（1）证明：CD ⊥平面1A OC ；（2）若平面1A BE ⊥平面BCDE ，求平面1A BC 与平面1A CD 夹角的余弦值．20．如图，四边形ABCD 是矩形，1,AB AD ==E 是AD 的中点，BE 与AC 交于点F ，GF ∠平面ABCD ；（1）求证：AF∠平面BEG；，求直线EG与平面ABG所成的角的正弦值.（2）若AF FG参考答案1．B【解析】设1A A a =，11A B b =，11A D c =，由题意知：1A B AC =，又1A M AN ==， ()111133A M A B a b ∴==+，()1133AN AC b c ==+， 则()()1111213333MN A A AN A M a b c a b a c =+-=++-+=+， ∴MN 与1A A ，11A D 共面，//MN ∴平面11AA D D ，又平面11//AA D D 平面11BB C C ，//MN ∴平面11BB C C ．故选：B. 2．C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点P 到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点P 位于正四面体各棱的中点，符合条件的有6个点；（2）点P 到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点P 在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有4个点，故选C. 3．B【解析】解：设1AP AB ==，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0P ，0，1)，(0D ，1，0)，(1C ，1，0)， (1PC =，1，1)-，(0PD =，1，1)-，设平面PCD 的法向量(m x =，y ，)z ，则·0·0m PC x y z m PD y z ⎧=+-=⎨=-=⎩，取1y =，得(0m =，1，1)，平面ABP 的法向量(0n =，1，0)，设平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角为θ，则||1cos ||||21m n m n θ==⨯ 故选：B ．4．B【解析】因为11//,AC AC AC ⊂平面111,ACD AC ⊄平面1ACD ，所以A 1C 1//平面ACD 1， 则点A 1到平面ACD 1的距离即为直线A 1C 1到平面ACD 1的距离. 建立如图所示的空间直角坐标系，易知1AA →＝(0,0,1)， 由题得111,,,AC BD AC BB BDBB B BD BB ⊥⊥=⊂,平面1BDB ,所以AC ⊥平面1BDB ,所以1AC DB ⊥,同理1AD ⊥ 1DB , 因为11,,ACAD A AC AD =⊂平面1ACD ，所以1DB ⊥平面1ACD ，所以1DB →是平面1ACD 的一个法向量， 所以平面ACD 1的一个法向量为1DB →＝(1,1,1)，故所求的距离为1||||AA n n →→→⋅=故选：B5．A【解析】解：在堑堵ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，ABAA 1＝2，当鳖臑A 1﹣ABC 体积最大时，AC ＝BC ＝1，以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系， B 1（0，1，2），C （0，0，0），A （1，0，0），B （0，1，0），11(0,1,2),(1,1,0),(0,0,2)BC BA BB =--=-= 设平面ABB 1A 1的法向量(,,)n x y z =， 则1020n BA x y n BB z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，取x ＝1，得(1,1,0)n =，设直线B 1C 与平面ABB 1A 1所成角为θ，则11sin 5B Cn B C nθ⋅=== 所以cos θ=∠直线B 1C 与平面ABB 1A 1 故选：A ．6．A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PAC λλ=≤≤，则111A P AC λ=，以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则()()111,0,0,0,1,0,,,022A C O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故()111,1,0AC AC ==-，()1,,0A P λλ=-，又()11,0,1A ，则()1,,1P λλ-，所以11,,122OP λλ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 在正方体1111ABCD A B C D -中，可知体对角线1B D ⊥平面11A BC ，所以()11,1,1DB =是平面11A BC 的一个法向量，所以1sin cos ,OP DB θ===所以当12λ=时，sin θ0λ=或1时，sin θ． 所以sin θ∈⎣⎦. 故选：A ． 7．D【解析】由题意以,,OD OB OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图， (0,3,0)A -，(0,3,0)B ，(3,0,0)C -，(0,0,3)S ，又14SE SB =， 1139(0,0,3)(0,3,3)(0,,)4444OE OS SE OS SB =+=+=+-=． (3,0,3)SC =--，则274cos ,3OE SCOE SC OE SC -⋅<>===设异面直线SC 与OE 所成角为θ，则3cos cos ,10OE SC θ=<>=θ为锐角，sin θ=sin tan cos θαθ== 故选：D ．8．A【解析】如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()13,0,3A ，()0,4,0B ，()10,0,3C ，所以()13,0,3CA =，()10,4,3BC =-，所以111111cos ,3CA BCCA BC CA BC ⋅===⋅ 所以直线1BC 与1A C 所成角的余弦值为10． 故选：A.9．CD 【解析】对于A ，当a b =时，若0a b ⋅<，但a b π=，，不是钝角，所以A 错； 对于B ，当0λ=时，0a λ=，不是直线l 的方向向量，所以B 错；对于C ，12 3233AD AC AB AD AC AB =+⇒=+ ∠() 222ADAC AD AB CA AD DA AB -=-+⇒+=+∠ 2CD DB =，所以C 对；对于D ，如图，过P 作PO ⊥平面ABD 交平面于O 点，连CO 交AB 于M ，连AO 交BC 于N ，连BO 交AC 于T ，0PC BC PC BC AN BC ⋅=⇒⊥⇒⊥，同理CM AB O ⊥⇒为ABC 垂心，所以BT AC PB AC ⊥⇒⊥，从而 0PB AC ⋅=，所以D 对；故选：CD.10．ABD【解析】因为2AB =，BC =4AC =，所以222AB BC AC +=，即AB BC ⊥，又因为PA ⊥平面ABC ，所以,PA AB PA BC ⊥⊥，设AP a =，根据等体积法P ABC A PBC V V --=，即111123232a ⨯⨯⨯=⨯⨯， 解得4a =，所以4AP a ==，故A 选项正确；所以三棱锥P ABC -的外接球的半径与以,,BC BA AP 为邻边的长方体的外接球的半径相等， 所以三棱锥P ABC -的外接球的半径为所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积为32π，故B 选项正确；过点B 作PA 的平行线BD ，则BD ⊥平面ABC ，所以以点B 为坐标原点，,,BC BA BD 所在边分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,0B，()C ，()0,2,0A ，()0,2,4P ，所以()()0,2,0,2,4AB PC →→=-=--，所以cos ,AB PCAB PC AB PC →→→→→→⋅== 所以直线AB 与直线PC，故C 选项错误；因为()BC →=，()0,2,4BP →=，设平面PBC 的法向量为(),,m x y z →=，则=0=0m BP m BC ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩，即02x y z =⎧⎨=-⎩，令1z =，所以()0,2,1m →=-，由于()0,2,0AB →=- 故设AB 与平面PBC 所成角为θ，则sin cos ,AB mm AB m AB θ→→→→→→⋅==== 所以AB 与平面PBC，故D 选项正确； 故选：ABD11．ABC【解析】长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，4=AD ，15AA =，对于A ，111111B BED F E BB D F BB D V V V ---=+，11//CC BB ，1CC ⊄平面11BB D ，1BB ⊂平面11BB D ，故1//CC 平面11BB D ，所以E 到平面11BB D 的距离等于1C 到平面1BB 的距离，设点1C 到平面1BB 的距离为d ， 过点1C 在平面1111D C B A 内作111C P B D ⊥，如图1所示，1BB ⊥平面1111D C B A ，1C P ⊂平面1111D C B A ，则11C P BB ⊥，1111BB B D B =，1C P ∴⊥平面11BB D ，且1111111431255B C C D C P B D ⋅⨯===， 故111111111255103325E BB D BB D V S C P -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，同理可得1110F BB D V -=， 所以11111120B BED F E BB D F BB D V V V ---=+=，A 对；对于B 选项，因为平面11//AA D D 平面11BB C C ，平面1BED 平面111AA D D D F =，平面1BED 平面11BB C C BE =，所以，1//BE D F ，同理可得1//BF D E ，故四边形1BED F 为平行四边形，则四边形1BED F 的周长为()12BE D E +，将长方体的侧面11D DCC 和11B BCC 沿棱1CC 展开到同一平面内，如图2所示，则1D E EB +的最小值为展开面中1D B 的长度，此时E 点为1D B 与1CC 的交点，1BD =，所以四边形1BED F 的周长的最小值为B 对； 对于C ，AD CD ⊥，即CDDG ⊥，所以，CG = 解得8DG =，C 对；对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系D xyz -，则()0,0,0D 、()14,3,5B 、()4,3,0B 、()10,0,5D ，设()0,3,E z ，则()14,3,5DB =，()14,3,5BD =--，()4,0,BE z =-，因为1BD ⊥平面1BED ，则1111692501650B D BD B D BE z ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，解得165z =，即165CE =，D 错.故选：ABC.12．ACD【解析】在长方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为1AB =，所以11AD AA ==，则()1,0,0A ，()1101A ,,，()C ，()10,0,1D ，()1C ，()0,0,0D ，()B ，则()11AC =--，()11,0,1D A =-．A 选项，当112AC A P =时，P 为线段1A C 的中点，根据长方体的结构特征，P 为体对角线的中点，因此P 也为1B D 的中点，所以1B ，P ，D 三点共线，故A 正确．B 选项，当1AP AC ⊥时，1AP A C ⊥，由题意可得1AC 2AC ．由1111122A AC S AA AC AC AP =⋅=⋅，解得AP =1A P =P 为线段1A C 上靠近点1A 的五等分点，所以4455P ⎛⎫ ⎪⎝⎭．则14155D P ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1455AP ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以1434102525255D P AP ⋅=-+-=-≠，所以AP 与1D P 不垂直，故B 错误．C 选项，当113AC AP =时，11111333A P AC ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭．设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，由1300n DC y z n DB x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1y =，可得(3,1,n =-．又11112133D P A P A D ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以10D P n ⋅=，因此1D P n ⊥，又点1D 不在平面1BDC 内，所以1//D P 平面1BDC ，故C 正确．D 选项，当115AC AP =时，11111555A P AC ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，所以11114155D P A P A D ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 所以110AC D P ⋅=，110AC D A ⋅=，因此11AC D P ⊥，11AC D A ⊥． 又111D P D A D ⋂=，则1A C ⊥平面1D AP ，故D 正确．故选：ACD ．13【解析】如图，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，由已知，得()0,0,0D ，()0,0,1P ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ， 则重心22,,033G ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 因而()0,0,1DP =，22,,133GP ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 设PG 与底面ABCD 所成的角为θ， 则317sin cos ,17DP GP DPGP DP GP θ⋅=<>==⋅ 14．【解析】解：如图以E 为坐标原点建立空间直角坐标系：则()()10,0,0,,2,0,1,0,2E F B ⎫-⎪⎪⎝⎭设(0,,2)(11)D t t -≤≤，则()31,,2,0,1,222EF BD t ⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭，设直线BD 与EF 所成角为θ所以cos||||5EF BD EF BD θ⋅===解得1t =，所以20BD ==故答案为：15【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设2DC =，则1PD AB AD ===，PC =()()()10,0,1,0,2,0,1,1,0,0,1,2P C B Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()()10,2,1,1,1,0,0,1,2PC DB DQ ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭ 设平面BDQ 的法向量为(),,n x y z =， 则00DB n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即0102x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取1x =，则()1,1,2n =-， 直线PC 与平面BDQ 所成角为α，sin 2n PCn PCα⋅===⋅ 16【解析】以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 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，连接1CB ，由题意得0,3,0C （），1132,,0(0,0,2)(2,3,2)2E D B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，， ∠ 32,,02CE →⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1(0,3,2)CD →=-，1(2,0,2)CB →=， 设平面1D EC 的法向角为(,,)n x y z =，则100CE n CD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3202320x y y z ⎧-=⎪⎨⎪-+=⎩，令6z =，得(3,4,6)n =，∠ 点1B 到平面1D EC 的距离11861n CB d n →⋅==17．（∠）证明见解析；（∠. 【解析】解：（∠）证明：因为1BC BB =，1ABB ABC ∠=∠， 所以1ABB △与ABC 全等，所以1AC AB =，11CB BC O ⋂=，连接AO ，BO ，O 为1BC 中点， 1CB AO ⊥，1CB BO ⊥，AO BO O =，,AO BO ⊂平面AOB ， 所以1CB ⊥平面AOB ，又AB平面AOB 所以1AB CB ⊥.（∠）由（∠）知，AOB ∠为二面角1A CB B --的平面角，所以60AOB ∠=︒，且AO BO AB === 如图建立空间直角坐标系，则3)2A ，B ，1(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，33()22CA=，1(0,2,0)CB =，113()2OA OA BB =+=，13(2,)2CA =， 设平面1ACB 的法向量为()m x y z =，，，则100m CB m CA ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20302y x yz =⎧++=，令x =0y =，1z =-，所以(3,0,1)m =-所以111|cos ,|2m CA mCA m CA ⋅<>===⨯ 所以1CA 与平面1ACB18．（1）证明见解析；（2 【解析】（1）证明：连接1B C ，ME .因为M ，E 分别为1BB ，BC 的中点，所以1//ME B C ，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点， 所以112ND A D =. 由题设知11//A B DC 且11A B DC =，可得11//B C A D 且11B C A D =， 故ME ∠ND 且ME ND =，因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以//MN ED .又MN ⊄平面1C DE ，ED ⊂平面1C DE ，所以//MN 平面1C DE .（2）解：由已知可得DE DA ⊥，以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向， DE 的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则()2,0,0A ，()12,0,4A ，()2M ，()1,0,2N ，()10,0,4A A =-， ()12A M =--，()11,0,2A N =--，()0,MN =.设(),,m x y z =为平面1A MA 的一个法向量，则110,0,m A M m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以20,40,x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩可取()3,1,0m =. 设(),,n p q r =为平面1A MN 的一个法向量，则10,0,n MN n A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,20,p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩可取()2,0,1n =-.则23cos ,2m nm n m n ⋅===⨯， 所以二面角1A MA N --. 19．（1）证明见解析；（2. 【解析】（1）在题图∠中，因为1AB BC ==，2AD =，E 是AD 的中点，2BAD π∠=， 所以BE AC ⊥，即在题图∠中，1BE OA ⊥，BE OC ⊥，又1OA OC O ⋂=， 所以BE ⊥平面1A OC ．又//,BC DE BC DE =，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以//CD BE ，所以CD ⊥平面1A OC ．（2）由已知，平面1A BE ⊥平面BCDE ，又由（1）知，1BE OA ⊥，BE OC ⊥， 所以1A OC ∠为二面角1A BE C --的平面角，所以12A OC π∠=．如图，以O 为原点，分别以OB ，OC ，1OA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．因为111A B A E BC ED ====，//BC ED ，所以2B ⎫⎪⎪⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，12A ⎛ ⎝⎭，0,2C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则BC ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，122AC ⎛=- ⎝⎭，()CD BE ==-．设平面1A BC 的一个法向量为()1,,n x y z =，平面1A CD 的一个法向量为()2,,n x y z =，平面1A BC 与平面1A CD 的夹角为θ．则1110,0,n BC n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即11110,0,x y y z -+=⎧⎨-=⎩可取()11,1,1n =； 2210,0,n CD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2220,0,x y z =⎧⎨-=⎩可取()20,1,1n =．从而121212cos cos ,3n n n nn n θ⋅====⨯⋅即平面1A BC 与平面1A CD20．（1）证明见解析；（2 【解析】（1）因为AB AE BC AB ==且90EAB ABC ∠=∠=︒， 所以EAB ABC ，所以EBA ACB ∠=∠，又因为90EBA EBC ∠+∠=︒，所以90ACB EBC ∠+∠=︒，所以90BFC ∠=︒， 所以BF CF ⊥，所以AF BE ⊥，又因为GF ⊥平面ABCD ，AF ⊂平面ABCD ，所以GF AF ⊥，又GF BE F =，所以AF ⊥平面BEG ；（2）据题意，建立空间直角坐标系如下图所示：因为1,2AB AE ==，所以BE ==，所以AB AE AF FG BE ⋅===，所以BF ==EF ==所以,,,0,E G A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以0,EG ⎛= ⎝⎭， 设平面ABG 的一个法向量为(),,n x y z =，366,,0,0,333BA BG ⎛⎫⎛== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由00BA n BG n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得00x z ⎧=⎪+=，取1y =-，所以(2,n =-， 设直线EG 与平面ABG 所成角大小为θ，所以sincos ,EG n θ=<>==， 所以直线EG 与平面ABG。
空间向量练习及答案解析
空间向量练习一、选择题(共15小题，每小题4.0分,共60分)1.已知平面α的一个法向量是(2，－1,1)，α∥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是() A． (4,2，－2) B． (2,0,4) C． (2，－1，－5) D． (4，－2,2)2.如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面AC，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE所成的二面角的大小是()A． 120° B． 45° C． 150° D． 60°3.已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为()A． B． C． D．4.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中错误的结论是()A．① B．② C．③ D．④5.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是()A． 45° B． 60° C． 90° D． 120°6.已知在空间四面体O－ABC中，点M在线段OA上，且OM＝2MA，点N为BC中点，设＝a，＝b，＝c，则等于()A．a＋b－ c B．－a＋b＋ c C．a－b＋ c D．a＋b－c7.已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与D1E所成角的余弦值为()A． B． C．－ D．－8.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱CC1，BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小()A．等于90° B．小于90° C．大于90° D．不确定9.如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为()A．－ B． C．－ D．10.已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( ) A ． －1,2 B ． 1，－2 C ． 1,2 D ． －1，－211.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．√23B ．√73C ．√32D ．√3712.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2，若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( ) A ．√2 B ．√3 C ． 2 D ．√2213.三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( ) A ．π3 B ．2π3 C ．π3或2π3D ．π3或－π314.已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,5，－2)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ (3,1，z )，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( ) A ．(407,157,−3) B ．(337,157,−3) C ．(−407,−157,−3) D ．(337,−157,−3)15.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1.这四个结论中正确的个数为( ) A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 4二、填空题(共6小题，每小题4.0分,共24分)16.如图所示，已知正四面体A-BCD 中，AE ＝AB ，CF ＝CD ，则直线DE 和BF 所成角的余弦值为________．17.已知a ＝(3，－2，－3)，b ＝(－1，x －1,1)，且a 与b 的夹角为钝角，则x 的取值范围是________．18.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为________． 19.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则点B 1到平面ABC 1的距离为________．20.如下图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP⃗⃗⃗⃗⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．21.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，－1，－4)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(4,2,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面ABCD 的法向量；④AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .其中正确的是____________．三、解答题(共6小题，每小题11.0分,共66分) 22.如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：面PAD ⊥面PCD ；(2)求AC 与PB 所成角的余弦值； (3)求面AMC 与面BMC 所成二面角的余弦值．23.如下图所示，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC . (1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的正弦值； (3)是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角？并说明理由．24.如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 是棱BC ，CD 的中点，求：(1)直线DF 与B 1F 所成角的余弦值；(2)二面角C 1－EF －A 的余弦值．25.如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，侧棱SB⊥平面ABCD，且SB＝AB＝AD＝1，BC＝2.(1)求SA与CD所成的角；(2)求平面SCD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．26.如下图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值．27.如下图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点．(1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值；(2)求二面角F－DE－C的余弦值．空间向量练习答案解析1.【答案】D【解析】∵α∥β，∴β的法向量与α的法向量平行，又∵(4，－2,2)＝2(2，－1,1)，故选D.2.【答案】B【解析】以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)．设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则即可取n＝(1,0,1)．又平面EAD的法向量为＝(1,0,0)，所以cos〈n，〉＝＝，故平面ADE与平面BCE所成的二面角为45°.3.【答案】C【解析】设Q(x，y，z)，因Q在上，故有∥，设＝λ(λ∈R)，可得x＝λ，y＝λ，z＝2λ，则Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以·＝6λ2－16λ＋10＝62－，故当λ＝时，·取最小值，此时Q.4.【答案】C【解析】如图所示，取BD的中点O，以点O为坐标原点，OD，OA，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD边长为，则D(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0,1)，A(0,1,0)，所以＝(0，－1,1)，＝(2,0,0)，·＝0，故AC⊥BD.①正确．又||＝，||＝，||＝，所以△ACD为等边三角形．②正确．对于③，为面BCD的一个法向量，cos〈，〉＝＝＝＝－.所以AB与OA所在直线所成的角为45°，所以AB与平面BCD所成角为45°.故③错误．又cos〈，〉＝＝＝－.因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成角为60°.故④正确．5.【答案】B【解析】不妨设AB＝BC＝AA1＝1，则＝－＝(－)，＝＋，∴||＝|－|＝，||＝，·＝(－)·(＋)＝，∴cos〈，〉＝＝＝，∴〈，〉＝60°，即异面直线EF与BC1的夹角是60°.6.【答案】B【解析】＝－＝(＋)－＝b＋c－a.7.【答案】A【解析】∵A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2)，∴＝(0，－2,2)，＝(0,1,2)，∴||＝2，||＝，·＝0－2＋4＝2，∴cos〈，〉＝＝＝，又异面直线所成角的范围是，∴AB1与ED1所成角的余弦值为.8.【答案】A【解析】A1B1⊥平面BCC1B1，故A1B1⊥MN，·＝(＋)·＝·＋·＝0，∴MP⊥MN，即∠PMN＝90°.9.【答案】B【解析】不妨设SA＝SB＝SC＝1，以S为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系Sxyz，则相关各点坐标为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，S(0,0,0)，M，N.因为＝，＝，所以||＝，||＝，·＝－，cos〈，〉＝＝－，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为.10.【答案】A【解析】 c ＝ma ＋nb ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)，由c 为平面α的法向量，得即解得11.【答案】A【解析】∵侧棱与底面垂直，∠ACB ＝90°，所以分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图空间直角坐标系， 设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0,1)， ∴E (a 2,a2,1)，G (a 3,a 3,13)，GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(a 6,a 6,23)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，－a,1)， ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥平面ABD ，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，解得a ＝2，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(13,13,23)，BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，－2,2)，∵GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥平面ABD ，∴GE ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面ABD 的一个法向量， 又cos 〈GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝43√63×2＝√23，∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为√23，故选A.12.【答案】A【解析】如下图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，a )，CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则{m ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2y +2z =0,x +az =0,令z ＝－1， 得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则由cos 60°＝m·n|m ||n |，得1√a 2+1＝12，即a ＝√2，故AD ＝√2. 13.【答案】C【解析】如图所示，当二面角A －BD －C 为锐角时，它就等于〈n 1，n 2〉＝π3；当二面角A －BD －C 为钝角时，它应等于π－〈n 1，n 2〉＝π－π3＝2π3. 14.【答案】D【解析】因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，即1×3＋5×1＋(－2)z ＝0，所以z ＝4， 因为BP ⊥平面ABC ，所以BP⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，且BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即1×(x －1)＋5y ＋(－2)×(－3)＝0，且3(x －1)＋y ＋(－3)×4＝0.解得x ＝407，y ＝－157，于是BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(337,−157,−3).15.【答案】C【解析】因为A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，从而A 1M ∥D 1P ，可得①③④正确． 又B 1Q 与D 1P 不平行，故②不正确．故选C. 16.【答案】 【解析】＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以cos 〈，〉＝＝＝＝.17.【答案】 B【解析】 若两向量的夹角为钝角，则a ·b ＜0，且a 与b 不共线，故3×(－1)＋(－2)×(x －1)＋(－3)×1＜0，且x ≠，解得x ＞－2，且x ≠，故选B. 18.【答案】【解析】 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)． ＝(1,2，－1)，＝(－2,2,0)，故cos 〈，〉＝＝.19.【答案】√217【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A (√32,12,0)，B (0,1,0)，B 1(0,1,1)，C 1(0,0,1)，则C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(√32,12,−1)，C 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,1,0)，C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,1，－1)，设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则有{C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =√32x +12y −1=0,C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =y −1=0.解得n ＝(√33,1,1)，则所求距离为|C 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |n ||＝1√13+1+1＝√217.20.【答案】(1,1,1)【解析】设PD ＝a (a ＞0)，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，P (0,0，a )，E (1,1,a2).∴DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0，a )，AE⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(−1,1,a2)，∵cos 〈DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√33，∴a 22＝a √2+a 24·√33，∴a ＝2.∴E 的坐标为(1,1,1)．21.【答案】①②③【解析】由于AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0， AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确． 22.【答案】因为PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点，AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,1,0)，D (1,0,0)，P (0,0,1)，M (0,1,12)， (1)∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,1,0)，故AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AP ⊥DC ， 又由题设知：AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线， 由此得DC ⊥面PAD ，又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD ； (2)∵AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,1,0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2，－1)， ∴|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√2，|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√5，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2，∴cos 〈AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√105， 由此得AC 与PB 所成角的余弦值为√105；(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λMC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1－x,1－y ，－z )，MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0,−12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，即x －12z ＝0，解得λ＝45， 可知当λ＝45时，N 点坐标为(15,1,25)，能使AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0， 此时，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(15,1,25)，BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(15,−1,25)， 由AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，得AN ⊥MC ，BN ⊥MC ， ∴∠ANB 为所求二面角的平面角，∵|AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√305，|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√305，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－45，∴cos 〈AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝－23， 故所求的二面角的余弦值为－23.23.【答案】以A 为原点，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为y 轴、z 轴的正方向，过A 点且垂直于平面PAB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，设PA ＝a ，由已知可得：A (0,0,0)，B (0，a ，0)，C (√34a,34a,0)，P (0,0，a )．(1)AP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0，a )，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(√34a,−a 4,0)，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴BC ⊥AP ， 又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面PAC .(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点，∴D (0,a 2,a2)，E (√38a,38a,a 2)，∴由(1)知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E ， ∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角，∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,a 2,a 2)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(√38a,38a,a 2)，∴cos ∠DAE ＝AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√144， ∴AD 与平面PAC 所成的角的正弦值为√24.(3)∵DE ∥BC ，又由(1)知BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ， 又∵AE ⊂平面PAC ，PE ⊂平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ，∴∠AEP 为二面角A －DE －P 的平面角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∴∠PAC ＝90°，∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时∠AEP ＝90°， 故存在点E ，使得二面角A －DE －P 是直二面角．24.【答案】如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0,2,0)，E (2,1,0)，F (1,2,0)，B 1(2,0,2)，C 1(2,2,2)，(1)因为DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，－1,0)，B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,2，－2)，所以cos 〈DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝−43√5＝－4√515， 所以直线DE 与B 1F 所成角的余弦值为4√515； (2)因为C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，－1，－2)，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,1,0)， 设平面C 1EF 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)， 则由{n ·C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{−y −2=0,−x +y =0, 解得x ＝y ＝－2，所以n ＝(－2，－2,1)，又AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,0,2)是平面AEF 的一个法向量，所以cos 〈AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉＝n·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |＝22×3＝13， 观察图形，可知二面角C 1－EF －A 为钝角，所以二面角C 1－EF －A 的余弦值为－13. 25.【答案】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，S (0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，SA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，－1)， CD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－1,0)， 因为cos 〈SA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝SA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗|SA⃗⃗⃗⃗⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝12，所以SA 与CD 所成的角为60°； (2)设平面SCD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 又SC⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2，－1)，{n 1·SC⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{2y −z =0,x −y =0, 令x ＝1，则n 1＝(1,1,2)，因为BC ⊥平面SAB ，第 11 页 共 11 页 所以平面SAB 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，cos 〈n 1，n 2〉＝√66， 所以平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值为√66. 26.【答案】如下图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)易得B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，－1)，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，所以B 1C 1⊥CE ；(2)B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－2，－1)，设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则{m ·B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x −2y −z =0,−x +y −z =0, 消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)，由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量，于是cos 〈m ，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝m·B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ||B 1C 1|＝−4√14×√2＝－2√77，从而sin 〈m ，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝√217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为√217. 27.【答案】建立如下图所示的空间直角坐标系D-xyz ，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (1,2,0)，F (0,2,2)，(1)EF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,0,2)，易得平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 与n 的夹角为θ，则cos θ＝EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|＝25√5，∴EF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为2√55； (2)EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1,0,2)，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0,2,2)，设平面DEF 的一个法向量为m ，则m ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，m ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0， 可得m ＝(2，－1,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝√66，∴二面角F －DE －C 的余弦值为√66.。
平面向量与空间向量高考题(带详细解析)
平面向量与空间向量一、选择题 1.（2002上海春，13）若a 、b 、c 为任意向量，m ∈R ，则下列等式不一定．．．成立的是（ ） A.（a +b ）+c =a +（b +c ） B.（a +b ）·c =a ·c +b ·c C.m （a +b ）=m a +m b D.（a ·b ）c =a （b ·c ）2.（2002天津文12，理10）平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点A （3，1），B （－1，3），若点C 满足OB OA OC βα+=，其中α、β∈R ，且α+β=1，则点C 的轨迹方程为（ ） A.3x +2y －11=0 B.（x －1）2+（y －2）2=5 C.2x －y =0 D.x +2y －5=03.（2001江西、山西、天津文）若向量a =（3，2），b =（0，－1），则向量2b －a 的坐标是（ ）A.（3，－4）B.（－3，4）C.（3，4）D.（－3，－4）4.（2001江西、山西、天津）设坐标原点为O ，抛物线y 2=2x 与过焦点的直线交于A 、B 两点，则OB OA ⋅等于（ ）A.43B.－43 C.3 D.－35.（2001上海）如图5—1，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若B A 1=a ，11D A =b ，A A 1=c .则下列向量中与M B 1相等的向量是（ ）A.－21a +21b +c B.21a +21b +c C.21a －21b +c D.－21a －21b +c 6.（2001江西、山西、天津理，5）若向量a =（1，1），b =（1，－1），c =（－1，2），则c 等于（ ）A.－21a +23b B.21a －23b C.23a －21bD.－23a +21b 7.(2000江西、山西、天津理，4)设a 、b 、c 是任意的非零平面向量,且相互不共线,则①（a ·b ）c －（c ·a ）b =0 ②|a |－|b |<|a －b | ③（b ·c ）a －（c ·a ）b 不与c 垂直图5—1④（3a +2b ）（3a －2b ）=9|a |2－4|b |2中，是真命题的有（ ） A.①② B.②③ C.③④ D.②④8.（1997全国，5）如果直线l 沿x 轴负方向平移3个单位，再沿y 轴正方向平移1个单位后，又回到原来的位置，那么直线l 的斜率为（ ）A.－31 B.－3 C.31 D.3二、填空题 9.（2002上海文，理2）已知向量a 和b 的夹角为120°，且|a |=2，|b |=5，则（2a －b ）·a =_____. 10.（2001上海春，8）若非零向量α、β满足|α+β|=|α－β|，则α与β所成角的大小为_____.11.（2000上海，1）已知向量OA =（－1，2），OB =（3，m ），若OA ⊥AB ，则m = . 12.（1999上海理，8）若将向量a =（2，1）围绕原点按逆时针方向旋转4π得到向量b ，则向量b 的坐标为_____.13.（1997上海，14）设a =（m +1）i －3j ，b =i +（m －1）j ，（a +b ）⊥（a －b ），则m =_____. 14.（1996上海，15）已知a +b =2i －8j ，a －b =－8i +16j ，那么a ·b =_____.15.（1996上海，15）已知O （0，0）和A （6，3）两点，若点P 在直线OA 上，且21=PA OP ，又P 是线段OB 的中点，则点B 的坐标是_____. 三、解答题16.（2003上海春，19）已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1，在某个空间直角坐标系中，1},0,0,{},0,23,2{AA m AC m AB =-=={0，0，n }.（其中m 、n >0）.如图5—2.（1）证明：三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱；（2）若m =2n ，求直线CA 1与平面A 1ABB 1所成角的大小.17.（2002上海春，19）如图5—3，三棱柱OAB —O 1A 1B 1，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB =60°，∠AOB =90°，且OB =OO 1=2，OA =3.求：（1）二面角O 1—AB —O 的大小；（2）异面直线A 1B 与AO 1所成角的大小. （上述结果用反三角函数值表示）18.（2002上海，17）如图5—4，在直三棱柱ABO —A ′B ′O ′中，OO ′=4，OA =4，OB =3，∠AOB =90°，D 是线段A ′B ′的中点，P 是侧棱BB ′上的一点，若OP ⊥BD ，求OP 与底面AOB 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）图5—2图5—3 图5—4 图5—519.（2002天津文9，理18）如图5—5，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a .（1）建立适当的坐标系，并写出点A 、B 、A 1、C 1的坐标； （2）求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.20.（2002天津文22，理21）已知两点M （－1，0），N （1，0），且点P 使,MN MP ⋅,PN PM ⋅NP NM ⋅成公差小于零的等差数列.（1）点P 的轨迹是什么曲线？（2）若点P 坐标为（x 0，y 0），θ为PM 与PN 的夹角，求tan θ.21.（2001江西、山西、天津理）如图5—6，以正四棱锥V —ABCD 底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O —xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h .（1）求cos<DE BE , >；（2）记面BCV 为α，面DCV 为β，若∠BED 是二面角α—VC —β的平面角，求∠BED .图5—6 图5—7 图5—822.（2001上海春）在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在BB 1、DD 1上，且AE ⊥A 1B ，AF ⊥A 1D.（1）求证：A 1C ⊥平面AEF ；（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）.则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等.试根据上述定理，在AB =4，AD =3，AA 1=5时，求平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小.（用反三角函数值表示）23.（2001上海）在棱长为a 的正方体OABC —O ′A ′B ′C ′中，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE =BF .如图5—8.（1）求证：A ′F ⊥C ′E .（2）当三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时，求二面角B ′—EF —B 的大小（结果用反三角函数表示）24.（2000上海春，21）四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ={2，－1，－4}，AD ={4，2，0}，AP ={－1，2，－1}.（1）求证：P A ⊥底面ABCD ； （2）求四棱锥P —ABCD 的体积；（3）对于向量a ={x 1，y 1，z 1}，b ={x 2，y 2，z 2}，c ={x 3，y 3，z 3}，定义一种运算： （a ×b ）·c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2－x 1y 3z 2－x 2y 1z 3－x 3y 2z 1，试计算（AB ×AD ）·AP 的绝对值的值；说明其与四棱锥P —ABCD 体积的关系，并由此猜想向量这一运算（AB ×AD ）·AP 的绝对值的几何意义. 25.（2000上海，18）如图5—9所示四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两互相垂直，且AB =BC =2，E 是AC 中点，异面直线AD 与BE 所成的角的大小为arccos 1010，求四面体ABCD 的体积.图5—9 图5—10 图5—1126.（2000天津、江西、山西）如图5—10所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，CA =CB =1，∠BCA =90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.（1）求BN 的长；（2）求cos<11,CB BA >的值；（3）求证：A 1B ⊥C 1M .27.（2000全国理，18）如图5—11，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°.（1）证明：C 1C ⊥BD ；（2）假定CD =2，CC 1=23，记面C 1BD 为α，面CBD 为β，求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；（3）当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明.28.（1999上海，20）如图5—12，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD图5—12是一直角梯形，∠BAD =90°，AD ∥BC ，AB =BC =a ，AD =2a ，且P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角.（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ； （2）求异面直线AE 与CD 所成角的大小.29.（1995上海，21）如图5—13在空间直角坐标系中BC =2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是（21,23，0），点D 在平面yOz 上，且∠BDC =90°，∠DCB =30°。
北京市丰台区高考数学三年(2021-2023)模拟题知识点分类汇编-平面向量、空间向量与立体几何
试卷第 4 页，共 5 页(1Biblioteka 求证： DF P平面 BCE ； 5
(2)在线段 DF 上是否存在点 P ，使得直线 AE 和平面 BCP 所成角的正弦值为 ？若存在， 6
求出 DP 的值；若不存在，说明理由．
DF
16．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面是边长为 2 的菱形， AC 交 BD 于点 O， BAD 60 ， PB PD ．点 E 是棱 PA 的中点，连接 OE，OP．
①三棱锥 A BCD 的体积为 1 abc ；②三棱锥 A BCD 的每个面都是锐角三角形；③三
3
棱锥 A BCD 中，二面角 A CD B 不会是直二面角；④三棱锥 A BCD 中，三条侧棱 与底面所成的角分别记为 , , ，则 sin2 sin2 sin2 2 . 8．（2022·北京丰台·统考一模）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， M，N 分别是棱 A1B1，A1D1 的中点，点 P 在线段 CM 上运动，给出下列四个结论：
③点
D
到直线 C1E
的距离的最小值为
25 5
．
其中所有正确结论的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
二、填空题 7．（2021·北京丰台·统考一模）如图，从长、宽、高分别为 a,b, c 的长方体 AEBF GCHD 中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥 A BCD .下列四个结论中，所有正确结论 的序号是_____.
（1）求证： BC OM ； （2）若 PM 3 PB ，求二面角 B OM C 的余弦值.
5 14．（2022·北京丰台·统考二模）如图，在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AA1 AB ，D 为 BC
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量3空间点直线平面之间的位置关系练习含解析
空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理 1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线，平行直线，异面直线：不同在任何一个平面内，没有 公共点.4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × ) 教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )A ．AB 与CD 是异面直线 B ．GH 与CD 相交C ．EF ∥CD D ．EF 与AB 异面 答案 ABC解析 把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G 与C 重合，点B 与F 重合，由图可知ABC 正确，EF 与AB 相交，故D 错． 2．如果直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β．且α∥β，则a 与b ( ) A ．共面 B ．平行 C ．是异面直线D ．可能平行，也可能是异面直线 答案 D解析 α∥β，说明a 与b 无公共点， ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形． 答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD ．(2)∵四边形EFGH 为正方形， ∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD ．题型一 基本事实应用例1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，连接D 1F ，CE ．求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明 (1)如图所示，连接CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB ，AA 1的中点， ∴EF ∥A 1B ，且EF ＝12A 1B ．又∵A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F ， 即E ，C ，D 1，F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形， ∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ， 则P ∈CE ，且P ∈D 1F ，∵CE ⊂平面ABCD ，D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD ，且P ∈平面A 1ADD 1． 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 教师备选如图所示，已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ．求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线， ∴EF ∥B 1D 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， ∴EF ∥BD ．∴EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1为α， 平面BDEF 为β． ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案 B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中，错误的是( )A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案 C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 D解析 方法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，所以C 1P ⊥平面B 1BP ．又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP ．连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6．方法二 如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝3，SE ＝14SB ，则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A ．222B ．53C ．1316D ．113答案 D解析 如图，过点S 作SF ∥OE ，交AB 于点F ，连接CF ，则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角．∵SE ＝14SB ，∴SE ＝13BE ．又OB ＝3，∴OF ＝13OB ＝1．∵SO ⊥OC ，SO ＝OC ＝3， ∴SC ＝32．∵SO ⊥OF ，∴SF ＝SO 2＋OF 2＝10． ∵OC ⊥OF ，∴CF ＝10． ∴在等腰△SCF 中，tan∠CSF ＝102－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322＝113． 教师备选1．(多选)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 异面C ．若a ，b 不同在平面α内，则a 与b 异面D ．若a ，b 不同在任何一个平面内，则a 与b 异面 答案 ABC2．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22 答案 C解析 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ．易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52， DB 1＝AB 2＋AD 2＋BB 21＝5． 所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55． 思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2 (1)如图所示，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 如图1，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图2，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．图1 图2题型三 空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形 D ．六边形答案 C解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C 1M ，CD 相交于点P ，直线C 1N ，CB 相交于点Q ，连接PQ 交直线AD 于点E ，交直线AB 于点F ，则五边形C 1MEFN 为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______． 答案π2解析 以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为14×2π×1＝π2．延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝2． 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ ． 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2．教师备选如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案 92解析 如图，过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ，过点M 作BD 的平行线，交C 1D 1于点N ，连接DN ，则平面BDNM 即为符合条件的平面α，由图可知M ，N 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 故BD ＝22，MN ＝2， 且BM ＝DN ＝5， ∴等腰梯形MNDB 的高为h ＝52－⎝⎛⎭⎪⎫222＝322， ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2＋22)×322＝92． 思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析 易知A ，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN ＝22，GH ＝2，OE ＝OO ′2＋O ′E 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62， 所以S ＝2×12×(2＋22)×62＝33，故D 正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案 3 2解析 在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时，只需要ME ∥BC 1，如图所示，因为A 1M ＝2MD 1，故该截面与正方体的交点位于靠近D 1，A ，C 的三等分点处，故可得截面为MIHGFE ，设正方体的棱长为3a ， 则ME ＝22a ，MI ＝2a ，IH ＝22a ，HG ＝2a ，FG ＝22a ，EF ＝2a ，所以截面MIHGFE 的周长为ME ＋EF ＋FG ＋GH ＋HI ＋IM ＝92a ， 又因为正方体A 1C 的棱长为1，即3a ＝1， 故截面多边形的周长为32．课时精练1．下列叙述错误的是( )A ．若P ∈α∩β，且α∩β＝l ，则P ∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案 C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( ) A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案 A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 平行B ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 平行C ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 异面D ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 异面答案 D解析 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ， 则MN ＝MC 21＋C 1N 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 ＝2a ，作点E 在平面ABCD 内的射影点G ，连接EG ，GF ，所以EF ＝EG 2＋GF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋2a2＝3a ，所以MN ≠12EF ，故选项A ，C 错误；连接DE ，因为E 为平面ADD 1A 1的中心， 所以DE ＝12A 1D ，又因为M ，N 分别为B 1C 1，CC 1的中点，所以MN ∥B 1C ， 又因为B 1C ∥A 1D ，所以MN ∥ED ， 且DE ∩EF ＝E ，所以MN 与EF 异面，故选项B 错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1 图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________． 答案105解析 如图所示，补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所求角为∠BC 1D 或其补角，∵BC 1＝2，BD ＝22＋1－2×2×1×cos60°＝3，C 1D ＝AB 1＝5， 易得C 1D 2＝BD 2＋BC 21，即BC 1⊥BD ， 因此cos∠BC 1D ＝BC 1C 1D ＝25＝105． 8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号) ①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直； ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β； ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直，则l ⊥α； ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线． 答案 ①②④解析 对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l 与平面内的任意直线垂直时，得到l ⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，CC 1的中点．(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值； (2)求三棱锥A 1－D 1EF 的体积．解 (1)如图，设BB 1的中点为H ，连接HF ，EH ，A 1H ，因为F 是CC 1的中点，所以A 1D 1∥CB ∥HF ，A 1D 1＝CB ＝HF ， 因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形， 所以D 1F ∥A 1H ，D 1F ＝A 1H ，因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角， 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是AB 的中点， 所以A 1E ＝A 1H ＝22＋12＝5，EH ＝12＋12＝2，由余弦定理可知，cos∠EA 1H ＝A 1E 2＋A 1H 2－EH 22A 1E ·A 1H ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45．(2)因为A 1D 1∥HF ，HF ⊄平面A 1D 1E ，A 1D 1⊂平面A 1D 1E ， 所以HF ∥平面A 1D 1E ，因此点H ，F 到平面A 1D 1E 的距离相等， 即111111F A D E H A D E D A EH V V V －－－＝＝，11D A EH V －＝13D 1A 1·1A EH S △＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×2×1×2－12×1×1＝1，所以三棱锥A 1－D 1EF 的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点，M 为AB 上一点．(1)若D 1E 与CM 相交于点K ，求证D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点； (2)若AB ＝2，AA 1＝4，∠BAD ＝π3，求点D 1到平面FBD 的距离．(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K ， ∴K ∈D 1E ，K ∈CM ，而D 1E ⊂平面ADD 1A 1，CM ⊂平面ABCD ， 且平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴K ∈AD ，∴D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点K ． (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2， ∴BC ＝CD ＝2，而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD ， ∴CC 1⊥底面ABCD ，又∵F 是CC 1的中点，CC 1＝4，∴CF ＝2， ∴BF ＝DF ＝22，又∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝π3，∴BD ＝AB ＝2， ∴S △FBD ＝12×2×222－1＝7．设点D 1到平面FBD 的距离为h ，点B 到平面DD 1F 的距离为d ， 则d ＝2sin π3＝3，又∵11D FBD B DD F V V －－＝， ∴13×S △FBD ×h ＝13×1DD F S △×d ， ∴13×7×h ＝13×12×4×2×3， 解得h ＝4217．即点D1到平面FBD的距离为421 7．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是( )A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案 BD解析 如图，连接MP ，AC ，因为MP ∥AC ，MP ≠AC ，所以AP 与CM 是相交直线，又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1＝DD 1，所以AP ，CM ，DD 1相交于一点，则A 不正确，B 正确；令AC ∩BD ＝O ，连接OD 1，ON ．因为M ，N 分别是C 1D 1，BC 的中点，所以ON ∥D 1M ∥CD ，ON ＝D 1M ＝12CD ， 则四边形MNOD 1为平行四边形，所以MN ∥OD 1，因为MN ⊄平面BB 1D 1D ，OD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以MN ∥平面BB 1D 1D ，C 不正确，D 正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q 分别为A 1B ，B 1D 1，A 1D ，CD 1的中点，则直线EF 与PQ 所成角的大小是________．答案 π3解析 如图，连接A 1C 1，BC 1，则F 是A 1C 1的中点，又E 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1，连接DC 1，则Q 是DC 1的中点，又P 为A 1D 的中点，所以PQ ∥A 1C 1，于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角．易知△A 1C 1B 是正三角形，所以∠A 1C 1B ＝π3． 14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱A 1D 1，CC 1的中点，过P ，Q ，A 作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案 25＋95＋2133 解析 如图所示，过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ，由A 1P ＝CQ ＝2，tan∠APA 1＝2，则tan∠CMQ ＝2，CM ＝CQtan∠CMQ＝1， 延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点，连接PE ，交D 1C 1于N 点，则多边形AMQNP 即为截面，根据平行线性质有C 1E ＝CM ＝1， C 1N ND 1＝C 1E PD 1＝12， 则C 1N ＝43，D 1N ＝83， 因此NQ ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， NP ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫832＝103， 又AP ＝42＋22＝25，AM ＝42＋32＝5，MQ ＝12＋22＝5，所以多边形AMQNP 的周长为AM ＋MQ ＋QN ＋NP ＋PA＝5＋5＋2133＋103＋2 5 ＝25＋95＋2133．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，AA 1＝3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则下列说法中错误的是( )A ．点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 答案 D解析 对于A ，因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等．由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此，点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍．故选项A 正确；延长DA ，DC 交直线EF 的延长线于点P ，Q ，连接D 1P ，D 1Q ，交棱A 1A ，C 1C 于点M ，N ．连接ME ，NF ，可得五边形D 1MEFN ，故选项D 错误；由平行线分线段成比例可得AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰三角形．由相似三角形可知，AM ＝AP ＝1，A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2．连接MN ，则MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ．等腰梯形MEFN 的高h ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝62， 则等腰梯形MEFN 的面积为22＋22×62＝332．又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为332＋23＝732，故选项B 正确；记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V 2＝1D DPQ V －－V M －PAE －V N －CFQ＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256， 所以V 1＝1111ABCD A B C D V －－V 2＝12－256＝476， V 1∶V 2＝47∶25，故选项C 正确．16．如图1，在边长为4的正三角形ABC 中，D ，F 分别为AB ，AC 的中点，E 为AD 的中点．将△BCD 与△AEF 分别沿CD ，EF 同侧折起，使得二面角A －EF －D 与二面角B －CD －E 的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．图1 图2(1)在多面体中，求证：A ，B ，D ，E 四点共面；(2)求多面体的体积．(1)证明 因为二面角A －EF －D 的大小等于90°，所以平面AEF ⊥平面DEFC ，又AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，平面AEF ∩平面DEFC ＝EF ，所以AE ⊥平面DEFC ，同理，可得BD ⊥平面DEFC ，所以AE ∥BD ，故A ，B ，D ，E 四点共面．(2)解 因为AE ⊥平面DEFC ，BD ⊥平面DEFC ，EF ∥CD ，AE ∥BD ，DE ⊥CD ，所以AE 是四棱锥A －CDEF 的高，点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离， 又AE ＝DE ＝1，CD ＝23，EF ＝3，BD ＝2，所以V ＝V A －CDEF ＋V A －BCD ＝13S 梯形CDEF ·AE ＋13S △BCD ·DE ＝736．。
高考数学空间向量例题
1(2019辽宁理19））已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC 的中点.证明：CM ⊥SN ；审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.证明：设PA=1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图，则P （0,0,1），C （0,1,0），B （2,0,0），M （1,0,12），N（12,0,0），S （1,12,0）因为110022CM SN •=-++=， 所以CM ⊥SN .【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线垂直.例2(2019天津理19) 在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点，CF =AB =2CE , 1::AB AD AA = 1:2:4.证明AF ⊥平面1A ED审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F , 1(0,0,4)A ,31,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭已知(1,2,1)AF =,131,,42EA ⎛⎫=--⎪⎝⎭,11,,02ED ⎛⎫=- ⎪⎝⎭于是AF ·1EA =0，AF ·ED =0.因此，1AF EA ⊥,AF ED ⊥,又1EA ED E ⋂=所以AF ⊥平面1A ED【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可. 例 3 （2019年山东文）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且2AD PD MA ==.求证：平面EFG ⊥平面PDC .审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：以A 为原点，向量DA ,AB ,AM 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，如图建立坐标系，设AM=1，则AD=AB=PD=2,则B(0,2,0),C(－2,2,0),D(－2,0,0),P(－2,0,2), M(0,0,1),则E(0,1,12),G(－1,1,1),F(－2,1,1)，∴EG =(-1,0,12),GF =(－1,0,0),设平面EFG 的法向量m =（x ，y ，z ），则 EG •m =12x z -+=0且GF •m =x -=0，取y =1，则x =z =0，∴m =（0，1,0）,易证面PDC 的法向量为DA=(2,0,0), ∵DA •m =200100⨯+⨯+⨯=0,∴m ⊥DA , ∴平面EFG ⊥平面PDC【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直.考点2.利用空间向量处理空间平行关系空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容，考查的形式灵活多样，常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合，可以是小题，也可以是解答题的一个小题，题目的难度一般不大，是高考中的得分点之一.例4（2019 湖南理18）在正方体1111ABCD A B C D -，E 是棱1DD 的中点。
高考数学第一章空间向量与立体几何4-1第1课时空间中点直线和平面的向量表示练习含解析新人教A版选择性
第1课时 空间中点、直线和平面的向量表示学习目标 理解直线的方向向量与平面的法向量，会求一个平面的法向量．知识点一 空间中点的位置向量如图，在空间中，我们取一定点O 作为基点，那么空间中任意一点P 就可以用向量OP →来表示．我们把向量OP →称为点P 的位置向量．知识点二 空间中直线的向量表示式直线l 的方向向量为a ，且过点A .如图，取定空间中的任意一点O ，可以得到点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP →＝OA →＋t a ，① 把AB →＝a 代入①式得 OP →＝OA →＋tAB →，②①式和②式都称为空间直线的向量表示式． 思考 直线的方向向量是不是唯一的？答案 直线的方向向量不是唯一的，它们都是共线向量．解题时，可以选取坐标最简的方向向量．知识点三 空间中平面的向量表示式 1．平面ABC 的向量表示式空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在实数x ，y ，使OP →＝OA →＋xAB →＋yAC →.③ 我们把③式称为空间平面ABC 的向量表示式． 2．平面的法向量如图，若直线 l ⊥α ，取直线 l 的方向向量a ，我们称a 为平面α的法向量；过点A 且以 a 为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 {P |a ·AP →＝0}．思考 平面的法向量是不是唯一的？答案 一个平面的法向量不是唯一的，一个平面的所有法向量共线．在应用时，可以根据需要进行选取．1．若两条直线平行，则它们的方向向量方向相同或相反．( √ )2．平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．( × ) 3．直线的方向向量是唯一的．( × )一、直线的方向向量例1 (1)已知直线l 的一个方向向量m ＝(2，－1,3)，且直线 l 过 A (0，y ，3)和B (－1,2，z )两点，则y －z 等于( )A ．0B ．1 C.32 D ．3答案 A解析 ∵A (0，y ，3)和B (－1,2，z )，AB →＝(－1,2－y ，z －3), ∵直线l 的一个方向向量为m ＝(2，－1,3) ，故设AB →＝k m . ∴－1＝2k ,2－y ＝－k ，z －3＝3k . 解得 k ＝－12，y ＝z ＝32.∴y －z ＝0.(2) 在如图所示的坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，棱长为1，则直线DD 1的一个方向向量为________，直线 BC 1 的一个方向向量为________．答案 (不唯一)(0,0,1) (0,1,1)解析 ∵DD 1∥AA 1，AA 1—→＝(0,0,1)，直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1)；BC 1∥AD 1，AD 1→＝(0，1,1), 故直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1)．反思感悟 理解直线方向向量的概念(1)直线上任意两个不同的点都可构成直线的方向向量． (2)直线的方向向量不唯一．跟踪训练1 (1)(多选)若M (1,0，－1)，N (2,1,2)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量是( ) A ．(2,2,6) B ．(1,1,3) C ．(3,1,1) D ．(－3,0,1)答案 AB解析 ∵M ，N 在直线l 上，∴MN →＝(1,1,3)，故向量(1,1,3)，(2,2,6)都是直线l 的一个方向向量．(2)从点A (2，－1,7)沿向量a ＝(8,9，－12)的方向取线段长|AB →|＝34，则B 点的坐标为( ) A ．(18,17，－17)B. (－14，－19,17)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫6，72，1D. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－112，13答案 A解析 设B 点坐标为 (x ，y ，z ) ，则 AB →＝λa (λ>0)，即(x －2，y ＋1，z －7)＝λ(8,9，－12) ，因为|AB →|＝34，即64λ2＋81λ2＋144λ2＝34，得λ＝2，所以x ＝18，y ＝17，z ＝－17.二、求平面的法向量例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．AB ＝AP ＝1，AD ＝3，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE 的一个法向量．解 因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D (0，3，0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，C (1，3，0)， 于是AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12.AC →＝(1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝－3y ，z ＝－3y ，令y ＝－1，则x ＝z ＝ 3.所以平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，－1，3)． 延伸探究本例条件不变，试求直线PC 的一个方向向量和平面PCD 的一个法向量？ 解 如图所示，建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，C (1，3，0)，所以PC →＝(1，3，－1)，即直线PC 的一个方向向量． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为D (0，3，0)，所以PD →＝(0，3，－1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y －z ＝0，3y －z ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝0，z ＝3y ，令y ＝1，则z ＝ 3.所以平面PCD 的一个法向量为(0,1，3)． 反思感悟 求平面法向量的方法与步骤(1)求平面ABC 的法向量时，要选取平面内两不共线向量，如AC →，AB →； (2)设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )； (3)联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AB →＝0，并求解；(4)所求出向量中的三个坐标不是具体的值而是比例关系，设定一个坐标为常数(常数不能为0)便可得到平面的一个法向量．跟踪训练2 已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)，试求出平面ABC 的一个法向量．解 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)， ∴AB →＝(－2,1,3)，BC →＝(1，－1,0)． 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3z ，x ＝y .令z ＝1，则x ＝y ＝3.故平面ABC 的一个法向量为n ＝(3,3,1)．1．若A ( －1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( ) A ．(1,2,3) B ．(1,3,2) C ．(2,1,3) D ．(3,2,1)答案 A解析 因为AB →＝(2,4,6) ，所以(1,2,3)是直线l 的一个方向向量．2．已知直线l 1的方向向量a ＝(2，－3,5)，直线l 2的方向向量b ＝(－4，x ，y )，若a ∥b ，则x ，y 的值分别是( ) A ．6和－10 B ．－6和10 C ．－6和－10 D ．6和10 答案 A解析 由题意得2－4＝－3x ＝5y，且x ≠0，y ≠0，所以x ，y 的值分别是6和－10.3．若n ＝(2，－3, 1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1) 答案 D解析 求与n 共线的一个向量．易知(2，－3,1)＝－(－2，3，－1)．4．(多选)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，以下向量可以作为平面ABC 法向量的是( )A.AB →B.AA 1—→C.B 1B —→D.A 1C 1—→ 答案 BC5．已知平面α经过点O (0,0,0)，且e ＝(1,2，－3)是α的一个法向量，M (x ，y ，z )是平面α内任意一点，则x ，y ，z 满足的关系式是________________． 答案 x ＋2y －3z ＝0解析 由题意得e ⊥OM →，则OM →·e ＝(x ，y ，z )·(1,2，－3)＝0， 故x ＋2y －3z ＝0.1．知识清单： (1)直线的方向向量． (2)平面的法向量． 2．方法归纳：待定系数法．3．常见误区：不理解直线的方向向量和平面法向量的作用和不唯一性．1．已知向量a ＝(2, －1,3)和b ＝(－4,2x 2,6x )都是直线l 的方向向量，则x 的值是( ) A ．－1 B ．1或－1 C ．－3 D ．1答案 A解析 由题意得a ∥b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝2，6x ＝－6，解得x ＝－1.2．已知平面α的一个法向量是(2，－1，－1)，α∥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是( ) A. (4,2，－2) B. (2,0,4) C. (2，－1，－5) D. (4，－2，－2)答案 D解析 ∵α∥β，∴β的法向量与α的法向量平行， 又∵(4，－2，－2)＝2(2，－1，－1)，故选D.3．在菱形ABCD 中，若PA →是平面ABCD 的法向量，则以下等式中可能不成立的是( ) A.PA →⊥AB → B.PC →⊥BD → C.PC →⊥AB →D.PA →⊥CD →答案 C解析 ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴BD ⊥PA . 又AC ⊥BD ， ∴BD ⊥平面PAC ， ∴PC ⊥BD .故选项B 成立，选项A 和D 显然成立．故选C.4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个法向量是( ) A ．(1,1，－1) B ．(1，－1,1) C ．(－1,1,1) D ．(－1，－1，－1)答案 D解析 AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，取x ＝－1，则y ＝－1，z ＝－1.故平面ABC 的一个法向量是(－1，－1，－1)．5．(多选)在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，下列结论正确的是( )A ．平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0) B ．平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1)C ．平面B 1CD 1的一个法向量为(1,1,1) D ．平面ABC 1D 1的一个法向量为(0,1,1) 答案 AC解析 ∵AD →＝(0,1,0)，AB ⊥AD ，AA 1⊥AD ，又AB ∩AA 1＝A ， ∴AD ⊥平面ABB 1A 1，∴A 正确；∵CD →＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·CD →＝－1≠0， ∴(1,1,1)不是平面B 1CD 的法向量，∴ B 不正确；∵B 1C —→＝(0,1，－1)，CD 1—→＝(－1,0,1)，(1,1,1)·B 1C —→＝0，(1,1,1)·CD 1—→＝0，B 1C ∩CD 1＝C ， ∴(1,1,1)是平面B 1CD 1的一个法向量，∴C 正确；∵BC 1—→＝(0,1,1)，而BC 1—→·(0,1,1)＝2≠0， ∴(0,1,1)不是平面ABC 1D 1的法向量，即D 不正确．6．已知平面ABC ，且A (1,2，－1)，B (2,0，－1)，C (3，－2,1)，则平面ABC 的一个法向量为________．答案 (2,1,0)(答案不唯一)解析 AB →＝(1，－2,0)，AC →＝(2，－4,2)， 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －4y ＋2z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝0，故平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,1,0)．7．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos 2x ＋2,0)和点Q (cos x ，－1,3)，其中x ∈[0，π]，若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________． 答案π2或π3解析 由OP ⊥OQ ，得OP →·OQ →＝0，即(2cos x ＋1)·cos x ＋(2cos 2x ＋2)·(－1)＝0. ∴cos x ＝0或cos x ＝12.∵x ∈[0，π]， ∴x ＝π2或x ＝π3.8.在如图所示的坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1表示棱长为1的正方体，给出下列结论：①直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1)；②直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1)；③平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0)；④平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1)． 其中正确的是________．(填序号) 答案 ①②③解析 DD 1—→＝AA 1—→＝(0,0,1)，故①正确；BC 1—→＝AD 1—→＝(0,1,1)，故②正确；直线AD ⊥平面ABB 1A 1，AD →＝(0,1,0)，故③正确；向量AC 1—→的坐标为(1,1,1)，与平面B 1CD 不垂直，∴④错．9．已知A (2,2,2)，B (2,0,0)，C (0,2, －2)． (1)写出直线BC 的一个方向向量；(2)设平面α经过点A ，且BC 是α的法向量，M (x ，y ，z )是平面α内的任意一点，试写出x ，y ，z 满足的关系式．解 (1)∵B (2,0,0)，C (0,2，－2)，∴BC →＝(－2,2，－2)，即(－2,2，－2)为直线BC 的一个方向向量． (2)由题意AM →＝(x －2，y －2，z －2)， ∵BC →⊥平面α，AM ⊂α， ∴BC →⊥AM →，∴(－2,2，－2)·(x －2，y －2，z －2)＝0.∴－2(x －2)＋2(y －2)－2(z －2)＝0. 化简得x －y ＋z －2＝0.10．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，DC 的中点，求证：AE →是平面A 1D 1F 的法向量．证明 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1(0,0,1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12， D 1F —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1，A 1D 1—→＝(－1,0,0)．∵AE →·D 1F —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1＝12－12＝0，又AE →·A 1D 1—→＝0， ∴AE →⊥D 1F —→，AE →⊥A 1D 1—→. 又A 1D 1∩D 1F ＝D 1， ∴AE ⊥平面A 1D 1F ，∴AE →是平面A 1D 1F 的法向量．11．已知线段AB 的两端点坐标为A (9，－3,4)，B (9,2,1)，则线段AB 与坐标平面( ) A ．xOy 平行 B ．xOz 平行 C ．yOz 平行 D ．yOz 相交答案 C解析 因为AB →＝(9,2,1)－(9，－3,4)＝(0,5，－3)， 所以AB ∥平面yOz .12．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，－3，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，3，－32答案 B解析 要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量PA →与平面α的法向量n 是否垂直，即PA →·n 是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A ，PA →＝(1,0,1)，则PA →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，PA →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－4，12，则PA →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B.13．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( ) A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)答案 D解析 因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·PM →＝0，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D.14．若A ⎝⎛⎭⎪⎫0，2，198，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，58，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，58是平面α内三点，设平面α的法向量为a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.答案 2∶3∶(－4)解析 由已知得，AB →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－3，－74， AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1，－74， ∵a 是平面α的一个法向量，∴a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝23y ，z ＝－43y ，∴x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫－43y ＝2∶3∶(－4)．15．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥DB →.其中正确的是________．(填序号)答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确，由于BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．16.如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面是直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，且SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，建立适当的空间直角坐标系，求平面SCD 与平面SBA 的一个法向量．解 以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz ，则A (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，则DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1.向量AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面SDC 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DC →＝12x ＋y ＝0，n ·DS →＝－12x ＋z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ，z ＝12x . 取x ＝2，得y ＝－1，z ＝1，故平面SDC 的一个法向量为(2，－1,1)．。
2023-2024学年高考数学空间向量与立体几何专项练习题(附答案)
A ．B ．223．若直线的方向向量为，平面l bA ．()(1,0,0,2,0,0b n ==-()(0,2,1,1,0,1b n ==--A ．B ．5136．如图，在平行六面体ABCDA．1122a b c -++C．1122a b c --+7．如图，在四面体OABC中，1-16．已知四棱锥P ABCDPC棱上运动，当平面1．C【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积a b a +=- 14a = 运算求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，且.()1,2,3a b a+=---=-14a =又，()7a b c +⋅= 所以，即有，7a c -⋅= cos ,14cos ,7a c a c a c -⋅=-=所以，.1cos ,2a c =-又，所以.0,180a c ≤≤ ,120a c =︒ 故选：C.2．C【分析】利用中点坐标公式求出中点的坐标，根据空间两点间的距离公式即可得出中线BC 长.【详解】由图可知：，，，(0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C 由中点坐标公式可得的中点坐标为，BC (1,1,0)根据空间两点间距离公式得边上的中线的长为.BC 22211(1)3++-=故选：C 3．D【分析】若直线与平面平行，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用向量数量积检验.【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为，l bαn 若可能，则，即.//l αb n ⊥r r 0b n ⋅=r r A 选项，；()1220b n =⨯-⋅=-≠B 选项，；11305160b n =⨯⨯⋅+⨯+=≠C 选项，；()()01201110b n =⨯-+⨯+⨯-⋅=-≠D 选项，；()1013310b n =⨯+-⨯=⋅+⨯因为，，3AB =4BC =2PA =所以()()(0,0,2,3,0,0,0,0,1P B Q 设平面的法向量为BQD (m x =()(),,3,0,1m BQ x y z ⎧设，2AB AD AS ===则()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,A S C P 设，()0,,2M t t -(1,1,2OM t =--所以1120OM AP t t ⊥=-+-+-=点到平面与平面的距离和为为定值，D 选项正确.M ABCD SAB 22t t -+=，，()2,0,0B ()()2,0,2,0,2,0SB BC =-=设平面的法向量为，SBC (),,n x y z =则，故可设，22020n SB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩()1,0,1n = 要使平面，又平面，//OM SBC OM ⊄SBC 则，()()1,1,21,0,11210OM n t t t t ⋅=---⋅=-+-=-=解得，所以存在点，使平面，B 选项正确.1t =M //OM SBC 若直线与直线所成角为，又，OM AB 30︒()2,0,0AB =则，()()222213cos3022661122OM ABOM ABt t t t ⋅-︒====⋅-++-+-⨯ 整理得，无解，所以C 选项错误.23970,8143730t t -+=∆=-⨯⨯=-<故选：ABD.10．BCD【分析】根据向量的多边形法则可知A 正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B 错误；根据共线向量的定义可知，C 错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D 错误．【详解】对A ，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B ，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要,a b a b a b+=+ 性不成立，错误；对C ，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；,a b对D ，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x +y +z =1，才有P 、A 、B 、C 四点共面，错误．故选：BCD ．11．AB【分析】以，，作为空间的一组基底，利用空间向量判断A ，C ，利用空间向量法ABAD AA 可得面，再用向量法表示，即可判断B ，利用割补法判断D ；1AC ⊥PMN AH【详解】依题意以，，作为空间的一组基底，ABAD AA 则，，11AC AB AD AA =++ ()1122MN BD AD AB ==-因为棱长均为2，，11π3A AD A AB ∠=∠=所以，，224AB AD == 11π22cos 23AA AD AA AB ⋅=⋅=⨯⨯= 所以()()1112D A A C MN AD A A B AA B++⋅⋅=- ，()2211102AB AD AB AD AB AD AA AD AA AB ⋅-+-⋅+==⋅+⋅故，即，故A 正确；1AC MN ⊥1AC MN ⊥同理可证，，面，面，PN AC ⊥MN PN N ⋂=MN ⊂PMN PN ⊂PMN 所以面，即面，即为正三棱锥的高，1AC ⊥PMN AH ⊥PMN AH A PMN -所以()()1133AH AN NH AN NP NM AN AP AN AM AN=+=++=+-+- ，()13AP AM AN =++又，，分别是，，的中点，，P M N 1AA AB AD π3PAM PAN MAN ∠=∠=∠=所以，则三棱锥是正四面体，1PA AM AN PM MN PN ======P AMN -所以()11111133222AH AP AM AN AA AB AD ⎛⎫=++=⨯++ ⎪⎝⎭ ，()111166AA AB AD AC =++=所以，故B 正确；116AH AC =因为()211AC AB AD AA =++ ()()()222111222AB ADAA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅ ，2426==()21111111=AC AA AB AD AA AA AB AA AD AA AA ⋅=++⋅⋅+⋅+ ，11222222=822=⨯⨯+⨯⨯+⨯设直线和直线所成的角为，1AC 1BB θ则，故C 错误；1111111186cos cos ,cos ,3262AC AA AC BB AC AA AC AA θ⋅=====⨯ ，11111111111111A B D C ABCD A B C D A B D A C B D A B ABC D ADCV V V V V V ------=----其中，1111111111116ABCD A B C D A B D A C B D C B ABC D ADC V V V V V -----====所以，故D 错误.1111113A B D C ABCD A B C D V V --=故选：AB.关键点睛：本题解决的关键点是利用空间向量的基底法表示出所需向量，利用空间向量的数量积运算即可得解.12．AC【分析】对于A ，根据即可算出的值；对于B ，根据计算；对于C ，根据||2a = m a b ⊥ m 计算即可；对于D ，根据求出，从而可计算出.a b λ= 1a b ⋅=- m a b + 【详解】对于A ，因为，所以，解得，故A 正确；||2a = 2221(1)2m +-+=2m =±对于B ，因为，所以，所以，故B 错误；a b ⊥ 2120m m -+-+=1m =对于C ，假设，则，a b λ= (1,1,)(2,1,2)m m λ-=--所以，该方程组无解，故C 正确；()12112m m λλλ=-⎧⎪-=-⎨⎪=⎩对于D ，因为，所以，解得，1a b ⋅=- 2121m m -+-+=-0m =所以，，所以，故D 错误.(1,1,0)a =- (2,1,2)b =-- (1,2,2)+=-- a b 故选：AC.13．15【分析】根据线面垂直，可得直线的方向向量和平面的法向量共线，由此列式计算，即得答案.【详解】∵，∴，∴，解得，l α⊥u n ∥ 3123a b ==6,9a b ==∴，15a b +=故1514．2【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.()0a a b λ⋅-= 2λ=【详解】，()()()2,1,31,2,12,12,3a b λλλλλ-=---=--- 因为，所以，()a a b λ⊥- ()0a a b λ⋅-= 即，()()2,12,3241293702,1,134λλλλλλλ----=-++-+-=+⋅-=解得.2λ=故215．17【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可.CD CA AB BD =++ 【详解】因为.CD CA AB BD =++ 所以()22CD CA AB BD =++ 222222CA CA AB AB AB BD BD CA BD=+⋅++⋅++⋅ 222132022042342⎛⎫=+⨯++⨯++⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭17=所以.17CD = 故答案为.1716．33【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量垂MBD PCD 直求点的位置，并利用向量法求异面直线所成角的余弦值，即可求解正弦值.M 【详解】如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标A ,,AB AD AP ,,x y z 系，设，2AD AP ==，，，，()2,0,0B ()0,2,0D ()002P ,,()2,2,0C 设,()()()0,2,22,2,22,22,22DM DP PM DP PC λλλλλ=+=+=-+-=-- ，，，()2,2,0BD =-u u u r ()2,0,0DC =u u u r ()0,2,2DP =- 设平面的法向量为，MBD ()111,,m x y z =r ，()()11111222220220DM m x y z DM m x y λλλ⎧⋅=+-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩33故。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形.（Ⅰ）若，证明：直线平面；（Ⅱ）是否存在过的平面，使得直线平行，若存在请作出平面并证明，若不存在请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）存在，证明见解析【解析】（Ⅰ）由四边形和都为矩形知，⊥AB，⊥AC，由线面垂直判定定理知⊥面ABC，由线面垂直定义知⊥BC，又因为AC⊥BC，由线面垂直判定定理知，BC⊥面；（Ⅱ）取AB的中点为M，连结交于D，连结DE，显然E是的中点，根据三角形中位线定理得，DE∥，又由于DE在面过的平面内，根据线面平行的判定定理知和该平面平行.试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形和都是矩形，所以 2分因为为平面内的两条相交直线，所以 4分因为直线平面，所以又由已知，为平面内的两条相交直线，所以平面 7分（Ⅱ）存在 8分连接，设，取线段AB的中点M，连接.则平面为为所求的平面. 1１分由作图可知分别为的中点，所以 13分又因为因此 14分考点: 空间线面垂直垂直的判定与性质；线面平行的判定；推理论证能力2.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2，M为AD的中点．(1)证明：MF⊥BD；(2)若二面角A－BF－D的平面角的余弦值为，求AB的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明由已知得△ADF为正三角形，所以MF⊥AD，因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，MF⊂平面ADEF，所以MF⊥BD.(2)设AB＝x，以F为原点，AF，FE所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(－2,0,0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1＝(0,1,0)．设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则可取n2＝.因为cos〈n1，n2〉＝＝，得x＝，所以AB＝.3.已知向量＝(2,4,5)，＝(3，x，y)，若∥，则() A．x＝6，y＝15B．x＝3，y＝C．x＝3，y＝15D．x＝6，y＝【答案】D【解析】∵＝＝，∴x＝6，y＝，选D项．4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面【答案】B【解析】以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(，0，)，F(，，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝(，，－)，＝(－1，－1,1)，＝－，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.5.已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．【答案】60°【解析】由题意得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，∴cos〈b，c〉＝＝＝－，∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.6.已知点A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B，关于xOy平面的对称点为C，则BC中点D的坐标为________．【答案】(1,0,1)【解析】因为A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B(1，－t,1)，关于xOy平面的对称点为C(1，t,1)，所以BC中点D的坐标为(，，)，即D(1,0,1)．7.如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.（1）证明：为的中点；（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.【答案】（1）为的中点；（2）；（3）.【解析】（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）可以有两种方法进行求解.第一种方法，用常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，再利用向量求出二面角.（1）证：因为∥，∥,，所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.故与的对应边相互平行，于是.所以，即为的中点.（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.，，所以，又所以，故.（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.因为∥，，所以.又因为梯形的面积为6，，所以.于是.故平面与底面所成二面角的大小为.解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，由得，所以.又因为平面的法向量，所以，故平面与底面所成而面积的大小为.【考点】1.二面角的求解；2.几何体的体积求解.8.如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，，为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线MN，N为中点，在中，利用中位线得到，且，结合已知条件，可证出四边形ABMN为平行四边形，所以，利用线面平行的判定，得∥平面；第二问，利用面面垂直的性质，判断面，再利用已知的边长，可证出，则利用线面垂直的判定得平面BDE，再利用面面垂直的判定得平面平面；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可.（1）证明：取中点，连结．在△中，分别为的中点，所以∥，且．由已知∥，，所以∥，且．所以四边形为平行四边形，所以∥．又因为平面，且平面，所以∥平面． 4分（2）证明：在正方形中，．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．所以． 6分在直角梯形中，，，可得．在△中，，所以． 7分所以平面． 8分又因为平面，所以平面平面． 9分（3）（方法一）延长和交于．在平面内过作于,连结．由平面平面，∥，，平面平面=，得，于是．又，平面，所以，于是就是平面与平面所成锐二面角的平面角. 12分由，得.又，于是有.在中，.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分（方法二）由（2）知平面，且．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．易得.平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，因为，所以，令，得．所以为平面的一个法向量．１２分设平面与平面所成锐二面角为．则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分【考点】中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角.9.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.10.在如图所示的几何体中，平面，∥，是的中点，，．（1）证明：∥平面；（2）求二面角的大小的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行，取中点，连接，则，且，由已知得，且，故，则四边形是平行四边形，可证明，进而证明∥平面，或可通过建立空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标，证明直线的方向向量垂直于平面的法向量即可；（2）先求半平面和的法向量的夹角的余弦值，再观察二面角是锐二面角还是钝二面角，来决定二面角的大小的余弦值的正负，从而求解．（1）因为，∥，所以平面．故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是，，，，，．所以，因为平面的一个法向量为，所以，又因为平面，所以平面． 6分（2）由（1）知，，，．设是平面的一个法向量，由得，取，得，则设是平面的一个法向量，由得，取，则，则设二面角的大小为，则，故二面角的大小的余弦值为．【考点】1、直线和平面平行的判断；2、二面角的求法.11.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，,，平面平面,若，，,，且．（1）求证：平面；（2）设平面与平面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（1）参考解析；（2）【解析】（1）由，所以.又,.在三角形PAO中由余弦定理可得.所以.即.又平面平面且平面平面=AD，平面PAD.所以平面.（2）由题意可得建立空间坐标系，写出相应点的坐标，平面PAD的法向量易得，用待定系数写出平面PBC的法向量，根据两向量的法向量夹角的余弦值，求出二面角的余弦值.（1）因为，，所以， 1分在中，由余弦定理，得， 3分，， 4分， 5分又平面平面，平面平面,平面，平面． 6分（2）如图，过作交于，则，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 7分则，，8分，， 9分设平面的一个法向量为，由得即取则，所以为平面的一个法向量． 11分平面,为平面的一个法向量．所以， 12分． 13分【考点】1.线面垂直的证明.2.二面角.3.空间坐标系的表示.4.向量的夹角.12.如图，在直三棱柱中，已知，，．（1）求异面直线与夹角的余弦值；（2）求二面角平面角的余弦值．【答案】（1），（2）．【解析】（1）利用空间向量求线线角，关键在于正确表示各点的坐标. 以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，,因此，所以异面直线与夹角的余弦值为．（2）利用空间向量求二面角，关键在于求出一个法向量. 设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；同理可得平面的一个法向量为；由两向量数量积可得二面角平面角的余弦值为．试题解析：如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，，．（1）因为，所以异面直线与夹角的余弦值为． 4分（2）设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；所以二面角平面角的余弦值为． 10分【考点】利用空间向量求线线角及二面角13.如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝，点M，N分别在线段PA和BD上，BN＝BD．（1）若PM＝PA，求证：MN⊥AD；（2）若二面角M－BD－A的大小为，求线段MN的长度．【答案】（1）详见解析;（2）．【解析】（1）由于这是一个正四棱锥，故易建立空间坐标系，易得各点的坐标，由，得，由，得，即可求得向量的坐标：．不难计算出它们的数量积，问题得证;（2）利用在上，可设，得出点的坐标，表示出，进而求出平面的法向量n＝(λ－1，0，λ)，由向量的夹角公式可得，解得，从而确定出，由两点间距离公式得.试题解析：证明：连接交于点，以为轴正方向，以为轴正方向，为轴建立空间直角坐标系．因为，则．（1）由，得，由，得，所以．因为．所以. 4分（2）因为在上，可设，得．所以．设平面的法向量，由得其中一组解为，所以可取n＝(λ－1，0，λ). 8分因为平面的法向量为，所以，解得，从而，所以. 10分【考点】1.线线垂直的证明;2.二面角的计算14.如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，交于点，（1）求证：；（2）若的大小；（3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值。
高考数学复习空间向量及其运算理专题训练(含答案)
高考数学复习空间向量及其运算理专题训练（含答案）空间中具有大小和方向的量叫做空间向量。
向量的大小叫做向量的长度或模。
以下是查字典数学网整理的空间向量及其运算理专题训练，请考生练习。
一、填空题1.已知A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)，则这四个点________(填共面或不共面).[解析] =(3,4,5)，=(1,2,2)，=(9,14,16)，设=x+y，即(9,14,16)=(3x+y,4x+2y,5x+2y)，得x=2，y=3. [答案] 共面2.(2019济南调研)在下列命题中：若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行;若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面;若三个向量a，b，c，两两共面，则向量a，b，c共面;已知空间的三个向量a，b，c.则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x，y，z得p=xa+yb+zc.其中不正确的命题是________(填序号).[解析] a与b共线，a，b所在直线也可能重合，故不正确.根据平移向量的意义知，空间任两向量a，b都共面，故错误.三个向量a，b，c中任两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故不正确.只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p=xa+yb+zc，故不正确.[答案]3.已知空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC中点，设=a，OB=b，=c，则=________.(用a，b，c表示)[解析] =-=(+)-=b+c-a.[答案] b+c-a4.(2019上海高考)若a，b，c为任意向量，mR，则下列等式不一定成立的是________.(填序号)(a+b)c=ac+b(a+b)+c=a+(b+c);m(a+b)=ma+nb;(ab)c=a(bc).[解析] (ab)c=|a||b|cos c，a(bc)=|b||c|cos a，a与c的模不一定相等且不一定同向，故错.[答案] (4)5.已知P，A，B，C四点共面且对于空间任一点O都有=2++，则=________.[解析] 根据共面向量知P，A，B，C四点共面，则=x+y+z，且x+y+z=1，所以2++=1，=-.[答案] -6.若向量a=(1，，2)，b=(2，-1,2)且a与b的夹角的余弦值为，则等于________.[解析] 由已知得==，解得=-2或=.[答案] -2或7.(2019徐州模拟)已知O点为空间直角坐标系的原点，向量=(1,2,3)，=(2,1,2)，=(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当取得最小值时，的坐标是________.[解析] 点Q在直线OP上，设点Q(，，2)，则=(1-，2-，3-2)，=(2-，1-，2-2)，=(1-)(2-)+(2-)(1-)+(3-2)(2-2)=62-16+10=62-.当=时，取得最小值-.此时=.[答案]图768.如图76所示，已知空间四边形OABC，OB=OC，且AOB=AOC=，则cos〈，〉的值为________.[解析] 设=a，=b，=c，由已知条件〈a，b〉=〈a，c〉=，且|b|=|c|，=a(c-b)=ac-ab=|a||c|-|a||b|=0，即〈〉=，所以cos〈，〉=0.[答案] 0二、解答题9.已知空间三点A(0,2,3)，B(-2,1,6)，C(1，-1,5)，(1)求以，为边的平行四边形的面积;(2)若|a|=，且a分别与，垂直，求a的坐标.[解] (1)由题意可得：=(-2，-1,3)，=(1，-3,2)，cos〈，〉===，sin〈，〉=，以，为边的平行四边形的面积为S=2||||sin〈，〉=14=7.(2)设a=(x，y，z)，由题意得解得或向量a的坐标为(1,1,1)或(-1，-1，-1).图7710.(2019张家港调研)如图77，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，G为BC1D的重心，(1)试证：A1，G，C三点共线;(2)试证：A1C平面BC1D.[证明] (1)=++=++，可以证明：=(++)=，∥，即A1，G，C三点共线.(2)设=a，CD=b，=c，则|a|=|b|=|c|=a，且ab=bc=ca=0，=a+b+c，=c-a，=(a+b+c)(c-a)=c2-a2=0，因此，即CA1BC1，同理CA1BD，又BDBC1=B，A1C平面BC1D.要练说，得练看。
新高考 高中数学 选修一 课件+类型题1.2.2-空间中的平面与空间向量
内,也可能与平面平行.
小练：
设直线l的一个方向向量d=(6,2,3),平面α的一个法向量n=(-1,3,0),
则直线l与平面α的位置关系是(
)
A.垂直
B.平行
C.直线l在平面α内
D.直线l在平面α内或平行
答案:D
小练：
(1)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直,则该直线
· = 0,
√3- = 0,
= 0,
所以
令 y=1,则 z=√3.
= √3,
由
所以平面 PCD 的一个法向量为(0,1,√3).
练：
已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(2,1,0),B(0,2,3),C(1,1,3),试
求出平面ABC的一个法向量.
解:设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).
欧啦 ·数学
临渊羡鱼，不如退而结网！
新高考·人教B版 ·选修1
选修一
第一章
空间向量与立体几何
1.2
空间向量在立体集合中的应用
1.2.2 空间中的平面与空间向量
一、平面的法向量
1、定义
如果α是空间中的一个平面,n是空间中的一个非零向量,且表示
n的有向线段所在的直线与平面α 垂直 则称n为平面α的一个法向量.
一个法向量.
解:如图所示,建立空间直角坐标系,则 P(0,0,1),C(1,√3,0),所以
=(1,√3,-1),即直线 PC 的一个方向向量.
设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z).
因为 D(0,√3,0),所以=(0,√3,-1).
+ √3- = 0,
考点27 空间向量求空间距离 ——2021年高考数学专题复习真题练习
考点27 空间向量求空间距离【题组一 两点距】1．已知点，，则的最小值为（ ）．()2,,M t t ()()1,1,N t t t t R --∈MNA ．B C D 1152．在空间直角坐标系中，设，若a 的值是（ ） (1,2,),(2,3,4)A a B ||AB =A ．3或5B ．或C ．3或D ．或53-5-5-3-3．设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 到点C 1的最短距离是（ ）A B C ．1 D【题组二 点线距】1．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是A 1B 1的中点，则点A 到直线BE 的距离是( )A BC D【题组三 点面距】1．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.111ABC A B C -1AB BC BB ==11AB A B E = D AC（1）求证：平面；BD ⊥11A ACC （2）若，且，求到平面的距离. 1AB =1AC BD ⋅=1B 1A BD2．如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,,,为的中点,P ABCD -ABCD //AD BC 2BAD π∠=E AD ,平面平面.22AD AP PD BC AB ====PAD ⊥ABCD(1)求证:平面平面;PBC ⊥PCE (2)记点到平面的距离为,点到平面的距离为,求的值. B PCD 1d E PAB 2d 21d d3．如图，在多面体中，平面⊥平面，，，DE AC ，AD=BD=1.ABCDE ABD ABC AB AC ⊥AE BD ⊥P 12(Ⅰ)求AB 的长；(Ⅱ)已知，求点E 到平面BCD 的距离的最大值.24AC ≤≤4．如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，，，平面P ABCD -ABCD PAD 2AD =3AB =平面，为棱上一点（不与、重合），平面交棱于点. PAD ⊥ABCD E PB P B ADE PC F（1）求证：；AD EF（2）若二面角，求点到平面的距离. ––B AC E B AEC【题组四 线面距】1．如图，在四棱锥O −ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA=2，M ，N ，R 分别为OA，BC，AD的中点，求直线MN与平面OCD的距离及平面MNR与平面OCD的距离.2．在底面是直角梯形的四棱锥PABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为________.如何学好数学1.圆锥曲线中最后题往往联立起来很复杂导致k算不出，这时你可以取特殊值法强行算出k过程就是先联立，后算代尔塔，用下伟达定理，列出题目要求解的表达式，就ok了2.选择题中如果有算锥体体积和表面积的话，直接看选项面积找到差2倍的小的就是答案，体积找到差3倍的小的就是答案，屡试不爽！3.三角函数第二题，如求a(cosB+cosC)/(b+c)coA之类的先边化角然后把第一题算的比如角A等于60度直接假设B和C都等于60°带入求解。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量4空间直线平面的平行练习含解析
空间直线、平面的平行考试要求 1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明.2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．知识梳理1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行错误!⇒a∥α性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行错误!⇒a∥b2.面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行错误!⇒β∥α性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行错误!⇒a∥b常用结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( ×)(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( ×)(3)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.( ×)(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √)教材改编题1．下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( )A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交．2．已知不重合的直线a，b和平面α，则下列选项正确的是( )A．若a∥α，b⊂α，则a∥bB．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a∥b，b⊂α，则a∥αD．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α答案 D解析若a∥α，b⊂α，则a∥b或异面，A错；若a∥α，b∥α，则a∥b或异面或相交，B错；若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，C错；若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，D对．3.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为______．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.题型一 直线与平面平行的判定与性质 命题点1 直线与平面平行的判定例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是BC ，PD 的中点，求证：(1)PB ∥平面ACF ；(2)EF ∥平面PAB .证明 (1)如图，连接BD 交AC 于O ，连接OF ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴O 是BD 的中点，又∵F 是PD 的中点，∴OF ∥PB ， 又∵OF ⊂平面ACF ，PB ⊄平面ACF ， ∴PB ∥平面ACF .(2)取PA 的中点G ，连接GF ，BG . ∵F 是PD 的中点， ∴GF 是△PAD 的中位线， ∴GF 綉12AD ，∵底面ABCD 是平行四边形，E 是BC 的中点， ∴BE 綉12AD ，∴GF 綉BE ，∴四边形BEFG 是平行四边形， ∴EF ∥BG ，又∵EF ⊄平面PAB ，BG ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .命题点2 直线与平面平行的性质例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM 上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.求证：PA∥GH.证明如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴PA∥OM，又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD，又平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.教师备选如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，求证：四边形BCFE是梯形．证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD.∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC⊂平面BCFE，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，∴四边形BCFE是梯形．思维升华(1)判断或证明线面平行的常用方法①利用线面平行的定义(无公共点)．②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．跟踪训练1 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．(1)证明如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.题型二平面与平面平行的判定与性质例3 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．(1)求证：BC∥GH；(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.延伸探究在本例中，若将条件“E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．解如图，连接A1B交AB1于O，连接OD1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ， 所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1. 又由题设A 1D 1D 1C 1＝DC AD， 所以DC AD＝1，即AD DC＝1. 教师备选如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G 分别为B 1C 1，A 1B 1，AB 的中点．(1)求证：平面A 1C 1G ∥平面BEF ；(2)若平面A 1C 1G ∩BC ＝H ，求证：H 为BC 的中点． 证明 (1)∵E ，F 分别为B 1C 1，A 1B 1的中点， ∴EF ∥A 1C 1，∵A 1C 1⊂平面A 1C 1G ，EF ⊄平面A 1C 1G ， ∴EF ∥平面A 1C 1G ，又F ，G 分别为A 1B 1，AB 的中点， ∴A 1F ＝BG ， 又A 1F ∥BG ，∴四边形A 1GBF 为平行四边形， 则BF ∥A 1G ，∵A 1G ⊂平面A 1C 1G ，BF ⊄平面A 1C 1G ， ∴BF ∥平面A 1C 1G ，又EF ∩BF ＝F ，EF ，BF ⊂平面BEF ， ∴平面A 1C 1G ∥平面BEF .(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．思维升华证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理．(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．(3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．跟踪训练2 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，证明：B1D1∥l.证明(1)由题设知BB1綉DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1綉B1C1綉BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .题型三 平行关系的综合应用例4 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为对角线BD ，CD 1上的点，且CQ QD 1＝BP PD ＝23.(1)求证：PQ ∥平面A 1D 1DA ；(2)若R 是AB 上的点，AR AB的值为多少时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA ？请给出证明． (1)证明 连接CP 并延长，与DA 的延长线交于M 点，如图，连接MD 1，因为四边形ABCD 为正方形， 所以BC ∥AD ，故△PBC ∽△PDM ， 所以CP PM ＝BP PD ＝23，又因为CQ QD 1＝BP PD ＝23， 所以CQ QD 1＝CP PM ＝23， 所以PQ ∥MD 1.又MD 1⊂平面A 1D 1DA ，PQ ⊄平面A 1D 1DA ， 故PQ ∥平面A 1D 1DA .(2)解 当AR AB 的值为35时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA .如图，证明如下：因为AR AB ＝35，即BR RA ＝23， 故BR RA ＝BP PD. 所以PR ∥DA .又DA ⊂平面A 1D 1DA ，PR ⊄平面A 1D 1DA ， 所以PR ∥平面A 1D 1DA ，又PQ ∥平面A 1D 1DA ，PQ ∩PR ＝P ，PQ ，PR ⊂平面PQR ， 所以平面PQR ∥平面A 1D 1DA . 教师备选如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明 (1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO . 又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ， 所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN ， 又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ， 所以DE ∥平面MNG . 又M 为AB 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ， 又MN ⊂平面MNG ，BD ⊄平面MNG ， 所以BD ∥平面MNG ，又DE ，BD ⊂平面BDE ，DE ∩BD ＝D ，所以平面BDE ∥平面MNG .思维升华 证明平行关系的常用方法熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．跟踪训练3 如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形． (1)求证：AB ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围．(1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD . 又∵EF ⊂平面ABC ， 平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH . (2)解 设EF ＝x (0<x <4)， 由(1)知EF ∥AB ， ∴CF CB ＝EF AB ＝x4， 与(1)同理可得CD ∥FG ， ∴FG CD ＝BF BC， 则FG 6＝BF BC＝BC －CF BC ＝1－x4， ∴FG ＝6－32x .∴四边形EFGH 的周长L ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋6－32x ＝12－x .又∵0<x <4，∴8<L <12，故四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．课时精练1．(2022·宁波模拟)下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a⊂α，b⊄α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．2．(2022·呼和浩特模拟)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案 D解析对于A，一条直线与两个平面都平行，两个平面不一定平行，故A不正确；对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面不一定平行，故B不正确；对于C，两个平面中的两条直线平行，不能保证两个平面平行，故C不正确；对于D，如图，在直线b上取点B，过点B和直线a确定一个平面γ，交平面β于a′，因为a∥β，所以a∥a′，又a′⊄α，a⊂α，所以a′∥α，又因为b∥α，b∩a′＝B，b⊂β，a′⊂β，所以β∥α.3．(2022·广州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则( )A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四边形MNEF为平行四边形D．四边形MNEF为梯形答案 D解析由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误；∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．4．(2022·杭州模拟)已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )A．2∶3B．2∶5C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.5．(多选)(2022·济宁模拟)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是( )答案AC解析对于A，AB∥DE，AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故A正确；对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG并延长，交AB延长线于H，则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；对于C，AB∥DF，AB⊄平面DEF，DF⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故C正确；对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行，∴直线AB与平面DEF相交，故D错误．6．(多选)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜程度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图(3)所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形易知A 正确；由题图可知水面EFGH 的边EF 的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，可知B 错误；因为A 1C 1∥AC ，AC ⊂平面ABCD ，A 1C 1⊄平面ABCD ，所以A 1C 1∥平面ABCD ，当平面EFGH 不平行于平面ABCD 时，A 1C 1不平行于水面所在平面，故C 错误；当容器倾斜如题图(3)所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH －BFG 的体积V 为定值，又V ＝S △AEH ·AB ，高AB 不变，所以S △AEH 也不变，即AE ·AH 为定值，故D 正确．7．考查①②两个命题，①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α为平面)，则此条件为__________． 答案 l ⊄α解析 ①由线面平行的判定定理知l ⊄α；②由线面平行的判定定理知l ⊄α.8.如图所示，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件______，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案 点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合) 解析 连接HN ，FH ，FN (图略)， 则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ， 则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1.9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点，求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H . 证明 如图．(1)取B 1B 的中点M ，连接HM ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形， ∴HD 1∥MC 1. 又MC 1∥BF ， ∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接OE ，OD 1， 则OE 綉12DC .又D 1G 綉12DC ，∴OE 綉D 1G .∴四边形OEGD 1是平行四边形， ∴EG ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，EG ⊄平面BB 1D 1D ， ∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知BF ∥HD 1，由题意易证B 1D 1∥BD .又B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面PAD . 证明 (1)如图，连接EC ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AE ，BC ＝AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形， 所以O 为AC 的中点． 又因为F 是PC 的中点， 所以FO ∥AP ， 因为FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点， 所以FH ∥PD ，因为PD ⊂平面PAD ，FH ⊄平面PAD ， 所以FH ∥平面PAD .又因为O 是BE 的中点，H 是CD 的中点， 所以OH ∥AD ，因为AD ⊂平面PAD ，OH ⊄平面PAD ， 所以OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，FH ，OH ⊂平面OHF ， 所以平面OHF ∥平面PAD . 又因为GH ⊂平面OHF ， 所以GH ∥平面PAD .11．(多选)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线．下列命题正确的是( )A．如果m∥n，n⊂α，那么m∥αB．如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥nC．如果α∥β，m⊂α，那么m∥βD．如果α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β答案BC解析如果m∥n，n⊂α，那么m∥α或m⊂α，故A不正确；如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n，这就是线面平行推得线线平行的性质定理，故B正确；如果α∥β，m⊂α，那么m∥β，这就是利用面面平行推线面平行的性质定理，故C正确；缺少m⊂α这个条件，故D不正确．12．(2022·福州检测)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是( )A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案 B解析过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误．13．(多选)(2022·临沂模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将△ABE 沿AE 翻折，使得二面角B －AE －D 为直二面角，得到图2所示的四棱锥B －AECD ，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B －AECD 中，下列说法正确的有( )图1 图2A ．B ，E ，C ，F 四点不共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAE C ．三棱锥B －ADC 的体积为定值D ．存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直 答案 AB解析 对于A ，假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以E 在平面BCF 上， 又因为E 在折前线段BC 上，BC ∩平面BCF ＝C ，所以E 与C 重合，与E 异于C 矛盾， 所以直线BE 与直线CF 必不在同一平面上，即B ，E ，C ，F 四点不共面，故A 正确； 对于B ，如图，当点F 为线段BD 的中点，EC ＝12AD 时，直线CF ∥平面BAE ，证明如下：取AB 的中点G ，连接GE ，GF ， 则EC ∥FG 且EC ＝FG ，所以四边形ECFG 为平行四边形， 所以FC ∥EG ，又因为EG ⊂平面BAE ， 则直线CF 与平面BAE 平行，故B 正确；对于C ，在三棱锥B －ADC 中，因为点E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离发生变化，所以三棱锥B －ADC 的体积不是定值，故C 不正确；对于D ，过D 作DH ⊥AE 于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ∩平面AECD ＝AE ，所以DH ⊥平面BAE ，所以DH ⊥BE ，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，且DC ⊂平面AECD ，DH ∩DC ＝D ，所以BE ⊥平面AECD ，所以BE ⊥AE ，与△ABE 是以B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 不正确．14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB ＝3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，C 1D 1的中点，点P 在平面ABCD 内，若直线D 1P ∥平面EFG ，则线段D 1P 长度的最小值是________．答案72解析 如图，连接D 1A ，AC ，D 1C .因为E ，F ，G 分别为AB ，BC ，C 1D 1的中点， 所以AC ∥EF ，又EF ⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1， 则EF ∥平面ACD 1.同理可得EG ∥平面ACD 1，又EF ∩EG ＝E ，EF ，EG ⊂平面EFG ，所以平面ACD 1∥平面EFG . 因为直线D 1P ∥平面EFG ， 所以点P 在直线AC 上．在△ACD 1中，易得AD 1＝2，AC ＝2，CD 1＝2， 所以1AD C S △＝12×2×22－⎝⎛⎭⎪⎫222＝72， 故当D 1P ⊥AC 时，线段D 1P 的长度最小，最小值为7212×2＝72.15．(2022·合肥市第一中学模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ，N 分别是棱BC ，CC 1的中点，动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1∥平面AMN ，则PA 1的长度范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，32 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32答案 B解析 取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连接A 1E ，A 1F ，EF ， 取EF 的中点O ，连接A 1O ，如图所示，∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM ∥A 1E ，MN ∥EF ，∵AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ，AM ，MN ⊂平面AMN ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴平面AMN ∥平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动， 且PA 1∥平面AMN ，∴点P 的轨迹是线段EF ，∵A 1E ＝A 1F ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，EF ＝1212＋12＝22，∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值A 1O ， A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，当P 与E (或F )重合时，PA 1的长度取最大值A 1E 或A 1F ，A 1E ＝A 1F ＝52.∴PA 1的长度范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52.16．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为AB 1，A 1C 1上的点，A 1N ＝AM .(1)求证：MN ∥平面BB 1C 1C ；(2)求MN 的最小值．(1)证明 如图，作NE ∥A 1B 1交B 1C 1于点E ，作MF ∥AB 交BB 1于点F ，连接EF ， 则NE ∥MF .∵NE ∥A 1B 1，∴NEA 1B 1＝C 1NA 1C 1.又MF ∥AB ，∴MF AB ＝B 1MAB 1，∵A 1C 1＝AB 1，A 1N ＝AM ，∴C 1N ＝B 1M .∴NE A 1B 1＝MF AB，又AB ＝A 1B 1，∴NE ＝MF .∴四边形MNEF 是平行四边形，∴MN ∥EF ， 又MN ⊄平面BB 1C 1C ，EF ⊂平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .(2)解 设B 1E ＝x ，∵NE ∥A 1B 1， ∴B 1E B 1C 1＝A 1NA 1C 1.又∵MF ∥AB ，∴B 1F BB 1＝B 1M AB 1，∵A 1N ＝AM ，A 1C 1＝AB 1＝2a ，B 1C 1＝BB 1＝a ，B 1E ＝x ，∴B 1E B 1C 1＋B 1F BB 1＝A 1N A 1C 1＋B 1MAB 1，∴x a ＋B 1F a ＝1，∴B 1F ＝a －x ，从而MN ＝EF ＝B 1E 2＋B 1F 2 ＝x 2＋a －x2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22， ∴当x ＝a 2时，MN 的最小值为22a .。
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平面向量及空间向量高考数学专题训练（四）
一、选择题（本大题共12小题，每小题分6，共72分）
1．设-=1(a cos α,3), (=b sin )3,α,且a ∥b
， 则锐角α为（ ）
A.
6π
B. 4π
C. 3
π D. 125π
2．已知点)0,2(-A 、)0,3(B ，动点2),(x y x P =⋅满足，则点P 的轨迹是（ ）
A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线
D. 抛物线
3．已知向量值是相互垂直，则与且k b a b a k b a
-+-==2),2,0,1(),0,1,1(（ ）
A. 1
B.
51 C. 53 D. 5
7 4．已知b a ,是非零向量且满足的夹角是与则b a b a b a b a
,)2(,)2(⊥-⊥-（ ）
A.
6π B. 3
π
C. 32π
D. 65π
5．将函数y=sinx 的图像上各点按向量=a （2,3
π
）平移，再将所得图像上各点的横坐标
变为原来的2倍，则所得图像的解析式可以写成（ ）
A.y=sin(2x+
3π)+2 B.y=sin(2x －3
π
)－2 C.y=(321π+
x )－ 2 D.y=sin(3
21π
-x )+2
6．若A,B 两点的坐标是A(3φcos ,3φsin ,1),B(2,cos θ2,sin θ1),||的取值范围是( )
A. [0,5]
B. [1,5]
C. (1,5)
D. [1,25] 7．从点A(2,－1,7)沿向量)12,9,8(-=a
方向取线段长|AB|=34,则点B 的坐标为（ ） A.(-9,-7,7) B. (-9,-7,7) 或(9,7,-7) C. (18,17,-17) D. (18,17,-17)或(-18,-17,17)
8．平面直角坐标系中，O 为坐标原点， 已知两点A(3, 1)， B(-1, 3)，若点C 满足
=βα+, 其中α、β∈R 且α+β=1, 则点C 的轨迹方程为 ( )
A.01123=-+y x
B.5)2()1(2
2
=-+-y x C. 02=-y x D. 052=-+y x
9．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于m ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则⋅的值为 （ ）
A.2
m B.
212m C. 4
1
2m D. 432m
10．O 为空间中一定点，动点P 在A,B,C 三点确定的平面内且满足)()(-⋅-=0,则点P 的轨迹一定过△ABC 的 （ ）
A. 外心
B. 内心
C. 重心
D. 垂心
11．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1与BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为（ ） A. 23arccos
B. 1010arccos
C. arccos 53
D. arccos 5
2 12.三棱锥O-ABC 中，设的中点，分别为B C OA ,,,,N M c b a
===，点
G ∈MN ，MG:GN=2,则分别等于则z y x OC z OB y OA x OG ,,,++=（ ） A.
31, 31,31 B.31, 31,61 C.31, 61,31 D.61, 31,3
1 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知),cos ,1,(sin ),sin ,1,(cos αααα==b a
则向量b a b a -+与的夹角为______
14．已知空间三点A(0,2,3), B(－2,1,6), C(1,－1,5),以AC AB 、
为边的平行四边形的面积为
15．已知向量B A B A B A m tan tan 223
)2sin 5,2cos
2(，则的模为+-=
的值为___ 16．若对n 个向量n a a a
,,,21存在n 个不全为零的实数,,,,21n k k k 使得
02211
=+++n n a k a k a k 成立，则称向量n a a a ,,,21为“线性相关”.依此规定，能说
明)2,2(),1,1(),0,1(321=-==a a a
“线性相关”的实数321,,k k k 依次可以取_____________________(写出一组数值即可，不必考虑所有情况). 三、解答题（本大题共4小题，共58分）
17．（本题满分13）已知A(3,0),B(0,3),C(cos ).sin ,αα (1)若α2sin ,1求-=⋅的值；
(2)若. ),,0(,13||的夹角与求且πα∈=+
18．（本题满分16分）如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，,60
=∠ABC PA=AC=,2,a PD PB a =
=点E 在PD 上，且PE : ED=2 : 1.
(1) 证明：PA ⊥平面ABCD ； (2) 求的值；><,cos
(3) 在棱PC 上是否存在一点F ，使BF//平面AEC
13．
2 14．37 15．9
16.
由
得
,0332211
=++a k a k a k ⎩⎨
⎧=+-=++0
20232221k k k k k 可得
⎪⎩⎪
⎨⎧=-==c k c k c k 242
13（取任一非零常数）c c ,0≠，故可取（－4,2，1）等.
17．解：（1）),3sin ,(cos ),sin ,3(cos -=-=a a BC a a AC 由1-=⋅，得
3
2
sin cos ,1)3(sin sin cos )3(cos =
+∴-=-+-a a a a a a 两边平方，得 .9
5
2sin ,942sin 1-=∴=
+a a
（2）2
1
cos ,13sin )cos 3(),sin ,cos 3(2
2
=∴=++∴+=+a a a a a
,2
3sin ,3
),,0(=
=
∴∈a a a π
π .
233=⋅OC OB 设与的夹角为θ, 则
,6,23|
|||cos π
θθ＝ ∴=⋅=OC OB
.6π的夹角为与∴ 20．解：（1）因为底面ABCD 是菱形，
60=∠ABC ，所以AB=AD=AC=.a
在△PAB 中，由PA 2+AB 2=2a 2=PB 2
,知PA ⊥AB.同理,PA ⊥AD ，所以PA⊥平面ABCD. （2）以A 为坐标原点，直线AD,AP 分别为y 轴，z 轴，过A 点垂直平面PAD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系如图. 由题设条件，相关各点的坐标分别为
)3
1,32,0(),,0,0(),0,21,23(
),0,0,0(a a E a P a a B A - ∴),2
1,23(),31,32,
0(a a a a a -== ∴51029
53131|
|||,cos 222
2=
+=⋅>=<a a a
a AE BP AE BP （3）∵),0,0(),0,,0(),0,2
1
,23(
a P a D a a C ∴).,0,0(),,2
1,23(),0,21,23(a a a a a a =-==
设点F 是棱PC 上的点，则 其中 ,10),,2
1
,23(
<λ<λ-λλ=λ=a a a ),2
1
,23(),21,23( λ-λλ+-
=+a a a a a a ))1(,)1(2
1,)1(23(
λ-λ+-λ=a a a . 得令AE AC BF 21λ+λ=
,31)1(3221)1(2
1
23
)1(2
32211⎪⎪
⎪⎩
⎪⎪⎪
⎨⎧λ=λ-λ+λ=λ+λ=-λa a a a a a a 解得.23,21,212
1=λ-=λ=λ 即2
3
2121+-==
λ时，∴F 是PC 的中点时AE AC BF ,,,共面. 又∵，平面AEC ⊄BF ∴当F 是棱PC 的中点时，BF .AEC //平面
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