空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案(1)

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高考立体几何复习三部曲—空间直角坐标系的应用

高考立体几何复习三部曲—空间直角坐标系的应用-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考数学立体几何三部曲—空间之直角坐标系专项一、积及坐标运算1．两个向量的数量积(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；(2)a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；(3)|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.2．向量的坐标运算3、应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的方法比较：OP＝x OM＋y OAOP＝x OA＋(1－x)OB－一、空间向量的简单应用1．(课本习题改编)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)则下列结论正确的是() A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥b D．以上都不对2．(2012·济宁一模)若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是() A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}3．(教材习题改编)下列命题：①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB ＋BC ＋CD ＋DA ＝0； ②若MB ＝x MA ＋y MB ，则M 、P 、A 、B 共面； ③若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面．其中正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．34．在四面体O －ABC 中，OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝________(用a ，b ，c 表示)．5．013·大同月考)若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，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)6已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B.637 C.607D.657二、利用空间向量证明平行或垂直[例] 已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，边长为2a ，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .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________．方法利用直线的方向向量与平面的法向量，可以判定直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直．(1)设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)．则l1∥l2⇔v1∥v2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔v⊥n⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.l⊥α⇔v∥n⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)．(3)设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔n1∥n2，α⊥β⇔n1⊥n2.1.2012·长春模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.(1)求证：BD⊥PC；(2)设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面P AB，求λ的值．2.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CD＝∠C1CB＝∠BCD＝60°.(1)求证：C1C⊥BD；(2)当CDCC1的值是多少时，能使A1C⊥平面C1BD请给出证明．3.如图所示，平面P AD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△P AD是直角三角形，且P A＝AD＝2，E、F、G分别是线段P A、PD、CD的中点．求证：PB∥平面EFG.三、利用向量求空间角1．两条异面直线所成的角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n| |e||n|.3．求二面角的大小(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．(2)如图2、3，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．1．(教材习题改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°2．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°3.在如图所示的正方体A 1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120C.120D.10104．已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．5．(教材习题改编)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值________．（一）异面直线所成的角[例1] (2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35本例条件下，在线段OB 上，是否存在一点M ，使C 1M 与AB 1所成角的余弦为13若存在，求出M 点；不存在，说明理由．1．(2012·安徽模拟)如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1. .（二）直线与平面所成角[例2] (2012·大纲全国卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．2.(2012·宝鸡模拟)如图，已知P A⊥平面ABC，且P A＝2，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，AD⊥PB于D，AE⊥PC于E.(1)求证：PC⊥平面ADE；(2)求直线AB与平面ADE所成角的大小．（三）二面角[例3]在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；3．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角C－AE－D的大小为60°，求λ的值．11A1如图，三棱柱111ABC A B C -中，点1A 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，090ACB ∠=，11,2BC AC CC ===.（I ）证明：11AC A B ⊥；（II ）设直线1AA 与平面11BCC B 的距离为3，求二面角1A AB C --的大小.【课后练习题】1.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角为________．2．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________．3.如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．4．(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ， ∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．5．(2012·辽宁高考)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．6．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直说明理由．7．(2013·湖北模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：P A⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．8．(2012·北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．9．(2012·北京东城模拟)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．10．(2012·天津高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．11.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2. (1)证明：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．12．(2012·湖北模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．11。

空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]

空间向量在立体几何中的应用:（1)直线的方向向量与平面的法向量: ①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定．（2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系:设直线l ,m 的方向向量分别是a ，b ,平面α ，β 的法向量分别是u ,v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ; ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ; ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题： ①异面直线所成的角：设a ,b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ,显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ,显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ,在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角α －l －β 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ,β 的法向量，则<m 1，m 2>与该二面角的大小相等或互补．（4）根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法,从不同角度解决立体几何问题．【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3,OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1,点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,AE 的中点,求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A （3，0，0），B (0，4，0)，O 1（0，0，2)，A 1(3，0，2），B 1（0，4，2），E （3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2,2）,R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ,∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：（1)证明两向量共线;(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1,B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一:设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A （4,0，0），M （2，0，4），N （4，2，4）,B (4，4，0)，E （0，2，4)，F （2，4，4)．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （2,2，0)，K （3,1,4），G （1，3，4）．MN ＝（2,2，0)，EF ＝(2，2,0)，AK ＝（－1,1,4），OG ＝（－1，1，4)， ∴MN ∥EF ,OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝（2，－2,1)．∵a ∥b ,∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D （0，0，0)，A (2，0,0），M (2，1，2）,C （0,2，0），N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ,连接B 1P ，B 1Q ，PQ ,PC ．易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角．设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角（锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质,适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A （0,0，0），B (0，a ，0），),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0),B (0，a ,0），A 1(0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ）, 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0,0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角,再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C （0，0，0）,A (1，0，0），B （0，2，0)，P （1,0，1），由D 是PB 的中点,得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0),)0,1,2(B ，C （0,1，0)，P (0，0,1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1,a 2，a 3），平面PBC 的法向量是b ＝（b 1,b 2，b 3）．由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1）．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量,转化为这两个向量的夹角;应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题： 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（） (A)2（B ）2（C)5（D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是（ ) (A)30° （B)45° (C)60° （D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（） (A)31 （B ）32 （C)33 (D ）32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ,B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ,AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（）（A)θ ＞ϕ,m ＞n （B ）θ ＞ϕ，m ＜n （C)θ ＜ϕ,m ＜n(D ）θ ＜ϕ,m ＞n二、填空题:5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21,P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______．三、解答题：9．如图,正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点,N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ,A ∈PQ ，B ∈α ,C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；（Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图 9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴,建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2,2，0)，C （0，2，0)，E （0，2，1），A 1（2,0，4）．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A（Ⅰ）∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ．又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．（Ⅱ）设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝（4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ,y ，z 轴建立坐标系．则A （0，0,0)，B (1，0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0,0，2）,M （0，0，1），⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝（x ,y ,z ），则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ．（Ⅱ）设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ,又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点,分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角,则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°,∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z ）是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ．易知n 2＝（1,0,0）是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。

高中数学空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.2空间中的平面与空间向量学案含解析

1.2.2 空间中的平面与空间向量导思1.什么是平面的法向量？它在解决线面位置关系中有何用途？ 2．什么是三垂线定理及其逆定理？1.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．此时也称n 与平面α垂直，记作n ⊥α． (2)性质：如果A ，B 是平面α上的任意不同两点，n 为平面α的一个法向量，则： 1 若直线l ⊥α，则l 的任意一个方向向量都是平面α的一个法向量 2 对任意实数λ≠0，λn 是平面α的一个法向量 3向量AB → 一定与n 垂直，即AB →·n ＝0平面α的法向量唯一吗？它们有什么共同特征？提示：不唯一，都平行．2．空间线面的位置关系与空间向量若v 是直线l 的一个方向向量，n 1，n 2分别是平面α1，α2的一个法向量，则：1 n 1∥v ⇔l ⊥α12 n 1⊥v ⇔l ∥α1或l ⊂α13 n 1⊥n 2⇔α1⊥α24 n 1∥n 2⇔α1∥α2或α1，α2重合已知v 是直线l 的一个方向向量，n 是平面α的一个法向量，如果n ⊥v ，那么直线l 一定与平面α平行吗？提示：不一定，也可能l ⊂α. 3．三垂线定理及其逆定理射影已知平面α和一点A ，过点A 作α的垂线l ，设l 与α相交于点A′，则A′就是点A在平面α内的射影，也称为投影．三垂线定理如果平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”).(1)已知直线l垂直于平面α，向量a平行直线l，则a是平面α的法向量．()(2)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．()(3)若a是平面α的一条斜线，直线b垂直于a在α内的射影，则a⊥b.()提示：(1)×.向量a必须为非零向量．(2)√.(3)×.因为b不一定在平面α内，所以a与b不一定垂直．2．若a＝(1，2，3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是() A．(0，1，2) B．(3，6，9)C．(－1，－2，3) D．(3，6，8)【解析】选B.向量(1，2，3)与向量(3，6，9)共线．3．(教材例题改编)已知PO⊥平面ABC，且O为△ABC的垂心，则AB与PC的关系是________．【解析】因为O为△ABC的垂心，所以CO⊥AB.又因为OC为PC在平面ABC内的射影，所以由三垂线定理知AB⊥PC.答案：垂直关键能力·合作学习类型一平面的法向量(数学运算)1．若两个向量AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)，则平面ABC 的一个法向量为( )A ．(－1，2，－1)B ．(1，2，1)C ．(1，2，－1)D ．(－1，2，1)2．已知点A(2，－1，2)在平面α内，n ＝(3，1，2)是平面α的一个法向量，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P(1，－1，1)B ．P ⎝⎛⎭⎫1，3，32C ．P ⎝⎛⎭⎫1，－3，32D ．P ⎝⎛⎭⎫－1，3，－343．正四棱锥如图所示，在向量PA → －PB → ＋PC → －PD → ，PA → ＋PC → ，PB → ＋PD → ，PA → ＋PB → ＋PC →＋PD →中，不能作为底面ABCD 的法向量的是________．【解析】AB → ＝(1，2，3)，AC →＝(3，2，1)，设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝x ＋2y ＋3z ＝0n ·AC →＝3x ＋2y ＋z ＝0 ，取x ＝－1，得平面ABC 的一个法向量为(－1，2，－1).2．选B.设P(x ，y ，z)，则AP →＝(x －2，y ＋1，z －2)；由题意知，AP → ⊥n ，则n ·AP →＝0；所以3(x －2)＋(y ＋1)＋2(z －2)＝0，化简得3x ＋y ＋2z ＝9. 验证得在A 中，3×1－1＋2×1＝4，不满足条件；在B 中，3×1＋3＋2×32 ＝9，满足条件；同理验证C 、D 不满足条件．3．连接AC ，BD ，交于点O ，连接OP ，则OP → 是底面ABCD 的一个法向量，PA → －PB → ＋PC → －PD →＝BA → ＋DC → ＝0，不能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PC → ＝－2OP →，能作为底面ABCD 的法向量；PB → ＋PD → ＝－2OP → ，能作为底面ABCD 的法向量；PA → ＋PB → ＋PC → ＋PD → ＝－4OP →，能作为底面ABCD 的法向量．答案：PA → －PB → ＋PC → －PD →求平面ABC 的一个法向量的方法1．平面垂线的方向向量法：证明一条直线为一个平面的垂线，则这条直线的一个方向向量即为所求．2．待定系数法：步骤如下：类型二三垂线定理及其逆定理的应用(直观想象、逻辑推理)【典例】如图所示，三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面ABC ，若O ，Q 分别是△ABC 和△PBC 的垂心，求证：OQ ⊥平面PBC.【思路导引】利用三垂线定理及其逆定理证明【证明】如图，连接AO 并延长交BC 于点E ，连接PE.因为PA ⊥平面ABC ，AE ⊥BC(由于O 是△ABC 的垂心)，所以PE ⊥BC ，所以点Q 在PE 上．因为⎩⎪⎨⎪⎧AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，AE ∩PE ＝E ⇒BC ⊥平面PAE ⇒BC ⊥OQ.①连接BO 并延长交AC 于点F ，则BF ⊥AC. 连接BQ 并延长交PC 于点M ，则BM ⊥PC. 连接MF.因为PA ⊥平面ABC ，BF ⊥AC ，所以BF ⊥PC(三垂线定理).因为⎩⎪⎨⎪⎧BM ⊥PC ，BF ⊥PC ，BM ∩BF ＝B ⇒PC ⊥平面BMF ⇒PC ⊥OQ.②由①②，知OQ ⊥平面PBC.利用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直的基本环节在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求证：A 1C ⊥平面BDC 1.【证明】连接AC，CD1，在正方体中，AA1⊥平面ABCD，所以AC是A1C在平面ABCD内的射影，又AC⊥BD，所以BD⊥A1C.同理D1C是A1C在平面CDD1C1内的射影．所以C1D⊥A1C.又C1D∩BD＝D，所以A1C⊥平面BDC1.类型三利用空间向量证明线面、面面的位置关系(逻辑推理)证明平行问题角度1【典例】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q 是CC1上的点．当点Q在什么位置时，BQ∥平面PAO?【思路导引】建立恰当的坐标系，设出点Q的坐标，由BQ∥平面PAO确定其位置即可．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2). 再设Q(0，2，c)，所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，c)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OA →＝0，n ·OP →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n ＝(1，1，2). 若BQ ∥平面PAO ，则n ⊥BQ ，所以n ·BQ → ＝0，即－2＋2c ＝0，所以c ＝1，故当Q 为CC 1的中点时，BQ ∥平面PAO.本例若把“Q 是CC 1上的点”改为“Q 是CC 1的中点”，其他条件不变，求证：平面D 1BQ ∥平面PAO.【证明】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D 1(0，0，2)，Q(0，2，1)，所以OA → ＝(1，－1，0)，OP →＝(－1，－1，1)， BQ →＝(－2，0，1)，BD 1＝(－2，－2，2). 设平面PAO 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·OA →＝0n 1·OP →＝0 ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.所以平面PAO 的一个法向量为n 1＝(1，1，2).同理可求平面D 1BQ 的一个法向量为n 2＝()1，1，2 ，因为n 1＝n 2，所以n 1∥n 2，所以平面D 1BQ ∥平面PAO.角度2证明垂直问题【典例】在如图所示的几何体中，平面CDEF 为正方形，平面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，AC ⊥FB. (1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．【思路导引】(1)利用余弦定理和勾股定理的逆定理可得AC ⊥BC ，再利用已知AC ⊥FB 和线面垂直的判定定理即可证明；(2)通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量是否垂直即可．【解析】(1)因为AB ＝2BC ，∠ABC ＝60°，在△ABC 中，由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BCcos 60°＝3BC 2，所以AC 2＋BC 2＝4BC 2＝AB 2，所以∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC. 又因为AC ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，所以AC ⊥平面FBC.(2)线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC. 证明如下：因为AC ⊥平面FBC ，所以AC ⊥FC.因为CD ⊥FC ，所以FC ⊥平面ABCD.所以CA ，CF ，CB 两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系．在等腰梯形ABCD 中，可得CB ＝CD.设BC ＝1，所以C(0，0，0)，A(3 ，0，0)，B(0，1，0)，D(32 ，－12 ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 .所以CE → ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，1 ，CA →＝(3 ，0，0)，CB →＝(0，1，0).设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0n ·CA →＝0 ，所以⎩⎨⎧32x －12y ＋z ＝03x ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，2，1).假设线段ED 上存在点Q ，设Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，t (0≤t≤1)，所以CQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，t . 设平面QBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0m ·CQ →＝0 ，所以⎩⎨⎧b ＝032a －12b ＋tc ＝0，取c ＝1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t 3，0，1 .要使平面EAC ⊥平面QBC ，只需m·n ＝0，即－23t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC. 利用空间向量证明平行、垂直问题的常用思路线面平行(1)求出直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，只需证明a⊥u，即a·u＝0.(2)在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．面面平行(1)转化为相应的线线平行或线面平行．(2)求出平面α，β的法向量u，v，证明u∥v即可说明α∥β.线面垂直求出平面内两条相交直线的方向向量，证明直线的方向向量和它们都垂直．面面垂直(1)转化为线面垂直．(2)求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所以FC1＝(0，2，1)，DA → ＝(2，0，0)，AE → ＝(0，2，1).(1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥DA → ，n 1⊥AE → ，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0z 1＝－2y 1 ，令z 1＝2⇒y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1，2)，因为n 1·1FC ＝－2＋2＝0，所以n 1⊥1FC ，又因为FC 1⊄平面ADE ，即FC 1∥平面ADE.(2)因为11C B ＝(2，0，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量．由n 2⊥1FC ，n 2⊥11C B ，得21222112FC 2y z 0C B 2x 0⎧=+=⎪⎨==⎪⎩n n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0z 2＝－2y 2. 令z 2＝2⇒y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1，2)，所以n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1 F.2．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，在CC 1上求一点P ，使平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE.【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，且P(0，2，a)，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，C 1(0，2，2)，A 1(2，0，2)，B 1(2，2，2)，则DE → ＝(1，2，0)，1DC ＝(0，2，2)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)且n 1⊥平面DEC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1＝0y 1＋z 1＝0 ，取n 1＝(2，－1，1). 又1A P ＝(－2，2，a －2)，11A B ＝(0，2，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)且n 2⊥平面A 1B 1P ，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＋（a －2）z 2＝0y 2＝0 ，取n 2＝(a －2，0，2). 由平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，得n 1·n 2＝0，1的中点．【补偿训练】在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD 垂直于底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB.(2)PB ⊥平面EFD.Ｋ【证明】建立如图所示的空间直角坐标系．D 是坐标原点，设DC ＝a.(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG ，依题意得D(0，0，0)，A(a ，0，0)，P(0，0，a)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 . 因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0 ，所以EG → ＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2 .又PA → ＝(a ，0，－a)，所以PA → ＝2EG → ，这表明PA ∥EG.而EG ⊂平面EDB ，且PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB.(2)依题意得B(a ，a ，0)，PB → ＝(a ，a ，－a)，DE → ＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2 ，所以PB → ·DE → ＝0＋a 22 －a 22 ＝0，所以PB → ⊥DE → ，即PB ⊥DE.又已知EF ⊥PB ，且EF∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD.课堂检测·素养达标1．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，则使l ∥α成立的是( )A ．a ＝(1，－1，2)，n ＝(－1，1，－2)B ．a ＝(2，－1，3)，n ＝(－1，1，1)C ．a ＝(1，1，0)，n ＝(2，－1，0)D ．a ＝(1，－2，1)，n ＝(1，1，2)【解析】l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l ⊄α，使l ∥α成立，所以a·n ＝0，在A 中，a·n ＝－1－1－4＝－6，故A 错误；在B 中，a·n ＝－2－1＋3＝0，故B 成立；在C 中，a·n ＝2－1＝1，故C 错误；在D 中，a·n ＝1－2＋2＝1，故D 错误．2．(教材练习改编)若平面α与β的法向量分别是a ＝(2，4，－3)，b ＝(－1，2，2)，则平面α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定【解析】选B.a·b ＝(2，4，－3)·(－1，2，2)＝－2＋8－6＝0，所以a ⊥b ，所以平面α与平面β垂直．3．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中在平面α内的是( )A ．P(2，3，3)B ．P(－2，0，1)C ．P(－4，4，0)D ．P(3，－3，4)【解析】选A.设平面α内一点P(x ，y ，z)，则：MP → ＝(x －1，y ＋1，z －2)，因为n ＝(6，－3，6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP → ，n ·MP → ＝6(x －1)－3(y ＋1)＋6(z －2)＝6x －3y ＋6z －21，所以由n ·MP → ＝0得6x －3y ＋6z －21＝0，所以2x －y ＋2z ＝7，把各选项的坐标数据代入上式验证可知A 适合．4．正三棱锥P-ABC 中，BC 与PA 的位置关系是________．【解析】如图，在正三棱锥P-ABC 中，P 在底面ABC 内的射影O 为正三角形ABC 的中心，连接AO ，则AO 是PA 在底面ABC 内的射影，且BC ⊥AO ，所以BC ⊥PA.答案：BC ⊥PA。

高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解

高考总复习含详解答案高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解一、选择题1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为()A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形[答案]D [解析]∵AB →·BC →>0，∴∠ABC>π2，同理∠BCD>π2，∠CDA>π2，∠DAB >π2，由内角和定理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选 D. 2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为()A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数[答案]C [解析]AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选 C. 3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则MN →等于()A ．－12a ＋12b ＋13c B.12a ＋12b －13c C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c [答案] C。

高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版

设直线MN与平面PAB所成角为θ, DN =λ DC(λ∈[0,1]),

则 MN
= MA
+ AD
+ DN
=(λ+1,2λ-1,-1),
又平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),
| λ 1|

则sin θ=|cos< MN ,n>|=
( λ 1)2 (2 λ 1) 2 1
( λ 1) 2
=
,
2
5λ 2 λ 3
1
( λ 1)2
t2
5
令λ+1=t(t∈[1,2]),则 2
= 2
=
≤ ,
2
7
5 λ 2 λ 3 5t 12t 10 10 1 12 1 5
5
∴sin θ≤ 35 ,当t= ,即λ= 2 时,等号成立,
7
3

系有关的存在性问题;(2)与空间角有关的存在性问题.解决方案有两种:①
根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后
加以证明,得出结论;②假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条
件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在
这样的点或线,否则不存在.向量法是解决此类问题的常用方法,它可以将
(2)因为DE⊥平面ABCD,
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,
即∠EBD=60°,所以 ED = 3 .
BD
由AD=3,四边形ABCD是正方形,得BD=3 2 ,
则DE=3 6 ,所以AF= 6 .
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

用坐标系解立体几何常见方法

建立空间直角坐标系，解立体几何高考题立体几何重点、热点：求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．常用公式：1、求线段的长度：AB AB x2y2z2x2x12y2y12z2z12|PM n|2、求P点到平面的距离：PN ，（N为垂足，M为斜足，n 为平面的法向量）|n||PM n|3、求直线 l 与平面所成的角：|sin |，（PM l , M , n 为的法向量）|PM| |n||AB CD|4、求两异面直线AB 与CD的夹角：cos|AB| |CD||n1 n2 |5、求二面角的平面角：|cos | ，（n1，n2为二面角的两个面的法向量）|n1| |n2 |S射影6、求二面角的平面角：cos ，（射影面积法）S7、求法向量：①找；②求：设a,b 为平面内的任意两个向量，n （ x, y,1）为的法向量，a n 0则由方程组，可求得法向量n ．b n 0高中新教材9（B）引入了空间向量坐标运算这一内容，使得空间立体几何的平行﹑垂直﹑角﹑距离等问题避免了传统方法中进行大量繁琐的定性分析，只需建立空间直角坐标系进行定量分析，使问题得到了大大的简化。

而用向量坐标运算的关键是建立一个适当的空间直角坐标系。

一﹑直接建系。

当图形中有互相垂直且相交于一点的三条直线时，可以利用这三条直线直接建系。

例1. （2002 年全国高考题）如图，正方形ABCD﹑ABEF的边长都是1，而且平面ABCD﹑ABEF互相垂直。

点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN（=a0 a 2 ）。

（1）求MN的长；（2）当a 为何值时，MN的长最小；（3）当MN最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小。

解：（1）以B为坐标原点，分别以BA﹑BE﹑BC为x﹑y﹑z 轴建立如图所示的空即M﹑N 分别移动到AC﹑BF的中点时，MN的长最小，最小值为2 （3）取MN的中点P，连结AP﹑BP，因为AM=A，N BM=B，N 所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠ APB即为二面角α的平面角。

(全国通用)高考数学一轮复习第七章立体几何第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算习题理【含答案】

第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面且垂直D.既不平行也不垂直1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线.2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b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2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即是a∥b的充分不必要条件.3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a,=b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+cC. a-b+cD. a+b-c3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中点, +()++()+)=-,∵=a, =b, =c,∴=-a+b+c.4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定不为0的是()A.B.C.D.4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D.5.D【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则F,C1(0,1,1),G.因为H是C1G的中点,所以H,所以=-,则||=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量a=(-4,2,4),b=(-6,3,-2),则a·b=;|a|=.6.226【解析】a·b=(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22,|a|==6.7.已知空间四点A(-2,3,1),B(2,-5,3),C(10,0,10),D(8,4,a),如果四边形ABCD为梯形,则实数a的值为.7.9【解析】因为=(4,-8,2), =(8,5,7), =(2,-4,10-a), =(10,1,a-1),四边形ABCD为梯形,则,解得a=9,此时不平行.8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1B1上任意一点,则DP与BC1始终.8.垂直【解析】因为=()·=()·=0,所以,即DP与BC1始终垂直.三、解答题(共20分)9.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,H为平面EDB内一点,=(2m,-2m,-m)(m<0),证明:HC1⊥平面EDB.9.【解析】设正方体的棱长为a,则=(a,a,0),所以=(2m,-2m,-m)·=0,=(2m,-2m,-m)·(a,a,0)=0,所以,又DE∩DB=D,所以HC1⊥平面EDB.10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC的中点,若ABCD是平行四边形.求证:MN∥平面PAD.10.【解析】取DP的中点E,连接AE,EN,则,所以,所以共面,且MN不在平面PAD上,所以MN∥平面PAD.[高考冲关]1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),该四面体的体积为()A.B.C.1 D.21.A【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点,可知该四面体是棱长为的正四面体,所以体积为.2.(5分)设P(2,3,4)在三个坐标平面上的射影分别为P1,P2,P3,则向量:①(6,-3,-4);②(4,-3,-4);③(0,-3,4);④(2,-6,4).其中与平面P1P2P3平行的向量有().A.1个B.2个C.3个D.4个2.C【解析】由题意可知,P1,P2,P3的坐标分别为(2,3,0),(2,0,4),(0,3,4),可以求得平面P1P2P3的一个法向量为(6,4,3),①不与该法向量垂直,所以不与平面P1P2P3平行,②③④与该法向量垂直,所以与平面P1P2P3平行.3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是() A.在平面上B.相交C.平行D.以上都不正确3.C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则点M a,,N,所以=-,0,-与平面BB1C1C的法向量=(0,a,0)垂直,且MN不在平面BB1C1C上,所以MN与平面BB1C1C的位置关系是平行.4.(5分)已知空间四边形ABCD中, =a-2c, =5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为E,F,则=.4.3a+3b-5c【解析】=3a+3b-5c.5.(5分)已知空间图形A-BCD,E,F,G,H,M,N分别是AB,BC,CD,DA,AC,BD的中点,求证:EG,FH,MN交于一点且互相平分.5.【解析】设P1,P2,P3分别为EG,FH,MN的中点,又设=a, =b, =c,则)=)=(a+b+c).同理可证 (a+b+c),(a+b+c),∴P1,P2,P3三点重合.从而原命题得证.6.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.(1)求证:BD1⊥AC;(2)求证:OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.6.【解析】(1)以D为原点,DC,DA,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M,O.∴=(-1,-1,1), =(1,-1,0),∴=(-1)×1+(-1)×(-1)+1×0=0,∴,即BD1⊥AC.(2) =(0,0,1), =(-1,-1,1),∵=0, =0,∴OM⊥AA1,OM⊥BD1,即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.7.(10分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MN⊥AB1?若存在,请你求出它的位置;若不存在,请说明理由.7.【解析】假设在直线CC1上存在一点N,使得MN⊥AB1.如图,建立空间直角坐标系,有A(0,0,0),B,M,0,N(0,1,z),B1,∴.∵,∴=-+2z=0,解得z=,N,即CN=时,AB1⊥MN.。

空间向量与立体几何知识点和知识题(含答案解析)

§1－3 空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算：(1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律：加法交换律：a＋b＝b＋a；加法结合律：(a＋b＋c)＝a＋(b＋c)；分配律：(＋)a＝a＋a；(a＋b)＝a＋b．(2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数，使得a∥b．②共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在惟一一对实数，，使得c＝a＋b．③空间向量分解定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组1，2，3，使得p＝1a＋2b＋3c．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a·b＝|a｜|b｜c os〈a，b〉；②空间向量的数量积的性质：a·e＝|a｜c os＜a，e＞；a⊥b a·b＝0；|a|2＝a·a；|a·b|≤|a｜|b｜．③空间向量的数量积的运算律： (a )·b ＝(a ·b )；交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示：设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)；a ＝(a 1，a 2，a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3．③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝b ⇔a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 3＝b 3(∈R )；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0．④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式：设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a ba b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定． ②如果直线l ⊥平面，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定．(2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面，的法向量分别是u ，v ，则①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；⑤∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥⊥⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面的法向量是v ，直线a 与平面的夹角为，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作－l －在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB叫做二面角－l －的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角－l －的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角－l －的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面，的法向量，则〈m 1，m 2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． 6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3，OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2PA 1，点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1，AE 的中点，求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2PA 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ， ∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为，则,52||||cos ==⋅CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角．设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )，由,0,01==⋅⋅AA AB a a 得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵PA ＝AC ＝1，PA ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB 的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面PAB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．例6 如图，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 ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面PAC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成角的余弦值；(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角?若存在，求出PE ∶EC 的值；若不存在，说明理由．解：如图建立空间直角坐标系．设PA ＝a ，由已知可得A (0，0，0)，).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．∴BC ⊥平面PAC ．(Ⅱ)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ， ∴∠DAE 是直线AD 与平面PAC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE 即直线AD 与平面PAC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 是二面角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°，且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角，此时PE ∶EC ＝4∶3．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．练习1-3一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30°(B)45°(C)60°(D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，⊥，∩＝l ，A ∈，B ∈，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与，所成的角分别是和ϕ，AB 在，内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)＞ϕ，m ＞n (B)＞ϕ，m ＜n (C)＜ϕ，m ＜n(D)＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______．6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为，则cos＝______．三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值．10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN∥平面OCD；(Ⅱ)求异面直线AB与MD所成角的大小．11．如图，已知直二面角－PQ－，A∈PQ，B∈，C∈，CA＝CB，∠BAP ＝45°，直线CA和平面所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC⊥PQ；(Ⅱ)求二面角B－AC－P平面角的余弦值．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a、b和平面，下列命题正确的是( )(A)若a ∥b ，b ⊂，则a ∥ (B)若a ∥，b ⊂，则a ∥b (C)若a ∥，b ∥，则a ∥b(D)若a ⊥，b ⊥，则a ∥b2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38 (C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3(D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23(D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______．8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______． 9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形； ③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ； (Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，M 为PC的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB⊥平面MAB；(Ⅱ)求三棱锥P－ABC的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，M、N分别是A1C1、BC1的中点．(Ⅰ)求证：BC1⊥平面A1B1C；(Ⅱ)求证：MN∥平面A1ABB1；(Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积．14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．练习1-3一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ．又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为，,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ． ∵⊥，∩＝PQ ，∴CO ⊥．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥，∴∠CAO 是CA 和平面所成的角，则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ．易知n 2＝(1，0，0)是平面的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9 9．5 10．①、②、③三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ．∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形， ∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ． ∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量，则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)．同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵PA ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面PAC ，故AB ⊥PC ．∵PA ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ，又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ． (Ⅱ)Rt △PAB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △PAC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△PAB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ，又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ． ∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ，则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得＝1．∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅ ∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。

(完整)空间向量与立体几何知识点和习题(含答案),推荐文档

由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．，取直线l的方向向量a，则向量及一个向量a，那么经过点A以向量用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：的方向向量分别是a，b，平面α ，β 的法向量分别是，k∈R；0；0；，k∈R；k∈R；＝0．用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：，b是两条异面直线，过空间任意一点分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂．理解直线的方向向量与平面的法向量．．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得RS k PQ =如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．PA 1， ∴),34,0,0()2,00(32321===AA AP ⋅)同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(2要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，4)，＝(－1，EF AK OG 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)C (0，2，0)，N (2，2，1)．),1,0,2(),2,1,0(=CN 所成的角为θ ，则CN ,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．B P ∥MA ，B Q ∥NC ，所成的角．6,522=+==QC PC PQ Q空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，取A 1B 1的中点D ，则，连接AD ，C ⋅))2,2,0(a a D ),2,0,0(),0,,0(),0,0,231a AA a AB a ==,011=⋅AA DC 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E．，PA⊥AC，2，∴CD⊥PB．DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．,0(),0,0,2(),0,-==CP CB ＝(a 1，a 2，a 3)，(b 1，b 2，b 3)．＝1，得).0,2,1(-=a 得取b 3＝1，得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 3如图建立空间直角坐标系．，由已知可得A (0，0，0)，),0,23,0(),0,23,21(a C a a B -),0,0,21(),,0,0a BC a =∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．,0PAC ．的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点．⋅)21,43,0(),21,3a a E a a ⊥平面PAC ，(B)θ ＞ϕ(D)θ ＜ϕ中，E，F，G，H分别为所成角的大小是______．6，且对角线与底面所成角的余弦值为D1中，AA1＝2AB，则异面直线1本文下载后请自行对内容编辑修改删除，的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，，PA⊥底面ABCD，PD所成的角为θ ，则cosθ ＝______．C1D1中，AA1＝2AB＝4，点平面角的余弦值．中，底面ABCD是边长为OA的中点，N为BC的中点．OCD；所成角的大小．平面角的余弦值．习题1和平面α ，下列命题正确的是( α (B)若a ∥α (B)38000(D)4000cm 2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为( )(C)223本文下载后请自行对内容编辑修改删除，C11；平面角的余弦值．PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC MAB；C ；ABB 1；的体积．中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面SD ＝2．点M 在侧棱SC 上，∠的中点；的平面角的余弦值．练习1-3D ．42本文下载后请自行对内容编辑修改删除，，0)，E (0，2，1)，A 1).4∴A 1C ⊥BD ，A 1C ,0=⊥平面DBE ．是平面DA 1E 的法向量，则，得n ＝(4，1，－2)．14，,22(),0,22,0(-D P =-=),2,22,0(OD OP n ＝(x ，y ，z )，则⋅OP n 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，是CA 和平面α 所成的角，则∠，CO ＝1．3=AO ABO ＝∠BAO ＝45°，∴=AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),C A ).1,3,0(-=AC 是平面ABC 的一个法向量，取x ＝1，得=+=-,03,033z y y x 1=n 是平面β 的一个法向量．AB 1＝E ，连接DE ．四边形A 1ABB 1是正方形，是BC 的中点，∴DE ∥A 平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面⊄解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，⋅-)1,0,21(),01B 是平面A 1BD 的一个法向量，,01=D B 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1).0=1234是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN 平面A 1ABB 1，∴MN ⊄MH ．MH ∥A 1B 1，，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴的体积==⋅⋅∆3111MH S V B BC A (，0，0)，则B (22，),12,12,2(λλ++--=BM 故.60 >=BM |.BA BM =解得λ ＝,)12()1222λλ+++-的中点．，0，0)得AM 的中点22(G 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，。

考点3.3 立体几何的新定义问题(解析版)

考点3.3 立体几何的新定义问题立体几何问题是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的立体几何问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景或新的定义，考察立体几何知识等在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

本专题以单选题，多选题，填空题及解答题等形式体现立体几何在新定义问题中的应用。

解决立体几何的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。

解题要点：根据题目给出的新定义，建立立体几何模型，研究模型时需注意：根据新定义进行由特殊到一般的规律总结，最后解决问题。

立体几何的新定义问题（1）单选题1．（2020·济南市·山东省实验中学高二期中）空间直角坐标系O xyz -中，经过点()000,,P x y z ，且法向量为(),,m A B C =的平面方程为()()()0000A x x B y y C z z -+-+-=，经过点()000,,P x y z 且一个方向向量为()(),,0n μυωμυω=≠的直线l 的方程为x x y y z z μυω---==，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3570x y z -+-=，经过()0,0,0的直线l 的方程为321xy z ==-，则直线l 与平面a 所成角的正弦值为（）A B C D 【答案】B 【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线l 与平面a 所成角的正弦值. 【详解】因为平面α的方程为3570x y z -+-=，故其法向量为()3,5,1n =-，因为直线l 的方程为321x y z ==-，故其方向向量为()3,2,1m =-，故直线l 与平面a35==，故选：B. 【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒【答案】D 【分析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角()9039542745θδ'''=︒-︒-=︒可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角()9039542750533θδδ''''''=︒-︒-=︒+，由华表的高和影长相等可知45θ=︒，所以45505335533δ''''''=︒-︒=-︒. 所以该天太阳直射纬度为南纬5533'''︒，故选：D.3．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（理））设1P 、2P 、…、n P 为平面α内的n 个点，在平面α内的所有点中，若点P 到1P 、2P 、…、n P 点的距离之和最小，则称点P 为1P 、2P 、…、n P 点的一个“中位点”，有下列命题：①A 、B 、C 三个点共线，C 在线段AB 上，则C 是A 、B 、C 的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点A 、B 、C 、D 共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（） A ．②④ B ．①②C ．①④D ．①③④【答案】C 【分析】根据中位点的定义以及空间中的点与线的位置关系等逐个证明或举反例即可. 【详解】①若三个点,,A B C 共线,C 在线段AB 上,根据两点之间线段最短, 则C 是,,A B C 的中位点,正确；②举一个反例,如边长为3,4,5的直角三角形ABC ,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为5 2.57.5+=,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；③若四个点,,,A B C D 共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误；④如图,在梯形ABCD 中,对角线的交点,O P 是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得PA PB PC PD AC BD OA OB OC OD +++≥+=+++,∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确．故①④正确. 故选：C 【点睛】本题主要考查了新定义问题的运用,需要根据题意根据几何性质找到反例或直接证明.属于难题.4．（2020·北京高三专题练习）若点N 为点M 在平面α上的正投影，则记()N f M α=.如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，记平面11AB C D 为β，平面ABCD 为γ，点P 是棱1CC 上一动点（与C 、1C 不重合）()1Q f f P γβ⎡⎤=⎣⎦，()2Q f f P βγ⎡⎤=⎣⎦.给出下列三个结论：①线段2PQ 长度的取值范围是1,22⎡⎢⎣⎭；②存在点P 使得1//PQ 平面β；③存在点P 使得12PQ PQ .其中，所有正确结论的序号是（） A ．①②③ B ．②③C ．①③D ．①②【答案】D 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，设点P 的坐标为()()0,1,01a a <<，求出点1Q 、2Q 的坐标，然后利用向量法来判断出命题①②③的正误. 【详解】取1C D 的中点2Q ，过点P 在平面11AB C D 内作1PE C D ⊥，再过点E 在平面11CC D D 内作1EQ CD ⊥，垂足为点1Q .在正方体1111ABCD A BC D -中，AD ⊥平面11CC D D ，PE ⊂平面11CC D D ，PE AD ⊥∴，又1PE C D ⊥，1AD C D D =，PE ∴⊥平面11AB C D ，即PE β⊥，()f P E β∴=，同理可证1EQ γ⊥，CQ β⊥，则()()1f f P f E Q γβγ⎡⎤==⎣⎦，()()2f f P f C Q βγβ⎡⎤==⎣⎦.以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，设()01CP a a =<<，则()0,1,P a ，()0,1,0C ，110,,22a a E ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，110,,02a Q +⎛⎫ ⎪⎝⎭，2110,,22Q ⎛⎫⎪⎝⎭.对于命题①，2PQ =01a <<，则111222a -<-<，则211024a ⎛⎫≤-< ⎪⎝⎭，所以，212PQ ⎡=⎢⎣⎭，命题①正确；对于命题②，2CQ β⊥，则平面β的一个法向量为2110,,22CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，110,,2a PQ a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令211130424a a a CQ PQ --⋅=-==，解得()10,13a =∈，所以，存在点P 使得1//PQ 平面β，命题②正确；对于命题③，21120,,22a PQ -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()12211042a a a PQ PQ --⋅=+=，整理得24310a a -+=，该方程无解，所以，不存在点P 使得12PQ PQ ，命题③错误.故选：D. 【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.5．（2021·山东高三专题练习）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面11CDD C 上有一个小孔E ，E 点到CD 的距离为3，若该正方体水槽绕CD 倾斜（CD 始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面11CDD C 与桌面所成角的正切值为（）AB ．12CD ．2【答案】D 【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N 到底面B 的距离1BN =，再由边长关系可得四边形1NPC H 是平行四边形，从而侧面11CDD C 与桌面所转化成侧面11CDD C 与平面11HC D 所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值. 【详解】由题意知，水的体积为44232⨯⨯=，如图所示，设正方体水槽绕CD 倾斜后，水面分别与棱1111,,,,AA BB CC DD 交于,,,,M N P Q 由题意知3PC =，水的体积为32BCPN S CD ⋅=322BN PC BC CD +∴⋅⋅=，即344322BN +⨯⨯=， 1BN ∴=在平面11BCC B 内，过点1C 作1//C HNP 交1BB 于H ，则四边形1NPC H 是平行四边形，且11NH PC ==又侧面11CDD C 与桌面所成的角即侧面11CDD C 与水面MNPQ 所成的角，即侧面11CDD C 与平面11HC D 所成的角,其平面角为111HC C B HC ∠=∠, 在直角三角形11B HC 中，111114tan 22B C B HC B H ===.【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.（2）多选题6．（2020·江苏南通市·海安高级中学高一月考）平面中两条直线l 和n 相交于O ，对于平面上任意一点M ，若p ，q 分别是M 到直线l 和n 的距离，则称有序非负实数对（p ，q ）是点M 的“距离坐标”.则下列说法正确的（）A ．若p =q =0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有一个B ．若pq =0，且p +q ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有2个C ．若pq ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有4个D ．若p =q ，则点M 的轨迹是一条过O 点的直线【答案】ABC 【分析】根据“距离坐标”的定义对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】首先点到直线的距离是唯一确定的.对于A 选项，由于0p q ==，所以()0,0表示O 点，有且仅有一个，故A 选项正确. 对于B 选项，由于0pq =，且0p q +≠，当00p q =⎧⎨≠⎩或0p q ≠⎧⎨=⎩时，分别表示点()0,q 或(),0p ，有且仅有两个，故B 选项正确.对于C 选项，由于l 和n 相交与O ，所以直线l 和直线n 确定一个平面α，根据对称性可知，在平面α的上方和下方，各有两个“距离坐标”为(),p q 的点.故“距离坐标”为(),p q 的点有且仅有4个，所以C 选项正确. 对于D 选项，设l 和n 相交与O ，直线l 和直线n 相交所形成的两组对角的角平分线上的点，都满足p q =，所以点M 的轨迹不只是一条过O 点的直线，所以D 选项错误. 由于p q =，故选：ABC本小题主要考查空间点与直线的位置关系，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题. 7．（2020·全国高二课时练习）（多选）已知单位向量i ，j ，k 两两的夹角均为0,2πθθπθ⎛⎫<<≠⎪⎝⎭，若空间向量a 满足(,,)a xi y j zk x y z R =++∈，则有序实数组(,,)x y z 称为向量a 在“仿射”坐标系Oxyz （O 为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)a x y z θ=，则下列命题是真命题的有（）. A ．已知(1,3,2)a θ=-，(4,0,2)b θ=，则0a b ⋅= B ．已知(,,0)3a x y π=，(0,0,)3b z π=，其中,,0x y z >，则当且仅当x y =时，向量a ，b 的夹角取得最小值C ．已知()111,,a x y z θ=，()222,,b x y z θ=，则()121212,,a b x x y y z z θ+=+++D ．已知(1,0,0)3OA π=，(0,1,0)3OB π=，(0,0,1)3OC π=，则三棱锥O ABC -的表面积S =【答案】BC 【分析】根据“仿射”坐标的定义逐项判断即可. 【详解】(1,3,2)(4,0,2)(32)(42)421268412cos a b i j k i k i k i j j k k i θθθ⋅=-⋅=+-⋅+=+⋅+⋅+⋅-⋅-=因为0θπ<<，且2πθ≠，所以0a b ⋅≠，故A 错误；如图所示，设OB b =，OA a =，则点A 在平面xOy 上，点B 在z 轴上，由图易知当x y =时，AOB ∠取得最小值，即向量a 与b 的夹角取得最小值，故B 正确；根据“仿射”坐标的定义可得，()()()()()()()()111222111222121212121212,,,,,,a b x y z x y z x i y j z k x i y j z k x x i y y j z z k x x y y z z θθθ+=+=+++++=+++++=+++，故C 正确；由已知可得三棱锥O ABC -为正四面体，棱长为1，其表面积214122S =⨯⨯⨯=D 错误. 故选：BC. 【点睛】新定义概念题，考查对新概念的理解能力以及运算求解能力，基础题.8．（2020·江苏高二期中）20世纪50年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石，人工合成金刚石的典型晶态为立方体（六面体）、八面体和立方八面体以及他们的过渡形态. 其中立方八面体（如图所示）有24条棱、12个顶点，14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.已知一个立方八面体的棱长为1，则（）A ．它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为2B ．它的任意两条不共面的棱所在的直线都互相垂直 CD ．它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等【答案】ACD 【分析】利用立方八面体与正方体之间的关系计算出正方体的棱长，可判断A 、C 选项的正误；计算出不共面的棱所成角的大小可判断B 选项的正误，计算相邻的两个面所成二面角的大小可判断D 选项的正误. 【详解】如下图所示，由题意可知，立方八面体的顶点为正方体1111ABCD A BC D -各棱的中点，故立方八面体的棱为正方体1111ABCD A BC D -相邻两条棱的中点的连线，=由对称性可知，立方八面体的外接球球心为正方体1111ABCD A BC D -的中心，外接球的直径为正方体1111ABCD A BC D -的面对角线长2，该球的半径为1，A 选项正确；设MN 、PQ 为立方八面体的两条不共面的棱，如下图所示，则11//MN B D ，在正方体1111ABCD A BC D -中，11//BB DD 且11BB DD =，则四边形11BBD D 为平行四边形， 11//BD B D ∴，//MN BD ∴，由于1//PQ BC ，易知1BC D 为等边三角形，则160C BD ∠=，所以，MN 与PQ 所成角为60，B 选项错误；立方八面体的体积为331183223V ⎛⎫=-⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭C 选项正确；设正方体1111ABCD A BC D -底面的中心为点O ，连接OC 交立方八面体的棱PF 于点E ，连接EQ ，则E 为PF 的中点，且PFQ △为等边三角形，所以，EQ PF ⊥，CD BC =，O 为BD 的中点，OC BD ∴⊥，P 、F 分别为BC 、CD 的中点，则//PF BD ，OC PF ∴⊥，所以，OEQ ∠为立方八面体的底面与由平面PFQ 所成二面角的平面角，立方八面体的棱长为1，12OE EC ∴==，112CQ CC ==，3sin 602EQ PQ == 1CC ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，1CC CE ∴⊥，在Rt CEQ 中，cos CE CEQ EQ ∠==所以，()cos cos 180cos OEQ CEQ CEQ ︒∠=-∠=-∠=同理可知，立方八面体的相邻两个面所成二面角的余弦值为-D 选项正确. 故选：ACD.【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．9．（2020·夏津县教育和体育局高二月考）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng ）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF 是一个刍甍，其中四边形ABCD 为矩形，其中8AB =，AD =ADE 与BCF △都是等边三角形，且二面角E AD B --与F BC A --相等且大于3π，则EF 长度可能为（）A ．1B ．5C ．9D ．13【答案】CD 【分析】取两个极限情况：二面角E AD B --与F BC A --相等，且为平角时，14EF =，二面角为3π时，5EF =，即可得出结果. 【详解】等边三角形ADE 603︒=，同理等边三角形BCF 边上的高为3．二面角E AD B --与F BC A --相等，且为平角时，6814EF =+=，因此14EF <，二面角E AD B --与F BC A --相等，且为3π时，EF 最小，如图所示，此时取BC ，AD 的中点,O Q ，连接OQ ，FO ，由图形的对称性可得F 点在底面的投影必在OQ 上，由于OF BC ⊥，OH BC ⊥，所以FOH ∠即为二面角F BC A --的平面角，即3FOH π∠=，故32OH =，此时38252EF =-⨯= 由于二面角大于3π，因此5EF >，即可得EF 长度可能为9,13，故选：CD.【点睛】本题主要考查了空间角、运动思想方法、空间位置关系，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题.（3）填空题10．（2020·枣庄市第三中学高二月考）在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为()2220,,,,0Ax By Cz D A B C D R A B C +++=∈++≠，点()000,,P x y z 到平面α的距离d =，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O 到侧面的距离等于________．【分析】以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，求出点,,,O A B P 的坐标，求出侧面的方程，最后利用所给公式计算即可．【详解】如图，以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,0O，(1A ，1，0)，(1B -，1，0)，(0P ，0，2)，设平面PAB 的方程为0Ax By Cz D +++=，将,,A B P 坐标代入计算得0020A B D A B D C D ++=⎧⎪-++=⎨⎪+=⎩解得0A =，B D =-，12C D =-，102Dy Dz D ∴--+=，即220y z +-=，d ∴==【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．11．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数V ，棱数E 及面数F 满足等式2V E F -+=，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮，简洁的公式之一.如图是一个面数为26的多面体（其表面仅由正方形和正三角形围成），根据欧拉多面体公式可求得其棱数E =_______.【答案】48 【分析】根据图形可知顶点数，代入欧拉多面体公式可求得结果. 【详解】该多面体面数26F =，由图知，顶点数24V =，根据欧拉多面体公式2V E F -+=得：棱数22426248E V F =+-=+-=. 故答案为：48. 【点睛】本题考查立体几何中的新定义运算的求解问题，关键是能够充分理解已知所给公式，属于基础题.（4）解答题12．（2021·全国高三八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在各顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数2=，证明：这类多面体的总曲率是常数．【答案】（1）4π；（2）证明见解析. 【分析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为n 、l 、m ，设第i 个面的棱数为i x ，所以122m x x x l +++=，按照公式计算总曲率即可. 【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：()25424ππππ⨯-+=.（2）设顶点数、棱数、面数分别为n 、l 、m ，所以有2n l m -+= 设第i 个面的棱数为i x ，所以122m x x x l +++=所以总曲率为：()()()122222m n x x x ππ--+-++-⎡⎤⎣⎦()222n l m ππ=--()24n l m ππ=-+=所以这类多面体的总曲率是常数. 【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．13．（2020·北京101中学高二期中）已知集合(){}()12,,,|,1,2,,1n n i R x x x x R i n n =∈=≥，定义n R 上两点()12,,,n A a a a ，()12,,,n B b b b 的距离()1,ni i i d A B a b ==-∑.（1）当2n =时，以下命题正确的有__________（不需证明）： ①若()1,2A ，()4,6B ，则(),7d A B =；②在ABC 中，若90C =∠，则()()()222,,,d A C d C B d A B ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=⎣⎦⎣⎦⎣⎦； ③在ABC 中，若()(),,d A B d A C =，则B C ∠=∠;（2）当2n =时，证明2R 中任意三点A B C ，，满足关系()()(),,,d A B d A C d C B ≤+；（3）当3n =时，设()0,0,0A ，()4,4,4B ，(),,P x y z ，其中x y z Z ∈，，，()()(),,,d A P d P B d A B +=.求满足P 点的个数n ，并证明从这n 个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于83. 【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3）125n =，证明见解析．【分析】（1）①根据新定义直接计算．②根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；③由新定义写出等式()(),,d A B d A C =的表达式，观察有无AB AC =；（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；（3）根据新定义，及绝对值的性质得P 点是以AB 为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面(0,1,2,3,4)z =上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过83，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．【详解】（1）当2n =时，①若()1,2A ，()4,6B ，则(),41627d A B =-+-=，①正确；②在ABC 中，若90C =∠，则222AC BC AB +=，设112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ，所以222222131323231212()()()()()()x x y y x x y y x x y y -+-+-+-=-+-而()2221212121221212()()()2)),((x x y y x x y y d A x B x y y =⎡⎤⎣-+-+⎦=--+--， ()()22,,d A C d C B ⎡⎤⎡⎤+=⎣⎦⎣⎦22221313232313132323()()()()2()()2()()x x y y x x y y x x y y x x y y -+-+-+-+--+--，但1313232312122()()2()()2()()x x y y x x y y x x y y --+--=--不一定成立，②错误；③在ABC 中，若()(),,d A B d A C =，在②中的点坐标，有12121313x x y y x x y y -+-=-+-，但1212131322x x y y x x y y -⋅-=-⋅-不一定成立，因此AB AC =不一定成立，从而B C ∠=∠不一定成立，③错误．空格处填①（2）证明：设112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ，根据绝对值的性质有132312x x x x x x -+-≥-，132312y y y y y y -+-≥-，所以(,)(,)(,)d A C d B C d A B +≥．, （3）(,)12d A B =，44,44,44x x y y z z +-≥+-≥+-≥，所以(,)(,)12d A P d B P +≥，当且仅当以上三个等号同时成立，(,)(,)12d A P d B P +=又由已知()()(),,,d A P d P B d A B +=，∴04,04,04x y z ≤≤≤≤≤≤，又,,x y z Z ∈，∴,,0,1,2,3,4x y z =，555125⨯⨯=，点P 是以AB 为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，125n =．这125个点在0,1,2,3,4z z z z z =====这五面内．这三个平面内，一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．则这个三棱锥的体积最大为118441323V =⨯⨯⨯⨯=，现在任取11个点，若有四点共面，则命题已成立，若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线），若这三点在1,2,3z z z ===这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过83，否则还有8个点在平面0z =和4z =上，不合题意，若这三个点在平面0z =或5z =上，不妨设在平面0z =，若在平面1z =在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过83，否则剩下的8个点在2,3,4z z z ===三个平面上，只能是3，3，2分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过83，综上，任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于83.【点睛】关键点点睛：本题新定义距离(,)d A B ，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立．14．（2016·上海市实验学校高二期末）（1）如图，对于任一给定的四面体1234A A A A ，找出依次排列的四个相互平行的平面1α，2α，3α，4α，使得()1,2,3,4i i A i α∈=，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面1α，2α，3α，4α，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体1234A A A A 的四个顶点满足：()1,2,3,4i i A i α∈=，求该正四面体1234A A A A 的体积．【答案】（1）见解析；（2 【分析】（1）根据题意要作出相互平行且相邻距离相等的平面，所以先作直线平行，且取等分点，例如可取41A A 的三等分点2P ，3P ，13A A 的中点M ，24A A 的中点N ，则有223//A P NP ，332//A P MP ，从而可得面面平行；（2）先将正四面体补形为正方体，结合条件确定正方体的棱长，即可求正四面体1234A A A A 的体积．【详解】（1）取41A A 的三等分点2P ，3P ，13A A 的中点M ，24A A 的中点N ，过三点2A ，2P ，M 作平面2α，过三点3A ，3P ，N 作平面3α，因为223//A P NP ，332//AP MP ，所以平面2//α平面3α，再过点1A ，4A 分别作平面1α，4α与平面2α平行，那么四个平面，2α，3α，4α依次相互平行，由线段41A A 被平行平面1α，2α，3α，4α截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故1α，2α，3α，4α为所求平面．（2）如图，将此正四面体补形为正方体1111ABCD A BC D -（如图），分别取AB 、CD 、11A B 、11C D 的中点E 、F 、1E 、1F ，平面11DEE D 与11BFF B 是分别过点2A 、3A 的两平行平面，若其距离为1，则正四面体1234A A A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为a ，若1AM MN ==，因为12AE a =，DE =，在直角三角形ADE 中，AM DE ⊥，所以1122a a a =⋅，所以a ==，所以此正四面体的体积为3311432V a a =-⋅⋅=．【点睛】本题考查面面平行判定以及补形法求体积，考查空间想象能力以及基本分析论证与求解能力，属较难题.。

空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案

一．空间直角坐标系如图1，为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以正方体为载体，以O为原点，分别以射线OA，OC，OD′的方向为正方向，以线段OA，OC，OD′的长为单位长，建立三条数轴：x轴、y轴、z轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，其中点O叫做坐标原点，x轴、y轴、z轴叫做坐标轴，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为xOy平面、zOx平面、yOz平面，通常建立的坐标系为右手直角坐标系，即右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，中指指向z轴的正方向．二．空间直角坐标系中的坐标空间一点M的坐标可用有序实数组(x，y，z)来表示，有序实数组(x，y，z)叫做点M在此空间直角坐标系中的坐标，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标[例1]在空间直角坐标系中，作出点M(6，－2,4)．[例2]长方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝a，|BC|＝b，|CC1|＝c，将此长方体放到空间直角坐标系中的不同位置(如图3)，分别写出长方体各顶点的坐标．变式1：棱长为2的正方体，将此正方体放到空间直角坐标系中的不同位置，分别写出几何体各顶点的坐标。

2.底面为边长为4的菱形，高为5的棱柱，将此几何体放到空间直角坐标系中的不同位置分别写出几何体各顶点的坐标。

3.在棱长均为2a的正四棱锥P－ABCD中，建立恰当的空间直角坐标系，(1)写出正四棱锥P－ABCD各顶点坐标；(2)写出棱PB的中点M的坐标．解：连接AC，BD交于点O，连接PO，∵P－ABCD为正四棱锥，且棱长均为2a.∴四边形ABCD为正方形，且PO⊥平面ABCD.∴OA＝2a.PO＝P A2－OA2＝?2a?2－?2a?2＝2a.以O点为坐标原点，OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．（1）正四棱锥P－ABCD中各顶点坐标分别为A(2a,0,0)，B(0，2a,0)，C(－2a,0,0)，D(0，－2a,0)，P(0,0，2a)．(2)∵M为棱PB的中点，∴由中点坐标公式，得M(0＋02，2a＋02，0＋2a2)，即M(0，22a，22a)．[例3]在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)．(1)求点P关于x轴的对称点的坐标；(2)求点P关于xOy平面的对称点的坐标；(3)求点P关于点M(2，－1，－4)的对称点的坐标．[解](1)由于点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P1(－2，－1，－4)．(2)由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P2(－2,1，－4)．(3)设对称点为P3(x，y，z)，则点M为线段PP3的中点，由中点坐标公式，可得x＝2×2－(－2)＝6，y＝2×(－1)－1＝－3，z＝2×(－4)－4＝－12，所以P3(6，－3，－12)．变式：1.写出点P(6，－2，－7)在xOy面，yOz面，xOz面上的投影的坐标以及点P关于各坐标平面对称的点的坐标．解：设点P在xOy平面、yOz平面、xOz平面上的投影分别为点A，B，C，点P关于xOy平面、yOz平面、xOz平面的对称点分别为点A′，B′，C′，由P A⊥平面xOy，PB ⊥平面yOz，PC⊥平面xOz及坐标平面的特征知，点A(6，－2,0)，点B(0，－2，－7)，点C(6,0，－7)；根据点P关于各坐标平面对称点的特征知，点A′(6，－2,7)，B′(－6，－2，－7)，C′(6,2，－7)．2.在棱长都为2的正三棱柱ABC－A1B1C1中，建立恰当的直角坐标系，并写出正三棱柱ABC－A1B1C1各顶点的坐标．[正解]取BC，B1C1的中点分别为O，O1，连线OA，OO1，根据正三棱柱的几何性质，OA，OB，OO1两两互相垂直，且|OA |＝32×2＝3，以OA ，OB ，OO 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，如图5所示，则正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各顶点的坐标分别为A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (0，－1,0)，A 1(3，0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(0，－1,2)．三．空间向量在立体几何中的应用1. 直线的方向向量与平面的法向量(1) 直线l 上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l 的方向向量．(2) 如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n ⊥α.此时把向量n 叫做平面α的法向量．2. 线面关系的判定直线l 1的方向向量为e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平面α的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面β的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．(1) 如果l 1∥l 2，那么e 1∥e 2⇔e 2＝λe 1⇔a 2＝λa 1，b 2＝λb 1，c 2＝λc 1．(2) 如果l 1⊥l 2，那么e 1⊥e 2⇔e 1·e 2＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0．(3) 若l 1∥α，则e 1⊥n 1⇔e 1·n 1＝0⇔a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0．(4) 若l 1⊥α，则e 1∥n 1⇔e 1＝k n 1⇔a 1＝kx 1，b 1＝ky 1，c 1＝kz 1．(5) 若α∥β，则n 1∥n 2⇔n 1＝k n 2⇔x 1＝kx 2，y 1＝ky 2，z 1＝kz 2．(6) 若α⊥β，则n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0．3. 利用空间向量求空间角(1) 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是⎝⎛⎥⎤0，π2. ②向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有cos θ＝|cos φ|.(2) 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是⎣⎢⎡⎥⎤0，π2. ②向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|(3) 二面角①二面角的取值范围是[0，π]．②二面角的向量求法：(ⅰ) 若AB 、CD 分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角(如图①)．(ⅱ) 设n 1、n 2分别是二面角α-l-β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．题型1 空间向量的基本运算[例1]已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a ＝AB→，b ＝AC →. (1) 求a 和b 的夹角θ；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．解：∵A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，a ＝AB→，b ＝AC →， ∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)．(1)∵cosθ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角为arccos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010.(2)∵k a ＋b ＝k(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )，∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0，解得k ＝－52或2.题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM ∥平面BDE ；(2) AM ⊥平面BDF.证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连结NE.则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E(0，0，1)， A(2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.∴ NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1. ∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM.∵ NE Ì平面BDE ，AM Ë平面BDE ，∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF →＝(0，2，1)，∴ AM→·DF →＝0，∴ AM ⊥DF.同理AM ⊥BF. 又DF ∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF.题型3 空间的角的计算例3 (2013·苏锡常镇二模)如图，圆锥的高PO ＝4，底面半径OB ＝2，D 为PO的中点，E 为母线PB 的中点，F 为底面圆周上一点，满足EF ⊥DE.(1) 求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值；(2) 求二面角F-OD-E 的正弦值．解：(1) 以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴，OB 所在的线为y 轴，OP 所在的线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B(0，2，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，1，2)．设F(x 0，y 0，0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0，1，0)， ∵ EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1.∴ F(3，1，0)，EF →＝(3，0，－2)，BD→＝(0，－2，2)．设异面直线EF 与BD 所成角为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147. (2) 设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥OD →，n 1⊥OF →，即⎩⎨⎧z 1＝0，3x 1＋y 1＝0. 令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，32. 设二面角F-OD-E 的平面角为β，则|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77.∴ sin β＝427.（翻折问题）例4. (2013广东韶关第二次调研)如图甲，在平面四边形ABCD 中，已知∠A ＝45°，∠C ＝90°，∠ADC ＝105°，AB ＝BD ，现将四边形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BDC(如图乙)，设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点．(1) 求证： DC ⊥平面ABC ； (2) 求BF 与平面ABC 所成角的正弦值；(3) 求二面角B －EF －A 的余弦值．解：(1) ∵ 平面ABD ⊥平面BDC ，又∵ AB ⊥BD ，∴ AB ⊥平面BDC ，故AB ⊥DC ，又∵ ∠C ＝90°，∴ DC ⊥BC ，BC ÍABC 平面ABC ，DC Ë平面ABC ，故DC ⊥平面ABC.(2) 如图，以B 为坐标原点，BD 所在的直线为x 轴建立空间直角坐标系如下图示，设CD ＝a ，则BD ＝AB ＝2a ，BC ＝3a ，AD ＝22a ，可得B(0，0，0)，D(2a ，0，0)，A(0，0，2a)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，F(a ，0，a)，∴ CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，－32a ，0，BF →＝(a ，0，a)．设BF 与平面ABC 所成的角为θ，由(1)知DC ⊥平面ABC ，∴ cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝CD →·BF →|CD →|·|BF →|＝12a 2a ·2a ＝24，∴ sin θ＝24. (3) 由(2)知 FE ⊥平面ABC, 又∵ BE Ì平面ABC ，AE Ì平面ABC ，∴ FE ⊥BE ，FE ⊥AE ，∴ ∠AEB 为二面角B －EF －A 的平面角 .在△AEB 中，AE ＝BE ＝12AC ＝12AB 2＋BC 2＝72a ，∴ cos ∠AEB ＝AE 2＋BE 2－AB 22AE ·BE＝－17，即所求二面角B －EF －A 的余弦为－17. 课后巩固练习：1.(2013·江苏卷)如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．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)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) 设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.2. (2013·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D 、E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB.(1) 证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2) 求二面角DA 1CE 的正弦值．(1) 证明：连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF.因为DF Ì平面A 1CD ，BC 1Ë平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD.(2) 由AC ＝CB ＝22AB 得AC ⊥BC. 以C 为坐标原点，CA→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA ＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A 1(2，0，2)，CD →＝(1，1，0)，CE →＝(0，2，1)，CA 1→＝(2，0，2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 为平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2，1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D-A 1C-E 的正弦值为63.3. (2013·重庆)如图所示，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB. (1) 求PA 的长；(2) 求二面角B-AF-D 的正弦值．解：(1) 如图，连结BD 交AC 于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，OB→、OC →、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Oxyz ，则OC ＝CDcos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD＝CDsin π3＝3，故A(0，－3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)．因为PA ⊥底面ABCD ，可设P(0，－3，z)，由F 为PC 边中点，得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z)，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA→|＝2 3. (2) 由(1)知AD→＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18. 故二面角B-AF-D 的正弦值为378.4. (2013·连云港调研)在三棱锥SABC 中，底面是边长为23的正三角形，点S 在底面ABC 上的射影O 恰是AC 的中点，侧棱SB 和底面成45°角．(1) 若D 为侧棱SB 上一点，当SD DB为何值时，CD ⊥AB ； (2) 求二面角S-BC-A 的余弦值大小．解：以O 点为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OS 为z 轴建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知∠SBO ＝45°，SO ＝3.O(0，0，0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，S(0，0，3)，B(3，0，0)．(1) 设BD→＝λBS →(0≤λ≤1)，则OD →＝(1＋λ)OB →＋λOS →＝(3(1＋λ)，0，3λ)，所以CD →＝(3(1－λ)，－3，3λ)．因为AB →＝(3，3，0)，CD ⊥AB ，所以CD →·AB →＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝23. 故SD DB ＝12时， CD ⊥AB.(2) 平面ACB 的法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面SBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·SB →＝0，n 2·SC →＝0，则⎩⎨⎧3x －3z ＝0，3y －3z ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝z ，y ＝3z ，取n 2＝(1，3，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝3×0＋1×0＋1×112＋12＋（3）2·1＝55. 又显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为55.5. 在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面是边长为1的正方形，E 、F 分别是棱B 1B 、DA 的中点．(1) 求二面角D 1-AE-C 的大小；(2) 求证：直线BF ∥平面AD 1E.(1) 解：以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图．则相应点的坐标分别为D 1(0，0，2)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(1，1，1)，∴ED 1→＝(0，0，2)－(1，1，1)＝(－1，－1，1)，AE→＝(1，1，1)－(1，0，0)＝(0，1，1)， AC→＝(0，1，0)－(1，0，0)＝(－1，1，0)．设平面AED 1、平面AEC 的法向量分别为m ＝(a ，b ，1)，n ＝(c ，d ，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ED 1→·m ＝0，AE →·m ＝0Þ⎩⎨⎧－a －b ＋1＝0，b ＋1＝0Þ⎩⎨⎧a ＝2，b ＝－1，由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0Þ⎩⎨⎧－c ＋d ＝0，d ＋1＝0Þ⎩⎨⎧c ＝－1，d ＝－1，∴m ＝(2，－1，1)，n ＝(－1，－1，1)，∴cos m ，n ＝m·n |m |·|n |＝－2＋1＋16×3＝0，∴二面角D 1AEC 的大小为90°.(2) 证明：取DD 1的中点G ，连结GB 、GF.∵E 、F 分别是棱BB1、AD 的中点，∴GF ∥AD 1，BE ∥D 1G 且BE ＝D 1G ，∴四边形BED 1G 为平行四边形，∴D 1E∥BG .又D 1E 、D 1A Ì平面AD 1E ，BG 、GF 平面AD 1E ，∴BG ∥平面AD 1E ，GF ∥平面AD 1E.∵GF 、GB Ì平面BGF ，∴平面BGF ∥平面AD 1E.∵BF 平面AD 1E ，∴直线BF ∥平面AD 1E.(或者：建立空间直角坐标系，用空间向量来证明直线BF ∥平面AD 1E ，亦可)6. (2013·苏州调研)三棱柱ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB ＝2，AC ＝4，A 1A ＝3.D 是BC 的中点．(1) 求直线DB1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值；(2) 求二面角B 1-A 1D-C 1的正弦值．解：(1) 由题意，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，D(1，2，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3).A 1D →＝(1，2，－3)，A 1C 1→＝(0，4，0). 设平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)．∵ n ·A 1D →＝x ＋2y －3z ＝0，n ·A 1C 1→＝4y ＝0.∴ x ＝3z ，y ＝0.令z ＝1，得x ＝3.n ＝(3，0，1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，∵ DB 1→＝(1，－2，3)，∴ sin θ＝|cos 〈DB 1→·n 〉|＝3×1＋0×（－2）＋1×310×14＝33535. (2) 设平面A 1B 1D 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c)．A 1B 1→＝(2，0，0)，∵ m ·A 1D →＝a ＋2b －3c ＝0，m ·A 1B 1→＝2a ＝0，∴ a ＝0，2b ＝3c.令c ＝2，得b ＝3.m ＝(0，3，2)．设二面角B 1A 1DC 1的大小为α，∴ |cos α|＝cos|〈m ，n 〉|＝|m·n||m|·|m|＝|0×3＋3×0＋2×1|13×10＝265，则sin α＝3765＝345565. ∴ 二面角B 1A 1DC 1的正弦值为345565.7. (2013·南通二模)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P －AB －A 1的平面角的余弦值为255. 解：(1) 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A 1(0，2，2)，B 1(0，4，2)，AA 1→＝(0，2，2)，BC →＝B 1C 1→＝(2，－2，0)．cos 〈AA 1→，BC →〉＝AA 1→·BC →|AA 1→|·|BC →|＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(2) P 为棱B 1C 1中点，设B 1P →＝λB 1C 1→＝(2λ，－2λ，0)，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，AP→＝(2λ，4－2λ，2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝0，n 1·AB →＝0.⎩⎨⎧λx ＋2y －λy ＋z ＝0，2y ＝0.⎩⎨⎧z ＝－λx ，y ＝0. 故n 1＝(1，0，－λ)，而平面ABA 1的法向量是n 2＝(1，0，0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P 为棱B 1C 1中点，其坐标为P(1，3，2)．近六年高考题1. 【2010高考北京理第16题】(14分)如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC，AB ，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ；(2)求证：CF ⊥平面BDE ；(3)求二面角A-BE-D 的大小．【答案】设AC 与BD 交与点G 。

人教版高中数学选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试卷(包含答案解析)(1)

一、选择题1．如图，在三棱锥O ABC -中，点D 是棱AC 的中点，若OA a =，OB b =，OC c =，则BD 等于（）A ．1122a b c -+ B ．a b c +- C ．a b c -+D ．1122a b c -+- 2．正方体1111ABCD A B C D -中,动点M 在线段1A C 上,E ，F 分别为1DD ，AD 的中点.若异面直线EF 与BM 所成的角为θ，则θ的取值范围为（） A ．[,]63ππB ．[,]43ππC ．[,]62ππD ．[,]42ππ3．已知()1,1,2P -，()23,1,0P 、()30,1,3P ，则向量12PP 与13PP 的夹角是（） A ．30B ．45C ．60D ．904．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E 是DD 1的中点，则（）A ．直线B 1E //平面A 1BD B ．11B E BD ⊥C ．三棱锥C 1-B 1CE 的体积为313aD ．直线B 1E 与平面CDD 1C 1255．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，且6AB AP ==，2AD =，60BAD BAP DAP ∠=∠=∠=︒，E ，F 分别为PB ，PC 上的点，且2PE EB =，PF FC =，EF =（）A ．1B ．2C ．2D ．66．在三棱锥P ABC -中，PA ，AB ，AC 两两垂直，D 为棱PC 上一动点，2PA AC ==，3AB =.当BD 与平面PAC 所成角最大时，AD 与平面PBC 所成角的正弦值为（）A ．1111B ．21111C ．31111D ．411117．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，13AA =，2AB AC BC ===，则1AA 与平面11AB C 所成角的大小为A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒8．已知正四面体ABCD 的棱长为a ，点E ，F 分别是,BC AD 的中点，则AE AF ⋅的值为（） A ．2aB ．212a C ．214a D 23a 9．棱长为1的正四面体ABCD 中，点E ，F 分别是线段BC ，AD 上的点，且满足13BE BC =，14AF AD =，则AE CF ⋅=（）A ．1324-B ．12-C ．12D ．132410．以下四个命题中正确的是（）A ．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B ．若{},,a b c 为空间向量的一组基底，则{},,a b b c c a +++构成空间向量的另一组基底 C ．ABC ∆为直角三角形的充要条件是0AB AC ⋅= D ．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底11．正四面体ABCD 的棱长为2，E 、F 分别为BC 、AD 的中点，则AE AF ⋅的值为（） A ．-2B ．4C ．2D ．112．如图，在60︒二面角的棱上有两点A 、B ，线段AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，若4AB AC BD ===，则线段CD 的长为（）A ．43B ．16C ．8D ．4213．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是AB ，1CC 的中点，则直线1A E 与平面11B D F 所成角的正弦值是（） A ．15 B ．15 C ．5 D ．30第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明参考答案二、填空题14．在三棱锥P -ABC 中，PA ，AB ，AC 两两垂直，D 为棱PC 上一动点，2PA AC ==，3AB =.当BD 与平面PAC 所成角最大时，AD 与平面PBC 所成角的正弦值为________.15．平行六面体1111ABCD A B C D -中，1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=︒，且1AB =，2AD =，13AA =，则1AC 等于______.16．设E ,F 是正方体1AC 的棱AB 和11D C 的中点,在正方体的12条面对角线中,与截面1A ECF 成60︒角的对角线的数目是______.17．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，O 是面ABCD 的中心，点P 在棱11C D 上移动，则OP 的最小值时，直线OP 与对角面11A ACC 所成的线面角正切值为__________．18．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2AD =，13AA =，90BAD ∠=︒，1160BAA DAA ∠=∠=︒，则1AC =___________．19．已知空间三点(0,A 2，3)，(2,B 5，2)，(2,C -3，6)，则以,AB AC 为邻边的平行四边形的面积为______．20．设平面α的法向量为(1,2,2)-，平面β的法向量为(2,,4)λ，若α∥β，则λ的值为______21．如图，长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，122AA =，若M 是1AA 的中点，则BM 与平面11B D M 所成角的正弦值是___________.22．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为2，侧棱长为2，则1AC 与1B C 所成的角为___________.23．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，12AB AD AA ===，90BAD ∠=，1160BAA DAA ∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值是________．24．如图，在棱长为2的正方体中，点P 在正方体的对角线AB 上，点Q 在正方体的棱CD 上，若P 为动点，Q 为动点，则PQ 的最小值为_____.25．如图，在空间四边形OABC 中，M ，N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且3MG GN =，用向量OA 、OB 、OC 表示向量OG ，设OG x OA y OB z OC =⋅+⋅+⋅，则x 、y 、z 的和为______.26．在△ABC 中，A （1，﹣1，2），B （2，1，1），C （﹣1，2，3），若向量n 与平面ABC 垂直，且n ＝15，则n 的坐标为_____．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】利用空间向量的加法和减法法则可得出BD 关于a 、b 、c 的表达式. 【详解】()11112222OD OA AD OA AC OA OC OA OA OC =+=+=+-=+，因此，11112222BD OD OB OA OB OC a b c =-=-+=-+. 故选：A. 【点睛】本题考查利用基底表示空间向量，考查计算能力，属于中等题.2．A解析：A【详解】以D 点为原点，1,,DA DC DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图设DA 2=，易得()1,0,1EF=-,设()()()12,2,20122,2,2CM CA BM λλλλλλλλ==-≤≤=--，，则cos θcos ,?BM EF =，即())222201122321222823()33cos θλλλλλλ===≤≤-+-+-+.当13λ=时，cos θ取到最大值32，当1λ=时，cos θ取到最小值12，所以θ的取值范围为,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：A.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.3．D解析：D 【分析】设向量12PP 与13PP 的夹角为θ，计算出向量12PP 与13PP 的坐标，然后由12131213cos PP PP PP PP θ⋅=⋅计算出cos θ的值，可得出θ的值.【详解】设向量12PP 与13PP 的夹角为θ， ()()()123,1,01,1,22,2,2PP =--=-，()()()130,1,31,1,21,2,1PP =--=-，则12131213cos 0PP PP PP PP θ⋅==⋅，所以，90θ=，故选D.【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，考查利用向量的坐标计算向量的夹角，考查计算能力，属于中等题.4．D解析：D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量一一验证即可；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则()1,0,A a a ，()1,,B a a a ，0,0,2a E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(),,0B a a ，()0,0,0D ，()10,0,D a ，则1,,2a B E a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，(),,0DB a a =，()1,0,DA a a =，()1,,BD a a a =--，设面1A BD 的法向量为(),,n x y z =，所以0ax az ax ay +=⎧⎨+=⎩，取1x =，则1y z ==-，所以()1,1,1n =--，所以()()()()11111122a aB E n a =⨯-+-⨯-+-⨯=-，当2a ≠时10B E n ≠，故1B E 不一定平行面1A BD ，故A 错误；因为()()()()2115022a B E BD a a a a a a =-⨯-+-⨯-+⨯=≠，所以1B E 与1BD 不垂直，故B 错误； 111113111136C B CE B C EC C ECV V SB C a --===，故C 错误；面11CDD C 的法向量为()1,0,0m =，设直线B 1E 与平面CDD 1C 1所成的角为θ，则112sin31m B Em B Eθ===⨯，所以cos θ== 所以2sin tan cos θθθ===D 正确；【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.5．B解析：B 【分析】把EF 用,,AB AD AP 表示出来，然后平方转化为数量积求模．【详解】∵2PE EB =，PF FC =， ∴1132EF EB BA AP PF BP AB AP PC =+++=--++ 1111()()()()3232AP AB AB AP AB BC AP AP AB AB AP AB AD AP =--+++-=---+++-111626AB AD AP =-++，又62cos606AB AD AP AD ⋅=⋅=⨯⨯︒=，66cos6018AB AP ⋅=⨯⨯︒=， ∴2222111111111626364366186EF AB AD AP AB AD AP AB AD AB AP AD AP⎛⎫=-++=++-⋅-⋅+⋅ ⎪⎝⎭1111113643661862364366186=⨯+⨯+⨯-⨯-⨯+⨯．故选：B ．方法点睛：本题考查求向量的模，解题方法是用基底表示出向量，然后平方把模转化为数量积计算，本题在用基底表示向量时直接用向量的加法法则和数乘定义，如果结合减法可以更加容易理解，直接表示为：EF AF AE =-，再结合线性运算的结论分别基底去表示,AE AF ．6．C解析：C 【分析】首先利用线面角的定义，可知当D 为PC 的中点时，AD 取得最小值，此时BD 与平面PAC 所成角最大，再以点A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，利用向量坐标法求线面角的正弦值. 【详解】,AB AC AB PA ⊥⊥，且PA AC A =， AB ∴⊥平面PAC ，易证AB ⊥平面PAC ，则BD 与平面PAC 所成角为ADB ∠， 3tan AB ADB AD AD∠==，当AD 取得最小值时，ADB ∠取得最大值在等腰Rt PAC ∆中，当D 为PC 的中点时，AD 取得最小值.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(3,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)P ，(0,1,1)D ，则(0,1,1)AD =，(0,2,2)PC=-，(3,2,0)BC =-设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，则0n PC n BC ⋅=⋅=，即220320y z x y -=⎧⎨-+=⎩令3y =，得(2,3,3)n =.因为311cos ,11222n AD 〈〉==⨯，所以AD 与平面PBC 所成角的正弦值为311. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题重点考查线面角，既考查了几何法求线面角，又考查向量法求线面角，本题关键是确定点D 的位置，首先利用线面角的定义确定点D 的位置，再利用向量法求线面角.7．A解析：A 【分析】建立空间坐标系，计算1AA 坐标，计算平面11AB C 的法向量，运用空间向量数量积公式，计算夹角即可．【详解】取AB 的中点D ，连接CD ，以AD 为x 轴，以CD 为y 轴，以1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，可得()1,0,0A ，()11,0,3A ，故()()()11,0,31,0,00,0,3AA =-=，而 ()()111,0,3,3,3B C -，设平面11AB C 的法向量为()=,,m a b c ，根据110,0m AB m AC ⋅=⋅=，解得()3,3,2m =-，111 1,?2|?|m AA cos m AA m AA ==.故1AA 与平面11AB C 所成角的大小为030，故选A ．【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，关键构造空间直角坐标系，难度偏难．8．C解析：C【分析】把要求数量积的两个向量表示成以四面体的棱长为基底的向量的表示形式，写出向量的数量积，问题转化成四面体的棱之间的关系，因为棱长和夹角已知，得到结果．【详解】解：11()22AE AF AB AC AD =+ 1()4AB AD AC AD =+ 1(cos60cos60)4a a a a =⨯⨯︒+⨯⨯︒ 2221111()4224a a a =+= 故选：C.【点睛】本题考查空间向量的数量积，解题的关键是把要用的向量写成以已知几何体的一个顶点为起点的向量为基地的形式，再进行运算．9．A 解析：A【分析】设AB a =，AC b =，AD c =，以这3个向量为空间中的基底，将AE CF ⋅转化为基底的数量积运算，即可得答案.【详解】设AB a =，AC b =，AD c =，由题意可得121()333AE AB BE a b a a b =+=+-=+，14CF c b =-，则211334AE CF a b c b ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2121163123a c a b b c b =⋅-⋅+⋅- 11211111316232122324=⨯-⨯+⨯-⨯=-. 故选：A.【点睛】本题考查空间向量基本定理的运用、数量积运算，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意基底思想的运用.10．B解析：B【分析】根据空间向量基底的定义：任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，逐一分析A ，B ，D 可判断这三个结论的正误；根据向量垂直的充要条件，及直角三角形的几何特征，可判断C 的真假.【详解】对A ，空间的任何一个向量都可用其他三个不共面的向量表示，A 中忽略三个基底不共面的限制，故A 错误；对B ，若{},,a b c 为空间向量的一组基底，则,,a b c 三个向量互不共面；则,,a b b c c a +++，也互不共面，故{,,}a b b c c a +++可又构成空间向量的一组基底，故B 正确；对C ，0AB AC ABC ⋅=⇔∆的A ∠为直角ABC ⇒∆为直角三角形，但ABC ∆为直角三角形时，A ∠可能为锐角，此时0AB AC ⋅>，故C 错误；对D ，任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，三个向量不共线时可能共面，故D 错误；故选：B ．【点睛】本题以命题的真假判断为载体考查空间向量的基底概念、向量垂直的充要条件，考查对概念的理解与应用，属基础题．11．D解析：D【解析】【分析】如图所示，1()2AE AB AC =+，12AF AD =．代入AE AF ⋅，利用数量积运算性质即可得出．【详解】解：如图所示，1()2AE AB AC =+，12AF AD =． ∴111()()224AE AF AB AC AD AB AD AC AD =+=+ 221(2cos602cos60)4=︒+︒ 1=．故选：D ．【点睛】本题考查了向量数量积的运算性质、平行四边形法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．D解析：D【分析】分别过点A 、点D 作BD 、AB 的平行线相交于点E ，连接CE ，则由题意可知ACE ∆为等边三角形，CDE ∆为直角三角形，求解CD 即可.【详解】分别过点A 、点D 作BD 、AB 的平行线相交于点E ，连接CE ，则四边形ABDE 为平行四边形.线段AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB .AC AB ∴⊥，AE AB ⊥则CAE ∠为二面角的平面角，即60CAE ∠=4AB AC BD ===4AC BD AE AB DE ∴=====，如图所示.ACE ∴∆为等边三角形，4CE =AC DE ⊥，AE DE ⊥，AC AE A ⋂=，AC ⊂平面ACE ，AE ⊂平面ACE DE ∴⊥平面ACE又CE ⊂平面ACE∴DE CE ⊥在Rt CDE ∆中22224442CD CE DE =+=+=故选：D【点睛】本题考查空间的距离问题，属于中档题.13．D解析：D【分析】设正方体棱长为2，以1,,AD AB AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求得1(0,1,2)A E =-和平面11B D F 的一个法向量为(1,1,2)n =，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】设正方体棱长为2，分别以1,,AD AB AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则111(0,0,2),(0,1,0),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)A E B D F ，所以1111(0,1,2),(2,2,0),(2,0,1)A E B D B F =-=-=-.设平面11B D F 的法向量为(,,)n x y z =，则1110,0,n B D n B F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,20,x y x z -=⎧⎨-=⎩令1x =，则1,2y z ==，即平面11B D F 的一个法向量为(1,1,2)n =.设直线1A E 与平面11B D F 所成角为θ，则1130sin 30n A E n A E θ⋅===⋅ 故选D.【点睛】本题主要考查了利用空间向量求解直线与平面所成的角，根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 二、填空题14．【分析】首先可证平面PAC 则BD 与平面PAC 所成角为所以当D 为PC 的中点时取得最大值如图建立空间直角坐标系利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：因为PAABAC 两两垂直所以平面PAC 则BD 与311【分析】首先可证AB ⊥平面PAC ，则BD 与平面PAC 所成角为ADB ∠，所以当D 为PC 的中点时ADB ∠取得最大值，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：因为PA ，AB ，AC 两两垂直，PA AC A =所以AB ⊥平面PAC ，则BD 与平面PAC 所成角为ADB ∠，所以3tan AB ADB AD AD∠==，当AD 取得最小值时，ADB ∠取得最大值在等腰Rt PAC △中，当D 为PC 的中点时，AD 取得最小值，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则(0,0,0)A ，(3,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)P ，(0,1,1)D ，则(0,1,1)AD =，(0,2,2)PC =-，(3,2,0)BC =-，设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，则0n PC n BC ⋅=⋅=，即220320y z x y -=⎧⎨-+=⎩，令3y =，得(2,3,3)n =. 因为311cos ,11222n AD 〈〉==⨯，所以AD 与平面PBC 所成角的正弦值为31111. 311 【点睛】 (1)求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．15．5【分析】将已知条件转化为向量则有利用向量的平方以及数量积化简求解由此能求出线段的长度【详解】平行六面体中即向量两两的夹角均为则因此故答案为:5【点睛】本题考查向量的数量积和模在求解距离中的应用考查解析：5【分析】将已知条件转化为向量则有11AC AB BC CC →→→→=++,利用向量的平方以及数量积化简求解,由此能求出线段1AC 的长度．【详解】平行六面体1111ABCD A B C D -中, 1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=︒,即向量1,,AB AD AA →→→两两的夹角均为1601,2,3AB AD AA →→→︒===，,则11AC AB BC CC →→→→=++ 22221111222149212cos60213cos60223cos6025AC AB BC CC AB BC BC CC CC AB→→→→→→→→→→︒︒︒=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= 因此15AC →=.故答案为:5.【点睛】本题考查向量的数量积和模在求解距离中的应用,考查学生转化与划归的能力,难度一般. 16．【分析】由于平面不是特殊的平面故建系用法向量求解以为原点建系正方体三边为坐标轴求出平面的法向量求解面对角线和的夹角即可求得答案【详解】以点为原点所在直线为轴所在直线为轴所在直线为轴设正方体棱长为2如解析：4【分析】由于平面1A ECF 不是特殊的平面,故建系用法向量求解,以D 为原点建系,正方体三边为坐标轴,求出平面1A ECF 的法向量n ,求解面对角线和n 的夹角,即可求得答案.【详解】以点D 为原点,AD 所在直线为x 轴,DC 所在直线为y 轴,1DD 所在直线为z 轴设正方体棱长为2,如图:则(2,0,0),(0,0,0),(2,2,0),(0,2,0)A D B C1111(2,0,2),(2,2,2,),(0,2,2),(0,0,2)A B C D ,(2,1,0),(0,1,2)E F∴ 1(2,1,0),((0,1,2),(2,2,0)EC A E AC =-==-1(2,2,0),(2,0,2)BD BC =--=-- 11(0,2,2),(0,2,2)B A A B =--=-当面对角线与截面1A ECF 成60︒角,∴ 需保证直线与法向量的夹角为30︒,即其余弦值32± 设平面1A ECF 的法向量(,,)n x y z =100n EC n A E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 可得:2020y z x y -=⎧⎨-+=⎩ ,取2y = ∴ (1,2,1)n = ,则||6n = 33cos ,62||||86n AC AC n n AC ⋅<>===≠±⋅⋅ 3cos ,86BD n <>==⨯ 13cos ,286B C n <>=≠±⋅ 13cos ,286B A n <>==-⋅ 13cos ,286A B n <>=≠±⨯ 当两条面对角线平行时,求解其中一条与面1A ECF 的法向量n 夹角即可.平面11AA D D 中1AD 与EF 平行,故不符合题意.综上所述,符合题意的面对角线为:1111,,,BD B D AB DC 共4条.故答案为:4.【点睛】本题考查了线面角求法,根据题意画出几何图形,掌握正方体结构特征是解本题的关键.对于立体几何中角的计算问题,可以利用空间向量法,利用向量的夹角公式求解,属于基础题. 17．【分析】由题意以为坐标原点为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系求得以当即为中点时求得和平面的一个法向量为利用向量的夹角公式即可求解【详解】由题意以为坐标原点为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系则设则所以当即解析：13【分析】由题意，以A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，求得以当1x =，即P 为11C D 中点时，求得(0,1,2)OP =和平面11A ACC 的一个法向量为BD ，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】由题意，以A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则()1,1,0O ，设()(),2,202P x x ≤≤．则OP == 所以当1x =，即P 为11C D 中点时，OP此时点(1,2,2)P ，所以(0,1,2)OP =,又由BD ⊥平面11A ACC ，且(2,2,0)BD =-,即平面11A ACC 的一个法向量为(2,2,0)BD =-，设OP 与平面11A ACC 所成的角为θ，由线面角的公式可得sin cos ,210OP BDOP BD OP BD θ⋅====⋅, 因为(0,)2πθ∈，由三角函数的基本关系式，可得1tan 3θ=.【点睛】本题主要考查了空间向量在空间角的求解中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，确定出点P 的位置，再利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.18．【解析】【分析】首先画出图形然后结合=两边平方同时结合数量积的运算法则进行计算即可【详解】平行六面体如图所示：∵∠BAA1=∠DAA1=60°∴A1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上∴平面ACC 解析：23【解析】【分析】首先，画出图形，然后，结合11AC AC CC =+=1AB AD AA ++，两边平方，同时结合数量积的运算法则进行计算即可．【详解】平行六面体1111ABCD A B C D -，如图所示：∵∠BAA 1=∠DAA 1=60°∴A 1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上，∴平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ，∵AB=1，AD=2，AA 1=3，∵11AC AC CC =+=1AB AD AA ++∴|1AC |2=（1AB AD AA ++）2 =|AB |2+|AD |2+|1AA |2+2AB AD ⋅+21AB AA ⋅+21AD AA ⋅ =1+9+4+0+2×1×3×12+2×2×3×12=23， ∴|1AC∴AC1【点睛】本题重点考查了向量的坐标分解，向量的加法运算法则与运算律、数量积的运算等知识，属于中档题．19．【解析】分析：利用终点坐标减去起点坐标求得对应的向量的坐标进而求得向量的模以及向量的夹角的余弦值应用平方关系求得正弦值由此可以求得以为邻边的平行四边形的面积详解：由题意可得所以所以所以以为邻边的平行解析：【解析】分析：利用终点坐标减去起点坐标，求得对应的向量的坐标，进而求得向量的模以及向量的夹角的余弦值，应用平方关系求得正弦值，由此可以求得以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积.详解：由题意可得(2,3,1),(2,1,3)AB AC =-=-，49114,41AB AC =++==+=，所以2)31(1)32cos7BAC -+⨯+-⨯∠==-，所以sin 7BAC ∠=，所以以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积为S == 点睛：该题考查的是有关空间向量的坐标以及夹角余弦公式，在解题的过程中，需要对相关公式非常熟悉，再者就是要明确平行四边形的面积公式，以及借助于向量的数量积可以求得对应角的余弦值.20．-4【解析】分析：设平面的法向量平面的法向量由∥可得因此存在实数使得再利用向量共线定理的坐标运算即可求得结果详解：设平面的法向量平面的法向量因为∥所以所以存在实数使得所以有解得故答案为点睛：该题考查解析：-4 【解析】分析：设平面α的法向量m ，平面β的法向量n ，由α∥β，可得m n ∥，因此存在实数k ，使得m kn =，再利用向量共线定理的坐标运算即可求得结果.详解：设平面α的法向量(1,2,2)m =-，平面β的法向量(2,,4)n λ=，因为α∥β，所以m n ∥，所以存在实数k ，使得m kn =，所以有12224k k k λ=⎧⎪-=⎨⎪=⎩，解得4λ=-，故答案为4-. 点睛：该题考查的是向量平行的条件，以及向量平行时坐标所满足的关系，在解题的过程中，首先需要利用两个平面平行的条件，得到其法向量共线的结论，之后根据坐标的关系求得结果.21．【分析】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值【详解】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系则设平面的法向量为由可得令则可解析：6 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可求得直线BM 与平面11B D M 所成角的正弦值.【详解】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，则()2,2,0B 、(12,2,22B 、(10,0,22D 、(2M ，设平面11B D M 的法向量为(),,n x y z =，()112,2,0D B =，(12,0,2D M =-，由111100n D B n D M ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，可得220220x y x z +=⎧⎪⎨=⎪⎩，令1x =，则1y =-，2z =(1,1,n =-，(0,BM =-，cos ,32n BMn BM n BM ⋅<>===⨯⋅，因此，BM 与平面11B D M. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h lθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.22．【分析】作出图形分别取的中点连接以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法可求得异面直线与所成的角【详解】分别取的中点连接如下图所示：在正三棱柱中平面且分别为的中点且所以四边形为解析：3π 【分析】作出图形，分别取AC 、11A C 的中点O 、E ，连接OE 、OB ，以点O 为坐标原点，OB 、OC 、OE 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线1AC 与1B C 所成的角.【详解】分别取AC 、11A C 的中点O 、E ，连接OE 、OB ，如下图所示：在正三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，11//AC A C 且11AC A C =， O 、E 分别为AC 、11A C 的中点，1//AO A E ∴且1AO A E =，所以，四边形1AOEA 为平行四边形，1//OE AA ∴，则OE ⊥平面ABC ， ABC 为等边三角形，O 为AC 的中点，则OB AC ⊥，以点O 为坐标原点，OB 、OC 、OE 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,1,0A -、()0,1,0C 、13,0,22B 、(10,1,22C ， (10,2,22AC =，(13,1,22B C =--， 1111111cos ,22323AC B CAC B C AC B C ⋅<>===-⨯⋅，因此，1AC 与1B C 所成的角为3π. 故答案为：3π. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.23．【分析】利用表示向量利用空间向量数量积计算出即可得解【详解】如下图所示：所以因此异面直线与所成角的余弦值是故答案为：【点睛】方法点睛：求异面直线所成角的余弦值方法如下：一是几何法：作—证—算；二是向解析：23【分析】利用AB 、AD 、1AA 表示向量1AB 、1BC ，利用空间向量数量积计算出11cos ,AB BC <>，即可得解.【详解】如下图所示：11AB AB AA =+，111BC BC BB AD AA =+=+，()222222*********cos AB AB AA AB AA AB AA AB AA AB AA BAA =+=++⋅=++⋅∠22212222122=++⨯⨯=，123AB ∴= ()222222*********cos BC AD AA AD AA AD AA AD AA AD AA DAA =+=++⋅=++⋅∠22212222122=++⨯⨯=，123BC ∴= ()()21111111AB BC AB AA AD AA AB AD AB AA AD AA AA ⋅=+⋅+=⋅+⋅+⋅+222111111cos cos 22282AB AA BAA AD AA DAA AA =⋅∠+⋅∠+=⨯⨯+=，所以，()111121182cos ,323AB BC AB BC AB BC ⋅<>===⋅，因此，异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值是23. 故答案为：23. 【点睛】方法点睛：求异面直线所成角的余弦值，方法如下：一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线的夹角的余弦值为cos ,m n m n m n ⋅<>=⋅.24．【分析】建立空间直角坐标系利用三点共线设出点P(λλ2﹣λ)0≤λ≤2以及Q(02μ)0≤μ≤2根据两点间的距离公式以及配方法即可求解【详解】建立如图所示空间直角坐标系设P(λλ2﹣λ)Q(02μ)解析：2【分析】建立空间直角坐标系，利用,,A B P 三点共线设出点P (λ，λ，2﹣λ)，0≤λ≤2，以及Q (0，2，μ)，0≤μ≤2，根据两点间的距离公式，以及配方法，即可求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设P (λ，λ，2﹣λ)，Q (0，2，μ)(0≤λ≤2且0≤μ≤2)，可得PQ =22222(2)(2)2(1)(2)2λλλμλλμ+-+--=-+--+，∵2(λ﹣1)2≥0，(2﹣λ﹣μ)2≥0，∴2(λ﹣1)2+(2﹣λ﹣μ)2+2≥2，当且仅当λ﹣1=2﹣λ﹣μ=0时，等号成立，此时λ=μ=1，∴当且仅当P ､Q 分别为AB ､CD 的中点时，PQ 的最小值为2.故答案为:2.【点睛】本题考查空间向量法求两点间的距离，将动点用坐标表示是解题的关键，考查配方法求最值，属于中档题.25．【分析】利用向量的加法公式得出再由得出的值即可得出的和【详解】即故答案为：【点睛】本题主要考查了用空间基底表示向量属于中档题解析：78【分析】利用向量的加法公式得出111222MN OA OB OC =-++，再由1324OG OM MG OA MN =+=+，得出,,x y z 的值，即可得出,,x y z 的和. 【详解】MN MA AB BN =++11111()22222OA OB OA OC OB OA OB OC =+-+-=-++ 13131112424222OG OM MG OA MN OA OA OB OC ⎛⎫∴=+=+=+-++ ⎪⎝⎭813388OA OB OC =++ 133,,888x y z ∴=== 即78x y z ++=故答案为：78【点睛】本题主要考查了用空间基底表示向量，属于中档题. 26．（57）或（﹣5﹣7）【分析】求出23设向量与平面垂直列出方程组能求出结果【详解】∵在△ABC 中A （1﹣12）B （211）C （﹣123）∴（12﹣1）（﹣231）设∵向量与平面ABC 垂直∴解得∵∴1解析：n =（，n =（﹣，，﹣【分析】求出(1AB =，2，1)-，(2AC =-，3，1)，设(n x =，y ，)z ，向量n 与平面ABC 垂直，15n =，列出方程组能求出结果．【详解】∵在△ABC 中，A （1，﹣1，2），B （2，1，1），C （﹣1，2，3），∴AB =（1，2，﹣1），AC =（﹣2，3，1），设(),,n x y z =∵向量n 与平面ABC 垂直，∴20230n AB x y z n AC x y z ⎧⋅=+-=⎨⋅=-++=⎩，解得57x y z y =⎧⎨=⎩，∵15n =，∴=15，解得3y =，x = 73z =或y =x =- z =-∴(53,n =或(53,n =--．【点睛】本题考查向量的坐标的求法，考查向量与平面垂直、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．。

2020高考数学核心突破《专题5 立体几何第3讲空间向量及其在立体几何中的应用》

专题五第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．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＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值，此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角，所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 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．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)．又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217，故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)．又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)，因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解析以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． (1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面 P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为|BP |＝12＋22＝5，所以|BQ |＝25|BP |＝255.。

2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理(含解析)新人教A版

2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n＝(2,1，－1)，点C到面A1DM的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________．解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(xx·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F－BE－D的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM∥面BEF，并证明你的结论．解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴DEBD＝ 3.由AD＝3，BD＝32，得DE＝36，AF＝ 6.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)， ∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0，即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(xx·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(xx·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(xx·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1，又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1，又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1，又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ，在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)．设BD 1→与n 所成的角为β，则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)．则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(xx·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量．由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )．令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)．于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)．则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)．由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形， ∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.1又梯形BCDE的面积S梯形BCDE＝2×(4＋2)×42＝122，∴S△DME＝S梯形BCDE－S△DCM－S△BEM＝6 2.由(2)，知FG为三棱锥F－DME的高，且|FG|＝ 2.∴V F－DME＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(xx·保定市高三第一次模拟)四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB 的中点，且△SAB为等腰直角三角形，SA＝SB＝2，SC⊥BD，DA⊥平面SAB.(1)求证：平面SBD⊥平面SMC；(2)设四棱锥S－ABCD外接球的球心为H，求棱锥H－MSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA＝SB，M为AB中点，∴SM⊥AB.又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，所以SM⊥平面ABCD.又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB.又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，∴平面SBD⊥平面SMC.(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心，设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233.∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.可编辑修改精选文档(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2)∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0)设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧ x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1) ∴⎩⎪⎨⎪⎧ AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0) ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33. 所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63. .。

高考数学第一章空间向量与立体几何3-1空间直角坐标系练习含解析新人教A版选择性必修第一册

空间直角坐标系学习目标 1.了解空间直角坐标系.2.能在空间直角坐标系中写出所给定点、向量的坐标．知识点一空间直角坐标系 1．空间直角坐标系及相关概念(1)空间直角坐标系：在空间选定一点O 和一个单位正交基底{}i ，j ，k ，以O 为原点，分别以i ，j ，k 的方向为正方向，以它们的长为单位长度建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫做坐标轴，这时我们就建立了一个空间直角坐标系Oxyz .(2)相关概念：O 叫做原点，i ，j ，k 都叫做坐标向量，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为Oxy 平面、Oyz 平面、Ozx 平面，它们把空间分成八个部分． 2．右手直角坐标系在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，如果中指指向z 轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系．思考空间直角坐标系有什么作用？答案可以通过空间直角坐标系将空间点、直线、平面数量化，将空间位置关系解析化．知识点二空间一点的坐标在空间直角坐标系Oxyz 中，i ，j ，k 为坐标向量，对空间任意一点A ，对应一个向量OA →，且点A 的位置由向量OA →唯一确定，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x ，y ，z )，使OA →＝x i ＋y j ＋z k .在单位正交基底 {i ，j ，k }下与向量 OA →对应的有序实数组(x ，y ，z )叫做点A 在此空间直角坐标系中的坐标，记作A (x ，y ，z )，其中x 叫做点A 的横坐标，y 叫做点A 的纵坐标，z 叫做点A 的竖坐标．思考空间直角坐标系中，坐标轴上的点的坐标有何特征？答案 x 轴上的点的纵坐标、竖坐标都为0，即(x ，0,0)．y 轴上的点的横坐标、竖坐标都为0，即(0，y ，0)． z 轴上的点的横坐标、纵坐标都为0，即(0,0，z )．知识点三空间向量的坐标在空间直角坐标系Oxyz 中，给定向量a ，作OA →＝a .由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x ，y ，z )，使a ＝x i ＋y j ＋z k .有序实数组(x ，y ，z )叫做a 在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标，上式可简记作a ＝(x ，y ，z )．思考空间向量的坐标和点的坐标有什么关系？答案点A 在空间直角坐标系中的坐标为(x ，y ，z )，那么向量 OA →的坐标也为(x ，y ，z )．1．空间直角坐标系中，在x 轴上的点的坐标一定是(0，b ，c )的形式．( × ) 2．空间直角坐标系中，在xOz 平面内的点的坐标一定是(a ，0，c )的形式．( √ ) 3．关于坐标平面yOz 对称的点其纵坐标、竖坐标保持不变，横坐标相反．( √ )一、求空间点的坐标例1 (1)画一个正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，若以A 为坐标原点，以棱AB ，AD ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，取正方体的棱长为单位长度，建立空间直角坐标系，则 ①顶点A ，C 的坐标分别为________________； ②棱C 1C 中点的坐标为________；③正方形AA 1B 1B 对角线的交点的坐标为________．答案 ①(0,0,0)，(1,1,0) ②⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12 ③⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12(2)已知正四棱锥P －ABCD 的底面边长为4，侧棱长为10，试建立适当的空间直角坐标系，写出各顶点的坐标．解 ∵正四棱锥P －ABCD 的底面边长为4，侧棱长为10， ∴正四棱锥的高为223.以正四棱锥的底面中心为原点，平行于BC ，AB 所在的直线分别为x 轴、y 轴，垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则正四棱锥各顶点的坐标分别为A (2，－2,0)，B (2,2,0)，C (－2,2,0)，D (－2，－2,0)，P (0,0,223)．答案不唯一．反思感悟 (1)建立空间直角坐标系的原则 ①让尽可能多的点落在坐标轴上或坐标平面． ②充分利用几何图形的对称性． (2)求某点M 的坐标的方法作MM ′垂直平面xOy ，垂足M ′，求M ′的横坐标x ，纵坐标y ，即点M 的横坐标x ，纵坐标y ，再求M 点在z 轴上射影的竖坐标z ，即为M 点的竖坐标z ，于是得到M 点的坐标(x ，y ，z )．跟踪训练1 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是D 1D ，BD 的中点，G 在棱CD 上，且CG ＝14CD ，H 为C 1G 的中点，试建立适当的坐标系，写出E ，F ，G ，H 的坐标．解建立如图所示的空间直角坐标系．点E 在z 轴上，它的横坐标、纵坐标均为0，而E 为DD 1的中点，故其坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12. 由F 作FM ⊥AD ，FN ⊥CD ，垂足分别为M ，N ，由平面几何知识知FM ＝12，FN ＝12，故F 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.因为CG ＝14CD ，G ，C 均在y 轴上，故G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0. 由H 作HK ⊥CG ，可得DK ＝78，HK ＝12，故H 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，78，12.(答案不唯一) 二、空间点的对称问题例2 在空间直角坐标系中，已知点P (－2,1,4)． (1)求点P 关于x 轴对称的点的坐标； (2)求点P 关于xOy 平面对称的点的坐标；(3)求点P 关于点M (2，－1，－4)对称的点的坐标．解 (1)由于点P 关于x 轴对称后，它在x 轴的分量不变，在y 轴，z 轴的分量变为原来的相反数，所以对称点坐标为P 1(－2，－1，－4)．(2)由点P 关于xOy 平面对称后，它在x 轴，y 轴的分量不变，在z 轴的分量变为原来的相反数，所以对称点坐标为P 2(－2,1，－4)．(3)设对称点为P 3(x ，y ，z )，则点M 为线段PP 3的中点，由中点坐标公式，可得x ＝2×2－(－2)＝6，y ＝2×(－1)－1＝－3，z ＝2×(－4)－4＝－12，所以P 3的坐标为(6，－3，－12)．反思感悟空间点对称问题的解题策略(1)空间点的对称问题可类比平面直角坐标系中点的对称问题，要掌握对称点的变化规律，才能准确求解．(2)对称点的问题常常采用“关于谁对称，谁保持不变，其余坐标相反”这个结论．跟踪训练2 已知点P (2,3，－1)关于坐标平面xOy 的对称点为P 1，点P 1关于坐标平面yOz 的对称点为P 2，点P 2关于z 轴的对称点为P 3，则点P 3的坐标为________．答案 (2，－3,1)解析点P (2,3，－1)关于坐标平面xOy 的对称点P 1的坐标为(2,3,1)，点P 1关于坐标平面yOz 的对称点P 2的坐标为(－2,3,1)，点P 2关于z 轴的对称点P 3的坐标是(2，－3,1)．三、空间向量的坐标例3 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝4，M 为BC 1的中点，N 为A 1B 1的中点，建立适当的空间直角坐标系，求向量AB →，AC 1—→，BC 1—→的坐标．解建立如图所示的空间直角坐标系，设14AB →＝i ，14AC →＝j ，14AA 1→＝k ，AB →＝4i ＋0j ＋0k ＝(4,0,0)，AC 1—→＝AA 1—→＋AC →＝0i ＋4j ＋4k ＝(0,4,4)， ∴BC 1—→＝BC →＋CC 1—→ ＝BA →＋AC →＋CC 1—→ ＝－4i ＋4j ＋4k ＝(－4,4,4)．反思感悟向量坐标的求法(1)点A 的坐标和向量 OA →的坐标形式完全相同； (2)起点不是原点的向量的坐标可以通过向量的运算求得．跟踪训练3 已知A (3,5，－7)，B (－2,4,3)，设点A ，B 在yOz 平面上的射影分别为A 1，B 1 ，则向量A 1B 1—→的坐标为__________．答案 (0，－1,10)解析点A (3,5，－7)，B (－2,4,3)在yOz 平面上的射影分别为 A 1 (0,5，－7), B 1 (0,4,3)， ∴向量A 1B 1—→的坐标为(0，－1,10)．1．点P (2,0,3)在空间直角坐标系中的位置是在( ) A ．y 轴上 B ．xOy 面上 C ．xOz 面上 D ．yOz 面上答案 C2．在空间直角坐标系中，点P (1,3，－5)关于平面xOy 对称的点的坐标是( ) A ．(－1,3，－5) B ．(1,3,5) C ．(1，－3,5) D ．(－1，－3,5) 答案 B3．在空间直角坐标系中，点P (－1，－2，－3)到平面yOz 的距离是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D.14 答案 A4．点P (1,1,1)关于xOy 平面的对称点P 1的坐标为______；点P 关于z 轴的对称点P 2的坐标为________．答案 (1,1，－1) (－1，－1,1)解析点P (1,1,1)关于xOy 平面的对称点P 1的坐标为(1,1，－1)，点P 关于z 轴的对称点P 2的坐标为(－1，－1,1)．5．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若D (0,0,0)，A (4,0,0)，B (4,2,0)，A 1(4,0,3)，则向量AC 1—→的坐标为________．答案 (－4,2,3)解析 AC 1—→＝AD →＋DC 1—→＝AD →＋DC →＋CC 1—→＝－4i ＋2j ＋3k ＝(－4,2,3)．1．知识清单：(1)空间直角坐标系的概念． (2)点的坐标． (3)向量的坐标．2．方法归纳：数形结合、类比联想．3．常见误区：混淆空间点的坐标和向量坐标的概念，只有起点在原点的向量的坐标才和终点的坐标相同．1.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则点B1的坐标是( )A．(1,0,0)B．(1,0,1)C．(1,1,1)D．(1,1,0)答案 C解析点B1到三个坐标平面的距离都为1，易知其坐标为(1,1,1)，故选C.2．点A(0，－2,3)在空间直角坐标系中的位置是( )A．在x轴上B．在xOy平面内C．在yOz平面内D．在xOz平面内答案 C解析∵点A的横坐标为0，∴点A(0，－2,3)在yOz平面内．3．在空间直角坐标系中，P(2,3,4)，Q(－2，－3，－4)两点的位置关系是( )A．关于x轴对称B．关于yOz平面对称C．关于坐标原点对称D．以上都不对答案 C解析当三个坐标均相反时，两点关于原点对称．4．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( )A．(0，2，0) B．(0，2，3)C．(1,0，3) D．(1，2，0)答案 B解析由于垂足在平面yOz 上，所以纵坐标，竖坐标不变，横坐标为0.5．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，－1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，－1 答案 C解析 BE →＝BB 1—→＋B 1E —→＝k －14j ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－14，1.6．点P (1,2，－1)在xOz 平面内的射影为B (x ，y ，z )，则x ＋y ＋z ＝________. 答案 0解析点P (1,2，－1)在xOz 平面内的射影为B (1,0，－1)，∴x ＝1，y ＝0，z ＝－1， ∴x ＋y ＋z ＝1＋0－1＝0.7．已知A (3,2，－4)，B (5，－2,2)，则线段AB 中点的坐标为________．答案 (4,0，－1)解析设中点坐标为(x 0，y 0，z 0)，则x 0＝3＋52＝4，y 0＝2－22＝0，z 0＝－4＋22＝－1，∴中点坐标为(4,0，－1)．8．已知空间直角坐标系中三点A ，B ，M ，点A 与点B 关于点M 对称，且已知A 点的坐标为(3,2,1)，M 点的坐标为(4,3,1)，则B 点的坐标为________．答案 (5,4,1)解析设B 点的坐标为(x ，y ，z )，则有x ＋32＝4，y ＋22＝3，z ＋12＝1，解得x ＝5，y ＝4，z＝1，故B 点的坐标为(5,4,1)．9.建立空间直角坐标系如图所示，正方体DABC －D ′A ′B ′C ′的棱长为a ，E ，F ，G ，H ，I ，J 分别是棱C ′D ′，D ′A ′，A ′A ，AB ，BC ，CC ′的中点，写出正六边形EFGHIJ 各顶点的坐标．解正方体DABC －D ′A ′B ′C ′的棱长为a ，且E ，F ，G ，H ，I ，J 分别是棱C ′D ′，D ′A ′，A ′A ，AB ，BC ，CC ′的中点，∴正六边形EFGHIJ 各顶点的坐标为E ⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，a ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，H ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，I ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，0，J ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2.10.如图所示，过正方形ABCD 的中心O 作OP ⊥平面ABCD ，已知正方形的边长为2，OP ＝2，连接AP ，BP ，CP ，DP ，M ，N 分别是AB ，BC 的中点，以O 为原点，⎩⎨⎧⎭⎬⎫OM →，ON →，12OP →为单位正交基底建立空间直角坐标系．若E ，F 分别为PA ，PB 的中点，求点A ，B ，C ，D ，E ，F 的坐标．解由题意知，点B 的坐标为(1,1,0)．由点A 与点B 关于x 轴对称，得A (1，－1,0)，由点C 与点B 关于y 轴对称，得C (－1,1,0)，由点D 与点C 关于x 轴对称，得D (－1，－1,0)．又P (0,0,2)，E 为AP 的中点，F 为PB 的中点，所以由中点坐标公式可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.11．已知空间中点A (1,3,5)，点A 与点B 关于x 轴对称，则向量点B 的坐标为________．答案 (1，－3，－5)12．在空间直角坐标系中，点M (－2,4，－3)在xOz 平面上的射影为点M 1，则点M 1关于原点对称的点的坐标是________．答案 (2,0,3)解析由题意，知点M 1的坐标为(－2,0, －3)，所以点M 1关于原点对称的点的坐标是(2,0,3)．13．如图，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为2，则图中的点M 关于y 轴的对称点的坐标为________．答案 (－1，－2，－1)解析因为D (2，－2,0)，C ′(0，－2,2)，所以线段DC ′的中点M 的坐标为(1，－2,1)，所以点M 关于y 轴的对称点的坐标为(－1，－2，－1)．14.如图是一个正方体截下的一角P －ABC ，其中PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c .建立如图所示的空间直角坐标系，则△ABC 的重心G 的坐标是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，b 3，c3 解析由题意知A (a ，0,0)，B (0，b ，0)，C (0,0，c )．由重心坐标公式得点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，b 3，c3.15．已知向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(2,1，－1)，则p 在基底{2a ，b ，－c }下的坐标为________；在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为________．答案 (1,1,1) ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1 解析由题意知p ＝2a ＋b －c ，则向量p 在基底{2a ，b ，－c }下的坐标为(1,1,1)．设向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(x ，y ，z )，则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，又∵p ＝2a ＋b －c ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，x －y ＝1，z ＝－1，解得x ＝32，y ＝12，z ＝－1，∴p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1. 16．如图，在空间直角坐标系中，BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点D 在平面yOz 内，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，求点D 的坐标．解过点D 作DE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△BDC 中，∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得|BD →|＝1，|CD →|＝3， ∴|DE →|＝|CD →|sin 30°＝32，|OE →|＝|OB →|－|BE →|＝|OB →|－|BD →|cos 60°＝1－12＝12，∴点D 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32.。

建坐标系解立体几何含解析

立体几何——建坐标系1.如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2,CD=SD=1.Ⅰ证明:SD⊥平面SAB;Ⅱ求AB与平面SBC所成的角的大小.2.如图,在四面体ABOC中, OC⊥OA, OC⊥OB, ∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1.Ⅰ设P为AC的中点, Q在AB上且AB=3AQ. 证明:PQ⊥OA;Ⅱ求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.3.如图, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=4,AA1=7,点D是BC的中点,点E在AC上,且DE⊥A1E.Ⅰ证明:平面A1DE⊥平面ACC1A1;Ⅱ求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值.4.如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=1, AC=AA1=3,∠ABC=60°.Ⅰ证明:AB⊥A1C;Ⅱ求二面角A-A1C-B的大小.5.四棱锥A-BCDE中, 底面BCDE为矩形, 侧面ABC⊥底面BCDE, BC=2, CD=2, AB=AC.Ⅰ证明:AD⊥CE;Ⅱ设侧面ABC为等边三角形, 求二面角C-AD-E的大小.6.如图, 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2, D为CC1中点.Ⅰ求证:AB 1⊥平面A 1BD; Ⅱ求二面角A-A 1D-B 的大小.7.如图, 在三棱锥V-ABC 中, VC ⊥底面ABC, AC ⊥BC, D 是AB 的中点, 且AC=BC=a ,∠VDC=θ）（20πθ<<.Ⅰ求证:平面VAB ⊥平面VCD;Ⅱ试确定θ的值, 使得直线BC 与平面VAB 所成的角为6π. 8.如图, △BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形, 平面MCD ⊥平面BCD, AB ⊥平面BCD, AB=2.Ⅰ求直线AM 与平面BCD 所成角的大小; Ⅱ求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.9.如图, 在四棱锥P-ABCD 中, PD ⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1, AB=2, AB ∥DC, ∠BCD=90°.Ⅰ求证:PC ⊥BC;Ⅱ求点A 到平面PBC 的距离.10.如图, 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AC=BC, AA 1=AB, D 为BB 1的中点, E 为AB 1上的一点, AE=3EB 1.Ⅰ证明:DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线;Ⅱ设异面直线AB 1与CD 的夹角为45°, 求二面角A 1-AC 1-B 1的大小.11.如图, 四棱锥S-ABCD 中, 底面ABCD 为矩形, SD ⊥底面ABCD, AD=2, DC=SD=2. 点M 在侧棱SC 上, ∠ABM=60°.Ⅰ证明:M 是侧棱SC 的中点;Ⅱ求二面角S-AM-B 的大小.12.如图, 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AB ⊥AC, D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点, DE ⊥平面BCC 1.Ⅰ证明:AB=AC;Ⅱ设二面角A-BD-C 为60°, 求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小.13.如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是正方形, PD ⊥底面ABCD,点E 在棱PB 上. Ⅰ求证:平面AEC ⊥平面PDB;Ⅱ当PD=2AB 且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.14. 如图, 在四棱锥P-ABCD 中, 底面ABCD 是矩形, PA ⊥平面ABCD, PA=AD=4, AB=2.以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.Ⅰ求证:平面ABM ⊥平面PCD; Ⅱ求直线PC 与平面ABM 所成的角; Ⅲ求点O 到平面ABM 的距离.15.如图, 四棱锥S-ABCD 的底面是正方形, SD ⊥平面ABCD, SD=2a, AD=a 2, 点E 是SD 上的点, 且DE=a λ0<λ≤2.Ⅰ求证:对任意的λ∈0, 2,都有AC ⊥BE;Ⅱ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1tan tan =•ϕθ, 求λ的值.16.如图, 在五面体ABCDEF 中, AB ∥DC, ∠BAD=2π, CD=AD=2. 四边形ABFE 为平行四边形, FA ⊥平面ABCD, FC=3, ED=7. 求:Ⅰ直线AB 到平面EFCD 的距离;Ⅱ二面角F-AD-E的平面角的正切值.17.如图, 设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上, 记λ=BDPD11.当∠APC为钝角时, 求λ的取值范围.答案与解析1.解法一:Ⅰ取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=CB=2. 连结SE, 则SE⊥AB, SE=. 又SD=1, 故ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE为直角. 3分由AB⊥DE, AB⊥SE, DE∩SE=E, 得AB⊥平面SDE, 所以AB⊥SD, SD与两条相交直线AB、SE都垂直, 所以SD⊥平面SAB. 6分Ⅱ由AB⊥平面SDE知, 平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE, 垂足为F, 则SF⊥平面ABCD, SF==. 作FG⊥BC, 垂足为G, 则FG=DC=1. 连结SG, 则SG⊥BC. 又BC⊥FG, SG∩FG=G, 故BC⊥平面SFG, 平面SBC⊥平面SFG. 9分作FH⊥SG, H为垂足, 则FH⊥平面SBC. FH==, 即F到平面SBC的距离为. 由于ED∥BC, 所以ED∥平面SBC, E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为α, 则sin α==, α=arcsin. 12分解法二:以C为坐标原点, 射线CD为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设D1, 0, 0, 则A2, 2, 0、B0, 2, 0.又设Sx, y, z, 则x>0, y>0, z>0.Ⅰ=x-2, y-2, z, =x, y-2, z, =x-1, y, z,由||=||得=, 故x=1. 由||=1得y2+z2=1, 又由||=2得x2+y-22+z2=4, 即y2+z2-4y+1=0, 故y=, z=. 3分于是S, =,==·=0, ·=0. 故DS⊥AS, DS⊥BS, 又AS∩BS=S, 所以SD⊥平面SAB. 6分Ⅱ设平面SBC的法向量a=m, n, p,则a⊥, a⊥, a·=0, a·=0. 又==0, 2, 0, 故9分取p=2得a=-, 0, 2. 又=-2, 0, 0, cos<, a>==. 故AB与平面SBC所成的角为arcsin. 12分2.解法一:Ⅰ在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N, 连结CN. 在△AOB中, ∵∠AOB=120°且OA=OB, ∴∠OAB=∠OBA=30°. 在Rt△AON中, ∵∠OAN=30°, ∴ON=AN. 在△ONB中, ∵∠NOB=120°-90°=30°=∠OBN, ∴NB=ON=AN. 又AB=3AQ, ∴Q为AN的中点. 在△CAN中, ∵P, Q分别为AC, AN的中点, ∴PQ∥CN. 由OA⊥OC, OA⊥ON知:OA⊥平面CON. 又NC平面CON, ∴OA⊥CN. 由PQ∥CN, 知OA⊥PQ.Ⅱ连结PN, PO.由OC⊥OA, OC⊥OB知:OC⊥平面OAB. 又ON平面OAB, ∴OC⊥ON. 又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC. ∴OP是NP在平面AOC内的射影. 在等腰Rt△COA中, P为AC的中点, ∴AC⊥OP. 根据三垂线定理,知:AC⊥NP. ∴∠OPN为二面角O-AC-B的平面角. 在等腰Rt△COA中, OC=OA=1, ∴OP=. 在Rt△AON 中, ON=OAtan 30°=, ∴在Rt△PON中, PN==, ∴cos∠OPN===.解法二:Ⅰ取O为坐标原点, 以OA, OC所在的直线为x轴, z轴, 建立空间直角坐标系O-xyz如图所示.则A1, 0, 0, C0, 0, 1, B. ∵P为AC的中点, ∴P. ∵=, 又由已知, 可得==. 又=+=. ∴=-=, ∴·=·1, 0, 0=0. 故⊥.Ⅱ记平面ABC的法向量n=n1, n2, n3, 则由n⊥, n⊥, 且=1, 0, -1,得故可取n=1, , 1. 又平面OAC的法向量为e=0, 1, 0. ∴cos<n,e>==. 二面角O-AC-B的平面角是锐角, 记为θ, 则cos θ=.3.Ⅰ如图所示, 由正三棱柱ABC-A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.又DE平面ABC, 所以DE⊥AA1. 而DE⊥A1E, AA1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1.又DE平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1. Ⅱ解法一:过点A作AF垂直A1E于点F, 连结DF. 由Ⅰ知, 平面A1DE⊥平面ACC1A1, 所以AF⊥平面A1DE. 故∠ADF是直线AD和平面A1DE 所成的角.因为DE⊥平面ACC1A1, 所以DE⊥AC. 而△ABC是边长为4的正三角形, 于是AD=2,AE=4-CE=4-CD=3. 又因为AA1=, 所以A1E===4, AF==,sin∠ADF==. 即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.解法二:如图所示, 设O是AC的中点, 以O为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是A2, 0, 0, A12, 0, ,D-1, , 0, E-1, 0, 0.易知=-3, , -, =0, -, 0, =-3, , 0. 设n=x, y, z是平面A1DE的一个法向量, 则解得x=-z, y=0. 故可取n=, 0, -3.于是cos<n, >===-.由此即知, 直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.4.解法一:Ⅰ证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC.∴AB⊥平面ACC1A1, 又A1C平面ACC1A1, ∴AB⊥A1C. Ⅱ如图, 作AD⊥A1C交A1C于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BD⊥A1C, ∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中,AD===,在Rt△BAD中, tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan, 即二面角A-A1C-B的大小为arctan.解法二:Ⅰ证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴AA1⊥AB, AA1⊥AC. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°. 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC. 如图, 建立空间直角坐标系, 则A0, 0, 0, B1, 0, 0, C0,, 0, A10, 0, , ∴=1, 0, 0, =0, , -. ∵·=1×0+0×+0×-=0, ∴AB⊥A1C.Ⅱ如图, 可取m==1, 0, 0为平面AA1C的法向量,设平面A1BC的法向量为n=l, m, n, 则·n=0, ·n=0, 又=-1, , 0, ∴∴l=m, n=m. 不妨取m=1, 则n=, 1, 1.cos<m, n>===,∴二面角A-A1C-B的大小为arccos.5.解法一:Ⅰ作AO⊥BC, 垂足为O, 连结OD, 由题设知, AO⊥底面BCDE, 且O为BC中点. 由==知, Rt△OCD∽Rt△CDE, 从而∠ODC=∠CED, 于是CE⊥OD. 由三垂线定理知, AD⊥CE.Ⅱ作CG⊥AD, 垂足为G, 连结GE. 由Ⅰ知, CE⊥AD. 又CE∩CG=C, 故AD⊥平面CGE, AD⊥GE, 所以∠CGE是二面角C-AD-E的平面角. GE===, CE=,cos∠CGE===-. 所以二面角C-AD-E为arccos.解法二:Ⅰ作AO⊥BC, 垂足为O. 由题设知AO⊥底面BCDE, 且O为BC的中点. 以O为坐标原点, 射线OC为x轴正向, 建立如图所示的直角坐标系O-xyz. 设A0, 0, t. 由已知条件有C1, 0, 0, D1, , 0, E-1, , 0, =-2, , 0, =1, , -t. 所以·=0, 知AD⊥CE.Ⅱ△ABC为等边三角形, 因此A0, 0, .作CG⊥AD, 垂足为G, 连结CE. 在Rt△ACD中,求得|AG|=|AD|. 故G, ==, 又=1, , -, ·=0, ·=0. 所以与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角. 由cos<>==-知二面角C-AD-E为arccos.6.解法一:Ⅰ取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1.连结B1O, 在正方形BB1C1C中, O、D分别为BC、CC1的中点, ∴B1O⊥BD, ∴AB1⊥BD. 在正方形ABB1A1中, AB1⊥A1B, ∴AB1⊥平面A1BD.Ⅱ设AB1与A1B交于点G, 在平面A1BD中, 作GF⊥A1D于F, 连结AF, 由Ⅰ得AB1⊥平面A1BD, ∴AF⊥A1D. ∴∠AFG为二面角A-A1D-B的平面角. 在△AA1D中, 由等面积法可求得AF=, 又∵AG=AB1=, ∴sin∠AFG===, 所以二面角A-A1D-B的大小为arcsin.解法二:Ⅰ取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1中点O1, 以O为原点, 的方向为x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系, 则B1, 0, 0, D-1, 1, 0, A10, 2, , A0, 0, , B11, 2, 0, ∴=1, 2, -, =-2, 1, 0, =-1, 2, . ∵·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB1⊥平面A1BD.Ⅱ设平面A1AD的法向量为n=x, y, z. =-1, 1, -, =0, 2, 0.∵n⊥, n⊥, ∴∴∴令z=1得n=-, 0, 1为平面A1AD的一个法向量. 由Ⅰ知AB1⊥平面A1BD, ∴为平面A1BD的法向量. cos<n,>===-. ∴二面角A-A1D-B的大小为arccos.7.解法一:Ⅰ∵AC=BC=a, ∴△ACB是等腰三角形, 又D是AB的中点, ∴CD⊥AB, 又VC⊥底面ABC,∴VC ⊥AB, 于是AB⊥平面VCD, 又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ过点C在平面VCD内作CH⊥VD于H, 则由Ⅰ知CH⊥平面VAB. 连结BH, 于是∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. 依题意∠CBH=, 所以在Rt△CHD中, CH=asin θ;在Rt△BHC中, CH=asin=, ∴sin θ=, ∵0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法二:Ⅰ以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则C0, 0, 0, Aa, 0, 0, B0, a, 0, D, V. 于是,===-a, a, 0. 从而·=-a, a, 0·=-a2+a2+0=0, 即AB ⊥CD. 同理·=-a, a, 0·=-a2+a2+0=0, 即AB⊥VD.又CD∩VD=D, ∴ AB⊥平面VCD, 又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ设平面VAB的一个法向量为n=x, y, z,则由得可取n=1, 1, cot θ, 又=0, -a, 0, 于是sin===sin θ, 即sin θ=, ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法三:Ⅰ以点D为原点, 以DC、DB所在的直线分别为x轴、y轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则D0, 0, 0,A,B,C,V, 于是===0,a,0,从而·=0 a,0·=0, 即AB⊥DC. 同理·=0, a, 0·=0, 即AB⊥DV. 又DC∩DV=D, ∴ AB⊥平面VCD.又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ设平面VAB的一个法向量为n=x, y, z, 则由得取n=tan θ, 0, 1, 又=, 于是sin===sin θ,即sin θ=. ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.8. 解法一:Ⅰ取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD, 所以MO∥AB, A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E, 则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角. OB=MO=, MO∥AB, 则==, EO=OB=, 所以EB=2=AB, 故∠AEB=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.ⅡCE是平面ACM与平面BCD的交线. 由Ⅰ知, O是BE的中点, 则BCED是菱形. 作BF⊥EC于F, 连AF, 则AF⊥EC, ∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角, 设为θ. 因为∠BCE=120°, 所以∠BCF=60°.BF=BC·sin 60°=, tan θ==2, sin θ=. 所以, 所求二面角的正弦值是.解法二:取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD, 又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD.以O为原点, 直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴, 建立空间直角坐标系如图. OB=OM=, 则各点坐标分别为O0, 0, 0, C1, 0, 0, M0, 0, , B0, -, 0, A0, -, 2, Ⅰ设直线AM与平面BCD所成的角为α. 因=0, , -, 平面BCD的法向量为n=0, 0, 1. 则有sin α=cos<, n>===, 所以α=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.Ⅱ=-1, 0, , =-1, -, 2.设平面ACM的法向量为n1=x, y, z, 由得解得x=z, y=z, 取n1=, 1, 1. 平面BCD的法向量为n=0, 0, 1. 则cos<n1, n>==. 设所求二面角为θ, 则sin θ==. 所以, 所求二面角的正弦值是.9.解法一:Ⅰ因为PD⊥平面ABCD, BC平面ABCD,所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°, 得BC⊥DC. 又PD∩DC=D, PD平面PCD, DC平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PC平面PCD, 所以PC⊥BC.Ⅱ连结AC. 设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC, ∠BCD=90°, 所以∠ABC=90°. 从而由AB=2, BC=1, 得△ABC的面积S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1, 得三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PD=. 因为PD⊥平面ABCD, DC平面ABCD, 所以PD⊥DC. 又PD=DC=1, 所以PC==. 由PC⊥BC, BC=1, 得△PBC的面积S△PBC=. 由V=S△PBC h=··h=, 得h=. 因此, 点A到平面PBC的距离为.解法二:建立如图所示空间直角坐标系D-xyz, 则P0, 0, 1, C0, 1, 0, B1, 1, 0.Ⅰ=0, 1, -1, =-1, 0, 0. ∵·=0×-1+1×0+-1×0=0, ∴PC⊥BC.Ⅱ设平面PBC的法向量n=x, y, z, 则有即令y=1得n=0, 1, 1. 又因为A1, -1, 0, =0, 2, 0, 所以点A到平面PBC的距离d===.解法三:Ⅱ取AB中点E, 连DE, 则DE∥BC, DE∥面PBC, 则A点到面PBC的距离等于E点到面PBC距离的2倍, 即等于点到面PBC距离的2倍. 过D作DH⊥PC, 则DH⊥面PBC. 在Rt△PCD中, DH=, ∴A到面PBC的距离为.10.解法一:Ⅰ连结A1B, 记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1B1B为正方形, 故A1B⊥AB1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D为BB1的中点, 故DE ∥BF, DE⊥AB1. 作CG⊥AB, G为垂足, 由AC=BC知, G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B, 得CG⊥面AA1B1B. 连结DG, 则DG∥AB1, 故DE⊥DG, 由三垂线定理, 得DE ⊥CD. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.Ⅱ因为DG∥AB1, 故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角, ∠CDG=45°. 设AB=2, 则AB1=2, DG=, CG=, AC=. 作B1H⊥A1C1, H为垂足. 因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C, 故B1H⊥面AA1C1C, 又作HK⊥AC1, K为垂足, 连结B1K, 由三垂线定理, 得B1K⊥AC1, 因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.B1H==, HC1==, AC1==, HK==,tan∠B1KH==, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.解法二:Ⅰ以B为坐标原点, 射线BA为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.设AB=2, 则A2, 0, 0, B10, 2, 0, D0, 1, 0, E,又设C1, 0, c, 则==2, -2, 0, =1, -1, c. 于是·=0, ·=0,故DE⊥B1A, DE⊥DC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.Ⅱ因为<>等于异面直线AB1与CD的夹角,故·=||·||cos 45°, 即2××=4, 解得c=, 故=-1, 0, . 又==0, 2, 0, 所以=+=-1, 2, . 设平面AA1C1的法向量为m=x, y, z, 则m·=0, m·=0, 即-x+2y+z=0且2y=0. 令x=, 则z=1, y=0, 故m=, 0, 1. 设平面AB1C1的法向量为n=p, q, r, 则n·=0, n·=0, 即-p+2q+r=0, 2p-2q=0. 令p=, 则q=, r=-1, 故n=, -1.所以cos<m, n>==. 由于<m, n>等于二面角A1-AC1-B1的平面角, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arccos.11. 2009全国Ⅰ, 19, 12分如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD, AD=, DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=60°.11.解法一:Ⅰ作ME∥CD交SD于点E, 则ME∥AB, ME⊥平面SAD.连结AE, 则四边形ABME为直角梯形.作MF⊥AB, 垂足为F, 则AFME为矩形. 设ME=x, 则SE=x,AE==, MF=AE=, FB=2-x. 由MF=FB·tan 60°, 得=2-x,解得x=1. 即ME=1, 从而ME= DC, 所以M为侧棱SC的中点.ⅡMB==2, 又∠ABM=60°, AB=2, 所以△ABM为等边三角形.又由Ⅰ知M为SC中点, SM=, SA=, AM=2, 故SA2=SM2+AM2, ∠SMA=90°. 取AM中点G, 连结BG, 取SA中点H, 连结GH, 则BG⊥AM, GH⊥AM, 由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角. 连结BH. 在△BGH中, BG=AM=, GH=SM=, BH==, 所以cos∠BGH==-.二面角S-AM-B的大小为arccos.解法二:以D为坐标原点, 射线DA为x轴正半轴, 建立如图所示的直角坐标系D-xyz.设A, 0, 0, 则B, 2, 0, C0, 2, 0, S0, 0, 2.Ⅰ设=λλ>0, 则M, =. 又=0, 2, 0, <>=60°, 故·=||·||cos 60°, 即=, 解得λ=1, 即=. 所以M为侧棱SC的中点.Ⅱ由M0, 1, 1, A, 0, 0, 得AM的中点G. 又==0, -1, 1, =-, 1, 1.·=0, ·=0, 所以⊥⊥. 所以<>等于二面角S-AM-B的平面角. 因为cos<>==-. 所以二面角S-AM-B的大小为arccos.12.解法一:Ⅰ取BC中点F, 连结EF, 则EF B1B, 从而EFDA.连结AF, 则ADEF为平行四边形, 从而AF∥DE. 2分又DE⊥平面BCC1, 故AF⊥平面BCC1,从而AF⊥BC, 即AF为BC的垂直平分线, 所以AB=AC. 5分Ⅱ作AG⊥BD, 垂足为G, 连结CG. 由三垂线定理知CG⊥BD, 故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角. 由题设知, ∠AGC=60°. 设AC=2, 则AG=. 又AB=2, BC=2, 故AF=. 由AB·AD=AG·BD得2AD=·, 解得AD=, 故AD=AF. 又AD⊥AF, 所以四边形ADEF为正方形. 8分因为BC⊥AF, BC⊥AD, AF∩AD=A, 故BC⊥平面DEF, 因此平面BCD⊥平面DEF. 连结AE、DF, 设AE∩DF=H, 则EH⊥DF, EH⊥平面BCD. 连结CH, 则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 因ADEF为正方形, AD=, 故EH=1, 又EC=B1C=2, 所以sin∠ECH==, 所以∠ECH=30°, 即B1C与平面BCD所成的角为30°. 12分解法二:Ⅰ以A为坐标原点, 射线AB为x轴的正半轴, 建立如图所示的直角坐标系A-xyz. 设B1, 0, 0,C0, b, 0, D0, 0, c, 则B11, 0, 2c, E. 2分于是==-1, b, 0. 由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC, ·=0, 求得b=1, 所以AB=AC. 5分Ⅱ设平面BCD的法向量=x, y, z, 则·=0, ·=0. 又=-1, 1, 0, =-1, 0, c, 故8分令x=1, 则y=1, z==. 又平面ABD的法向量=0, 1, 0. 由二面角A-BD-C 为60°知, <>=60°, 故·=||·||·cos 60°, 求得c=. 于是=1, 1, , =1, -1, , cos<>==, <>=60°. 所以B1C与平面BCD所成的角为30°. 12分13.解法一:Ⅰ∵四边形ABCD是正方形, ∴AC⊥BD. ∵PD⊥底面ABCD, ∴PD⊥AC.∴AC⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB.Ⅱ设AC∩BD=O, 连结OE. 由Ⅰ知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵O, E分别为DB, PB的中点, ∴OE∥PD, OE=PD. 又∵PD⊥底面ABCD, ∴OE⊥底面ABCD, OE⊥AO. 在Rt△AOE中, OE=PD=AB=AO, ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.解法二:如图, 以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz.设AB=a, PD=h, 则Aa, 0, 0, Ba, a, 0, C0, a, 0, D0, 0, 0, P0, 0, h.Ⅰ∵=-a, a, 0, =0, 0, h, =a, a, 0, ∴·=0, ·=0. ∴AC⊥DP, AC⊥BD. ∴AC ⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB. Ⅱ当PD=AB且E为PB的中点时, P0, 0, a, E. 设AC∩BD=O, 则O, 连结OE. 由Ⅰ知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵==, ∴cos∠AEO==. ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.14.解法一:Ⅰ证明:依题设, M在以BD为直径的球面上, 则BM⊥PD. 因为PA⊥平面ABCD, 则PA⊥AB. 又AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD, 则AB⊥PD, 因此有PD⊥平面ABM, 所以平面ABM⊥平面PCD. Ⅱ设平面ABM与PC交于点N, 因为AB∥CD, 所以AB∥平面PCD, 则AB∥MN∥CD, 由Ⅰ知, PD⊥平面ABM, 则MN是PN在平面ABM上的射影, 所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角, 且∠PNM∠PCD, tan∠PNM=tan∠PCD==2, 所求角为arctan 2.Ⅲ因为O是BD的中点, 则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半, 由Ⅰ知, PD⊥平面ABM于M, 则|DM|就是D点到平面ABM的距离. 因为在Rt△PAD中, PA=AD=4, PD⊥AM, 所以M为PD中点, DM=2, 则O点到平面ABM的距离等于.解法二:Ⅰ同解法一;Ⅱ如图所示,建立空间直角坐标系,则A0,0,0,P0,0,4,B2,0,0,C2,4,0,D0,4,0, M0,2,2,设平面ABM的一个法向量n=x, y, z, 由n⊥, n⊥可得令z=-1, 则y=1, 即n=0, 1, -1. 设所求角为α, 则sin α==, 所求角的大小为arcsin.Ⅲ设所求距离为h, 由O1, 2, 0, =1, 2, 0, 得h==.15.1如图,连接BE、BD,由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD;SD⊥平面ABCD,16.∴BD是BE在平面ABCD上的射影,∴AC⊥BE;17.2如图,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=,18.∵SD⊥平面ABCD,CD平面ABCD,∴SD⊥CD;19.又底面ABCD是正方形,∴CD⊥AD,而SD∩AD=D,CD⊥平面SAD20.连接AE、CE,过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F,连接CF,则CF⊥AE,故∠CDF是二面角C-AE-D的平面角,即∠CDF=θ;在Rt△BDE中,∵BD=2a,DE=21.∴在Rt△ADE中,∵∴从而,在中,,由,得,由,解得,即为所求;16.解法一:Ⅰ因为AB∥DC, DC平面EFCD, 所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离. 如图1, 过点A作AG⊥FD于G. 因∠BAD=, AB∥DC, 故CD⊥AD;又FA⊥平面ABCD, 由三垂线定理知CD⊥FD, 故CD⊥平面FAD, 知CD⊥AG.图1故AG为所求的直线AB到平面EFCD的距离. 在Rt△FDC中, FD===. 由FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 从而在Rt△FAD中, FA===1, 所以, AG===.Ⅱ由已知FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 又由∠BAD=, 知AD⊥AB, 故AD⊥平面ABFE, 从而AD⊥FE. 所以, ∠FAE为二面角F-AD-E的平面角, 记为θ. 在Rt△EAD中, AE===. 由四边形ABFE为平行四边形, 得FE∥BA, 从而∠EFA=, 在Rt△EFA中, EF===. 故tan θ==.解法二:图2Ⅰ如图2, 以A点为坐标原点, 的方向为x, y, z的正方向建立空间直角坐标系, 则A0, 0, 0, C2, 2, 0, D0, 2, 0. 设F0, 0, z0z0>0, 可得=2, 2, -z0, 由||=3, 即=3, 解得z0=1, 即F0, 0, 1. 因为AB∥DC, DC平面EFCD, 所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD 的距离. 设A点在平面EFCD上的射影点为Gx1, y1, z1, 则=x1, y1, z1, 因·=0且·=0,而=0, -2, 1, =-2, 0, 0, 此即①解得G点的横坐标x1=0, 知G点在yOz面上, 故G点在FD上. 又∥=-x1, -y1, -z1+1, 故有=-z1+1, ②联立①、②, 解得G, 因||为AB到平面EFCD的距离, 而=, 所以||=.Ⅱ因四边形ABFE为平行四边形, 则可设Ex0, 0, 1x0<0, =-x0, 2, -1, 由||=, 即=, 解得x0=-, 即E-, 0, 1, 故=-, 0, 1. 由=0, 2, 0, =0, 0, 1, 因·=0, ·=0, 故∠FAE为二面角F-AD-E的平面角. 又=, 0, 0, ||=, ||=1, 所以tan∠FAE==.17.由题设可知, 以、、为单位正交基底, 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则有A1, 0, 0, B1, 1, 0, C0, 1, 0, D10, 0, 1. 由=1, 1, -1得=λ=λ, λ,-λ, 所以=+=-λ, -λ, λ+1, 0, -1=1-λ, -λ, λ-1, =+=-λ, -λ, λ+0, 1, -1=-λ, 1-λ, λ-1. 显然∠APC不是平角, 所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos<>=<0, 这等价于·<0, 即1-λ-λ+-λ1-λ+λ-12=λ-13λ-1<0, 得<λ<1. 因此, λ的取值范围为.18.解法一:Ⅰ因为AC=BC, M是AB的中点, 所以CM⊥AB. 又因为EA⊥平面ABC, 所以CM⊥EM.Ⅱ连结MD, 设AE=a, 则BD=BC=AC=2a. 在直角梯形EABD中. AB=2a, M是AB的中点,所以DE=3a, EM=a, MD=a, 因此DM⊥EM, 因为CM⊥平面EMD, 所以CM⊥DM, 因此DM⊥平面EMC, 故∠DEM是直线DE和平面EMC所成的角. 在Rt△EMD中. MD=a, EM=a, tan∠DEM==.解法二:如图, 以点C为坐标原点, 以CA, CB分别为x轴和y轴, 过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴, 建立直角坐标系C-xyz, 设EA=a, 则A2a, 0, 0, B0, 2a, 0, E2a, 0, a,D0, 2a, 2a, Ma, a, 0.Ⅰ因为=-a, a, -a, =a, a, 0, 所以·=0, 故EM⊥CM.Ⅱ设向量n=1, y0, z0与平面EMC垂直, 则n⊥, n⊥. 即n·=0, n·=0. 因为=-a, a, -a, =a, a, 0, 所以y0=-1, z0=-2. 即n=1, -1, -2. 因为=2a, -2a, -a, cos<n, >==, DE与平面EMC所成的角θ是n与夹角的余角, 所以tan θ=.19.1 以A为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A0,0, 0, B2,0, 0, C0,2, 0, D1,1, 0, A10,0, 4, C10,2, 4, 所以=2,0, -4, =1, -1, -4.因为cos< , > ===,所以异面直线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, 因为=1,1,0, =0,2,4,所以n1·=0, n1·=0, 即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2, y=-2, 所以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所成二面角的大小为θ.由|cos θ|===, 得sin θ=.因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.。

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空间直角坐标系如图1，为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以正方体为载体，以O 为原点，分别以射线OA，OC，OD′的方向为正方向，以线段OA，OC，OD′的长为单位长，建立三条数轴：x轴、y 轴、z轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，其中点O 叫做坐标原点，x轴、y 轴、z轴叫做坐标轴，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为xOy平面、zOx平面、yOz平面，通常建立的坐标系为右手直角坐标系，即右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，中指指向z轴的正方向．二．空间直角坐标系中的坐标空间一点 M 的坐标可用有序实数组（x，y，z）来表示，有序实数组（x，y， z）叫做点M 在此空间直角坐标系中的坐标，记作M （x，y，z），其中 x 叫做点 M 的横坐标，y 叫做点 M 的纵坐标，z 叫做点 M 的竖坐标[例1] 在空间直角坐标系中，作出点M（6，－2,4）．[例 2] 长方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1中，|AB|＝a ，|BC|＝b ，|CC 1| ＝c ，将此长方体放到空间直角坐标系中的不同位置（如图 3），分别写出长方体各顶点的坐标．变式 1：棱长为 2 的正方体，将此正方体放到空间直角坐标系中的不同位置，分别写出几何体各顶点的坐标。

2.底面为边长为 4 的菱形，高为 5 的棱柱，将此几何体放到空间直角坐标系中的不同位置分别写出几何体各顶点的坐标。

3. 在棱长均为 2a 的正四棱锥 P －ABCD 中，建立恰当的空间直角坐标系，（1）写出正四棱锥 P －ABCD 各顶点坐标；（2）写出棱 PB 的中点 M 的坐标．解：连接 AC ，BD 交于点 O ，连接 PO ，∵ P －ABCD 为正四棱锥，且棱长均为 2a.∴四边形 ABCD 为正方形，且 PO ⊥平面 ABCD.∴OA ＝ 2＝ PA 2－OA 2＝ 2a 2－ 2a 2＝ 2a.以O 点为坐标原点， OA ，OB ，OP 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．（1）正四棱锥 P －ABCD 中各顶点坐标分别为 A （ 2a,0,0），B （0，2a,0），C （－ 2 a,0,0）， D （0，－ 2a,0）， P （0,0， 2a ）． 0＋0 2a ＋ 0 0＋ 2a（2）∵M 为棱 PB 的中点，∴由中点坐标公式，得 M （ 2 ， 2 ， 2 ），[ 例 3] 在空间直角坐标系中，点 P （－2,1,4）．（1）求点P 关于x 轴的对称点的坐标；（2）求点 P 关于 xOy 平面的对称点的坐标；（3）求点 P 关于点 M （2，－ 1，－ 4）的对称点的坐标．[解] （1）由于点 P 关于 x 轴对称后，它在 x 轴的分量不变，在 y轴、z 轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为 P 1（－2，－1，－4）．即 M(0（2）由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P2（－2,1，－4）．（3）设对称点为P3（x，y，z），则点M 为线段PP3 的中点，由中点坐标公式，可得x＝2×2－（－2）＝6，y＝2×（－1）－1＝－3，z＝2×（－4）－4＝－12，所以P3（6，－3，－12）．变式： 1.写出点P（6，－2，－7）在xOy 面，yOz面，xOz 面上的投影的坐标以及点P 关于各坐标平面对称的点的坐标．解：设点P 在xOy平面、yOz平面、xOz平面上的投影分别为点A，B，C，点P 关于xOy 平面、yOz 平面、xOz 平面的对称点分别为点A′ ，B′，C′，由PA⊥平面xOy，PB ⊥平面yOz，PC ⊥平面xOz 及坐标平面的特征知，点A（6，－2,0），点B（0，－2，－7），点C（6,0，－7）；根据点P 关于各坐标平面对称点的特征知，点A′（6，－2,7），B′（－6，－2，－7），C′（6,2，－7）．2.在棱长都为 2 的正三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，建立恰当的直角坐标系，并写出正三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 各顶点的坐标．［正解］取 BC ， B 1C 1的中点分别为 O ， O 1，连线 OA ，OO 1，根据正三棱柱的几何性质， OA ，OB ，OO 1 两两互相垂直，且 |OA|＝ 23×2＝ 3，以 OA ，OB ，OO 1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立直角坐标系，如图 5 所示，则正三棱柱 ABC —A 1B 1C 1 各顶点的坐标分别为 A( 3，0,0)，B(0,1,0)，C(0，－1,0)， A 1( 3，0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(0，－ 1,2)．空间向量在立体几何中的应用直线的方向向量与平面的法向量直线 l 上的向量 e 以及与 e 共线的向量叫做直线 l 的方向向量．如果表示非零向量 n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量 n 垂直于记作 n⊥α .此时把向量 n 叫做平面 α的法向量． 1. (1) (2) α，2. 线面关系的判定直线 l 1 的方向向量为面 α的法向量为 n 1＝ (x 1，如果 l 1∥l 2，那么如果 l 1⊥l 2，那么若 l 1∥α，则 e 1⊥ n 1 若 l 1⊥α，则 e 1∥ n 1 若 α∥β，则 n 1∥ n 2 若 α⊥β，则 n 1⊥ n 2 3. 利用空间向量求空间角 (1) 两条异面直线所成的角平面 (1)(2)(3) (4) (5) (6) e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线 l 2 的方向向量为 e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平 y 1，z 1)，平面β的法向量为 n 2＝(x 2， y 2，z 2)． e 1∥ e 2 e 2＝ λe 1 a 2＝ λ1a ，b 2＝λb 1，c 2＝λ1c ． e 1⊥ e 2 e 1·e 2＝0 a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝ 0． e 1·n 1＝ 0 a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0． e 1＝kn 1 a 1＝kx 1，b 1＝ky 1， c 1＝kz 1． n 1＝ kn 2 x 1＝ kx 2， y 1＝ky 2，z 1＝kz 2． n 1· n 2＝0 x 1x 2＋y 1y 2＋ z 1z 2＝0． π ①范围：两条异面直线所成的角 θ的取值范围是 0， 2 . ②向量求法：设直线 a 、b 的方向向量为 a 、b ，其夹角为 (2) 直线与平面所成的角 φ，则有 cosθ＝ |cosφ |. ①范围：直线和平面所成的角 θ的取值范围是 0，π2 . ②向量求法：设直线 l 的方向向量为 a ，平面的法向量为为 θ，a 与 u 的夹角为φ，则有 sinθ＝ |cosφ| (3) 二面角 ①二面角的取值范围是［0，π ］． ②二面角的向量求法： (ⅰ) 若 AB 、CD 分别是二面角 α-l- β的两个面内与棱 l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量 AB 与 CD 的夹角 (如图 ①)．u ，直线与平面所成的角（ⅱ）设 n 1、n 2 分别是二面角 α-l- β的两个面 α、 β的法向量，则向量 n 1 与 n 2 的夹角（或其补角）的大小就是二面角的平面角的大小（如图②③ ）．题型 1 空间向量的基本运算 A （－2，0，2），B （－1，1，2），C （－ 3，0，4）．设 a ＝A →B ，b ［例 1］已知空间三点 A →C. （1）求 a 和 b 的夹角解： ∵A （－2，0， ∴a ＝（1，1，0），b ＝（－1，0，2）．（1）∵cosθ＝|a a |·|b b|＝－12＋×0＋50＝－ 1100，∴ a 和b 的夹角为 arccos － 1100.（2）∵ka ＋b ＝k （1，1，0）＋（－1，0，2）＝（k －1，k ，2），ka －2b ＝（k ＋2，k ，－4），且（ka ＋b ）⊥（ka －2b ）， ∴（k －1，k ，2）·（k ＋2，k ，－4）＝（k －1）（k ＋2）＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0，解 5 得 k ＝－ 25或 2. 题型 2 空间中的平行与垂直例 2 如图所示，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直， AB ＝ 2，AF ＝1，M 是线段 EF 的中点．求证：（1） AM ∥平面 BDE ；（2） AM ⊥平面 BDF. 证明：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设结 NE. 则 N 22， 22，0 ，E （0，0，1）， A （ 2， 2，0），M 22， 22，1 .∴ N →E ＝－ 2，－ 2， 1 .－ 2 ，－ 2 ， 1 ∴ N →E ＝A →M 且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM.∵ NE 平面 BDE ，∴ AM ∥平面 BDE. （2）由（1）知A →M ＝－ 22， θ；（2）若向量 ka ＋b 与 ka －2b 互相垂直，求 k 的值． 2），B （－1，1，2），C （－3，0，4），a ＝A →B ，b ＝A →C ， AC ∩BD ＝N ，连 2， 2， 22，1 ， A →M ＝平面 BDE ，AM ?22， 1 ，∵ D （ 2，0，0）， F （ 2， 2，1），∴ D →F ＝（0， 2，1）， ∴ A →M ·D →F ＝ 0，∴ AM 平面 BDF. 题型 3 空间的角的计算例 3 （2013·苏锡常镇二模）如图，圆锥的高 PO ＝4，底面半径 OB ＝2，D 为 PO 的中点， E 为母线 PB 的中点， F 为底面圆周上一点，满足 EF ⊥DE. （1）求异面直线 EF 与 BD 所成角的余弦值；（2）求二面角 F-OD-E 的正弦值．⊥DF.同理 AM ⊥BF. 又 DF ∩ BF ＝ F ，∴ AM ⊥ 解：（1）以 O 为原点，底面上过 O 点且垂直于 OB 的直线为 x轴， OB 所在的线为 y 轴， OP 所在的线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 B （0，2，0），P （0， 0，4），D （0，0，2），E （0，1，2）．设 F （x 0，y 0，0）（x 0>0，y 0>0），且 x 02＋ y 02＝4，则E →F ＝（x 0，y 0－1，－ 2），D →E ＝（0，1，0），∵ EF ⊥ DE ，即 E →F ⊥D →E ，则 E →F ·D →E ＝y 0－1＝0，故 y 0＝1.∴ F（ 3，1，0），E →F ＝（ 3，0，－ 2），B →D ＝（0，－2，2）．n 1⊥OD ，（2）设平面 ODF 的法向量为 n 1＝（x 1，y 1，z 1），则 →n 1⊥O →F ，令 x 1＝ 1，得 y 1＝－ 3，平面 ODF 的一个法向量为 n 1＝（1，－ 3， 0）．设平面 DEF 的法向量为 n 2＝（x 2，y 2，z 2），同理可得平面 DEF 的一个法向量为 n 2＝ 1， 0， 23. 设二面角 F-OD-E 的平面角为 β，则 |cosβ|＝ n|n1·||n n2|＝ 17＝77.∴ sinβ＝ 42（翻折问题）例 4. （2013 广东韶关第二次调研）如图甲，在平面四边形 ABCD 中，已知 ∠A ＝45°，∠C ＝90°，∠ADC ＝105°，AB ＝BD ，现将四边形 ABCD 沿 BD 折起，使平面 ABD ⊥平面 BDC （如图乙），设点 E 、F 分别为棱 AC 、AD 的中点．（1）求证： DC ⊥平面 ABC ；（2）求 BF 与平面 ABC 所成角的正弦值；（3）求二面角 B －EF －A 的余弦值．解：（1） ∵ 平面 ABD ⊥平面 BDC ，又∵ AB ⊥BD ，∴ AB ⊥平面 BDC ，故 AB ⊥DC ，又 ∵ ∠C ＝90°，∴ DC ⊥BC ，BC í ABC 平面 ABC ， DC ? 平面 ABC ，故 DC ⊥平面 ABC.（2）如图，以 B 为坐标原点， BD 所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系如下图示，设 CD ＝ a ，则 BD ＝AB ＝ 2a ，BC ＝ 3a ，AD ＝2 2a ，可得 B （0，0，0），D （2a ， 3 3 → 1 3 →0，0），A （0 ，0，2a ），C 2a ， 2 a ，0 ，F （a ，0，a ），∴ C →D ＝ 2a ，－ 2 a ，0 ，B →F＝（a ，0，a ）．设 BF 与平面 ABC 所成的角为 θ，由（1）知 DC ⊥平面 ABC ，设异面直线 EF 与 BD 所成角为 α，则 cosα＝ E →F ·B →D ＝ 4 ＝ 14|E →F||B →D| 7×2 2 7z 1＝0，3x 1＋ y 1＝π ∴ cos2－1a2C→D·B→F 2a 2 2 θ＝＝＝，∴ sinθ＝ .(3) 由(2)FE⊥平面ABC, 又∵ BEì平面ABC ，AE ì平面FE⊥ BE，FE⊥ AE ，11∴ ∠ AEB 为二面角 B －EF －A 的平面角 .在△ AEB 中，AE ＝BE ＝2AC ＝2 AB 2＋BC 2＝ 27a ，－1.－7.课后巩固练习： 1.（2013 ·江苏卷）如图所示，在直三棱柱 A 1B 1C 1－ ABC 中， AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点 D 是BC 的中点．（1）求异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值；（2）求平面 ADC 1与平面 ABA 1所成二面角的正弦值．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），A 1（0，0，4），C 1（0，2，4），所以 A →1B ＝（2， 0，－ 4）， C →1D ＝（1，－ 1，－ 4）．因为 cos 〈A →1B ，C →1D 〉＝ A →1B ·C→1D ＝ 18 ＝31010，所以异面直线1 1 |A →1B||C →1D| 20× 18 10A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为 31010.（2）设平面 ADC 1 的法向量为 n 1＝（x ，y ，z ），因为A →D ＝（1，1，0），A →C 1＝（0，2，4），所以 n 1·A →D ＋y ＝0 且 y ＋2z ＝ 0，取 z ＝1，得 x ＝2，y ＝－2，所以， n 1＝（2，－2，法向量．取平面 AA 1B 的一个法向量为 n 2＝（0，1，0），设平面 ADC 1与平面 ABA 1所成二面角的大小为 θ.n 1· n 2 2 2 5由 |cosθ|＝n |n 11·||n n 22|＝ 9×2 1＝32，得 sinθ＝ 35.cos ∠ AEB AE 2＋BE 2－AB22AE ·BE171，即所求二面B － EF －A 的余弦为是AB 、5 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为3 .2. （2013 新·课标全国卷Ⅱ ）如图所示，直三棱柱ABCA 1B1C1 中，2BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝2 AB.证明：BC 1∥平面A1CD；（2）求二面角DA 1CE 的正弦值．证明：连结AC 1交A 1C于点F，则F为AC1D、E分别（1）（1）又D是AB 中点，连结DF，则BC1∥DF. 因为DF ì 平面A1CD，BC1? 平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.（2）由 AC ＝CB ＝ 22AB 得 AC ⊥ BC. 以 C 为坐标原点，C →A 的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.设 CA ＝ 2，则 D （1，1，0），E （0，2，1），A 1（2，0，2），C →D ＝（1，1，0），C →E ＝（0，2，1），C →A 1＝（2，0，2）．n ·C →D ＝ 0， x 1＋y 1＝ 0，设 n ＝（x 1，y 1，z 1）是平面 A 1CD 的法向量，则即n ·C →A1＝0， 2x 1＋2z 1＝0.可取 n ＝（1，－ 1，－ 1）．C →E ＝0，→ 可取 m ＝（2，1，－ 2）． C →A 1＝ 0.从而 cos 〈n ，m 〉＝|n n ·||m m|＝ 33，故 sin 〈 n ，m 〉＝ 36.即二面角D-A 1C-E 的正弦值为 36.3. （2013 ·重庆）如图所示，四棱锥 PABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ，BC ＝CD 2，AC ＝4，π∠ACB ＝∠ ACD ＝ 3 ，F 为PC 的中点， AF ⊥PB. （1）求 PA 的长；（2）求二面角 B-AF-D 的正弦值．解：（1）如图，连结 BD 交 AC 于 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， O →B 、O →C 、A →P 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z π 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz ，则 OC ＝ CDcos 3＝1，而 AC ＝4，得 AO ＝ AC －OC ＝ 3.又 OD ＝CDsin π3 ＝ 3，故 A （0，－3，0），B （ 3，0，0），C （0， 1，0），D （－ 3，0，0）．因为PA ⊥底面ABCD ，可设P （0，－3，z ），由F 为PC 边中点，得F0，－1，z2， → z → → →z 2又A →F ＝ 0，2，2 ，P →B ＝（ 3，3，－z ），因 AF ⊥PB ，故A →F ·P →B ＝0，即 6－ 2＝ 0，z ＝2 3（舍去－ 2 3），所以 |P →A|＝ 2 3.（2）由（1）知A →D ＝（－ 3， 3， 0），A →B ＝（ 3，3，0），A →F ＝（0，2， 3）．设平面 FAD 的法向量为 n 1＝（x 1，y 1，z 1），平面m 同理，设 m 为平面 A 1CE 的法向量，则mFAB 的法向量为n2＝（x2，y2，z2）．由n1·A→D ＝0，n1·A→F＝0，－ 3x 1 ＋3y 1＝0，得因此可取 n 1＝（3， 3，－ 2）． 2y 1＋ 3z 1＝ 0， 0， 3x 2＋3y 2＝0，得故可取 n 2＝（3，－ 3，2）．从而向量 2y 2＋ 3z 2＝ 0， n 1· n 2 1 为 cos 〈n1，n2〉＝ |n 1|·|n 2|＝8.故二面角 B-AF-D 的正弦值为 387.4. （2013 连·云港调研）在三棱锥 SABC 中，底面是边长为由 n 2·A →B ＝0，n 2·A →Fn 1，n 2 的夹角的余弦值在底面 ABC 上的射影 O 恰是 AC 的中点，侧棱 SB 和底面成 45°角． SD （1）若 D 为侧棱 SB 上一点，当 D S B D为何值时， CD ⊥AB ；（2）求二面角 S-BC-A 的余弦值大小．解：以O 点为原点， OB 为x 轴，OC 为y 轴，OS 为 z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz.由题意知 ∠SBO ＝45°，SO ＝（0，0，0），C （0， 3，0），A （0 ，－ 3， 0），S （0，0，3），B （3，0，0）．（1）设B →D ＝ λB →S （0≤ λ≤ 1），则 O →D ＝（1＋λ）O →B ＋λO →S ＝（3（1＋λ），0，3λ），所以 C →D ＝（3（1－λ），－ 3， 3λ）．因为 A →B ＝（3，得λ＝23. 故D S B D ＝12时，（2）平面 ACB 3，0），CD ⊥AB ，所以 C →D ·A →B ＝9（1－λ）－3＝0，解 CD ⊥AB. 的法向量为 n 1＝（0，0，1），设平面 SBC 的法向量 n 2＝（x ， → → 3x － 3z ＝0， y ，z ），则 n 2· S →B ＝ 0， n 2· S →C ＝ 0，则解得 3y － 3z ＝ 0， x ＝z ， y ＝3z ，3，1），所以 cos 〈n 1，n 2〉＝ 3×0＋1×0＋1×1＝55.12＋12＋（ 3） 2·1又显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为5. 在直四棱柱 ABCD-A 1B 1C 1D 1中， AA 1＝ E 、 F 分别是棱 B 1B 、DA 的中点．（1）求二面角 D 1-AE-C 的大小；（2）求证：直线 BF ∥平面 AD 1E. （1）解：以 D 为坐标原点，直角坐标系如图．2 3 的正三角形，点取 n 2＝（1， DA 、 DC 、DD 15. 5.则相应点的坐标分别为 D 1（0，0， 2），A （1，0，0）， C （0，1，0），E （1，1，A →E ＝（1，1，1）－（1，0，0）＝（0，1，1），1）， ∴ ED 1 ＝（0， 0，2）－（1，1，1）＝（－1，－1， 1），A →C ＝（0，1，0）－（1，0，设平面 AED 1、平面 AEC 的法向量分别为E →D 1·m ＝0，由 → 1 A →E ·m ＝0 －c ＋d ＝0，T0）＝（－1，1，0）． m ＝（a ，b ，1）， ∴m ＝（2，－1，－ a －b ＋ 1＝0， T b ＋1＝0 c ＝－1， d ＝1），n ＝（－1，－1，1），∴cos m ， a ＝2， b ＝－， n ＝（c ，d ，1）． A →C ·n ＝ m ·n －2＋1＋1＝＝|m| ·|n|＝6× 30，∴二面角 D 1AEC 的大小为 90°.（2）证明：取 DD 1的中点 G ，连结 GB 、GF. ∵E 、F 分别是棱 BB 1、AD 的中点，BE ∥D 1G 且 BE ＝D 1G ，∴四边形 BED 1G 为平行四边形， ∴ GF ∥ AD 1， ∴D 1E ∥BG. 又 D 1E 、 D 1A 平面 AD 1E ，BG 、GF 平面 AD1E ，∴ BG ∥平面 AD 1E ，GF ∥平面 AD 1E.∵GF 、 ∵BFGB ì平面 BGF ，∴平面 BGF ∥平面 AD 1E. 平面 AD 1E ，∴直线 BF ∥平面 AD E. BF ∥平面 AD 1E ，可）6. （2013 苏·州调研）三棱柱 ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空已知 AB ＝2，AC ＝4，A 1A ＝是 BC 的中点．（1）求直线 DB 1与平面 A 1C 1D 所成角的正弦值；（2）求二面角 B 1-A 1D-C 1的正弦值．解：（1）由题意， A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），D （1，2，0）， A 1（0，0，3），B 1（2，0，3），C 1（0，4，3）.A →1D ＝（1，2，－3），A →1C 1＝（0，4， 0）. 设平面 A 1C 1D 的一个法向量为 n ＝（x ，y ，z ）．∵ n ·A →1D ＝ x ＋2y －3z ＝0，n ·A →1C 1 ＝4y ＝0.∴ x ＝ 3z ，y ＝ 0.令 z ＝1，得 x ＝＝（3 ，0，1）．设直线 DB 1与平面 A 1C 1D 所成角为 θ，∵ D →B 1＝（1，－2，3）， ∴ sinθ＝ |cos 〈D →B1 3 35.35 .n 〉3× 1＋ 0× （－ 2）＋ 1×3 10× 14（2）设平面 A 1B 1D 的一个法向量为 m＝（a ， A →1B 1＝（2，0，0），∵ m ·A →1D ＝a ＋ 2b －3c ＝0， ∴ a ＝0， 2b ＝ 3c.令 c ＝ 2，得 b ＝＝（0，3， 2）．设二面角 B 1A 1DC 1 的大小为 α，|m ·n| |0× 3＋3×0＋2×1| 2∴ |cosα |＝ cos 〈| m ，n 〉|＝|m| |·m|3 455.65 .∴ 二面角 B 1A1DC1 的正弦值为3 455.657. （2013 南·通二模）如图，在三棱柱 ABCA 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面 ABC ，AB ⊥ AC ，且 AB ＝ AC ＝ A 1B ＝ 2.（1）求棱 AA 1与 BC 所成的角的大小；（2）在棱 B 1C 1 上确定一点 P ，使二面角 P －AB －A 1 的平面角的余弦值为2 5.5.解：（1）如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则 C （2，0，0），B （0， 2，0），A 1（0，2，2），B 1（0，4，2），A →A 1＝（0，2，2），B →C ＝B →1C 1＝（2，－2，0）．cos→ →A →A 1·B →C － 4 〈A →A 1， B →C 〉＝＝|A →A 1|·|B →C| 8·8（2） P 为棱 B 1C 1中点，设B →1P ＝λB →1C 1＝（2λ，－2λ，0），则 P （2λ，4－ 2λ， 2）．设平面 PAB 的法向量为 n 1＝（x ， y ， z ），A →P ＝（2λ， 4－ 2λ， 2）， n 1·A →P ＝0， λx＋2y － λy＋ z ＝ 0， z ＝－ λx，则n1·A→B ＝0.2y ＝0. y ＝0.故 n 1＝（1，0，－ λ），n 1·n 2 而平面13× 10 ＝ 65，则 sinα＝ 65＝ 11＋1π 21，故 AA 1与棱 BC 所成的角是b ，c ）．m ·A →1B 1＝2a ＝，ABA 1 的法向量是n2＝（1，0，0），则cos〈n1，n2〉＝|n1|·|n2 255，解得λ＝21，即P 为棱B1C1中点，其坐标为P（1，3，2）．近六年高考题1. 【2010高考北京理第16 题】（14 分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝ 2 ，CE＝EF＝1.（1）求证：AF∥平面BDE；（2）求证：CF⊥平面BDE；（3）求二面角A-BE-D的大小．1【答案】设 AC 与 BD 交与点 G 。