高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案
空间向量与立体几何练习题(带答案)
空间向量与立体几何练习题（带答案）一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不同的方向B．有不相等的模C．不可能是平行向量D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，在下列选项中，CD→的相反向量是()A.BA→B．A1C1→C.A1B1→D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是CD→的相反向量．【答案】C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，AC→〉相等的是() A．〈AB→，BC→〉B．〈BC→，CA→〉C．〈C1B1→，AC→〉D．〈BC→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，BC→〉＝〈AB→，AC→〉＝〈BC→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】D4．在正三棱锥A-BCD中，E、F分别为棱AB，CD的中点，设〈EF→，AC→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于()A.π6B．π4C.π3D．π2【解析】如图，取BC的中点G，连接EG、FG，则EG∥AC，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β.∵A－BCD是正三棱锥，∴AC⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2.∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2.【答案】D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有()图2－1－9A．8个B．7个C．6个D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，C1D1→，D1C1→，CD→，DC→，共8个，故选A.【答案】A二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则向量CE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面ACC1A1的法向量，而CE在平面ACC1A1中，∴BD→⊥CE→.∴〈BD→，CE→〉＝90°.【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4.②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c.【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a ＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，CC1→，C1C→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，BC1→，C1B→，B1C→，CB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，DC→及D1C1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥AC，SO⊥AC又∵BD∩SO＝O∴AC⊥平面SBD．∴AC→为平面SBD的一个法向量．∴〈AC→，AD→〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为正方形且PD＝AD，E、F分别是PC、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBC的一个法向量．【解】(1)取AD的中点M，连接MF，连接EF，∵E、F分别是PC、PB的中点，∴EF綊12BC，又BC綊AD，∴EF綊12AD，则由EF綊DM知四边形DEFM是平行四边形，∴MF∥DE，∴FM→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵平面PCD，∴DE⊥BC，又PD＝CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，从而DE⊥平面PBC，∴DE→是平面PBC的一个法向量，由(1)可知FM→＝ED→，∴FM→就是平面PBC的一个法向量.。
高中数学——空间向量与立体几何练习题(附答案)
.空间向量练习题1. 如下图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠ BCD ＝60°， E 是 CD的中点， PA ⊥底面 ABCD ，PA ＝2.〔Ⅰ〕证明：平面 PBE ⊥平面 PAB;〔Ⅱ〕求平面PAD 和平面 PBE 所成二面角〔锐角〕的大小 .如下图，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 .那么相关各点的坐标分别是 A 〔 0， 0， 0〕， B 〔 1， 0， 0〕，C(3 ,3,0), D(1 ,3,0), P 〔 0，0， 2〕 , E(1, 3,0).2 22 22〔Ⅰ〕证明因为 BE (0,3,0) ，2平面 PAB 的一个法向量是 n(0,1,0) ，所以 BE 和n 共线 .从而 BE ⊥平面 PAB.又因为 BE平面 PBE ，故平面 PBE ⊥平面 PAB.(Ⅱ)解易知 PB(1,0, 2), BE(0,3，0〕， PA (0,0, 2), AD( 1 ,3,0)22 2n ( x 1 , y 1 , z 1 ) n 1 PB 0,设是平面PBE 的一个法向量，那么由得1n 1 BE 0x 1 0 y 1 2z 1 0,0 x 13y 2 0 z 2 0.所以y 1 0, x 12z 1.故可取 n 1 (2,0,1).2设 n 2( x 2 , y 2 , z 2 )PAD 的 n 2 PA 0, 是 平 面 一个法向量，那么由AD得n 2 00 x 2 0 y 2 2z 2 0,1 3 所以 z2 0, x 23 y 2 .故可取 n 2 ( 3, 1,0).2 x 22 y 2 0 z 20.于是， cosn 1, n 2n 1 n 22 3 15 .n 1 n 2 5 25故平面和平面所成二面角〔锐角〕的大小是15PADPBEarccos..2. 如图，正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的所有棱长都为 2， D 为 CC 1 中点。
空间向量和立体几何练习题与答案
空间向量和立体几何练习题与答案
1.若把空间平行于同一平面且长度相等的所有非零向量的始点放置在同一点，则这些向量的终点构成的图形就是( )
A.一个圆
B.一个点
C.半圆
D.平行四边形
答案:A
2.在长方体 ABCD-A₁B ₁C ₁D ₁中,下列关于AC₁的表达中错误的 一个就是( )
A. AA₁+A ₁B ₁+A ₁D ₁
B. AB+DD₁
+D ₁C ₁
C. AD+CC₁+D ₁C ₁
D.12(AB 1+CD 1)+A 1C 1
答案:B
3.若a ，b ，c 为任意向量，m ∈R ，下列等式不一定成立的就是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c)
B.(a+b)•c=a•c+b•c
C. m(a+b)=ma+mb
D.(a·b)·c=a·(b·c)
答案:D
4.若三点A, B, C 共线,P 为空间任意一点,且PA+αPB=βPC,则α-β的值为( )
A.1
B.-1
C.12
D.-2
答案:B
5.设a=(x,4,3), b=(3,2, z),且a ∥b,则xz 等于( )
A.-4
B.9
C.-9
D.649
答案:B
6.已知非零向量 e ，e₂不共线，如果AB=e₁+e ₂ A C=2e ₂ 8e ₂AD=3e ₁3 ,则四点 A. B C (
) A.一定共圆
B.恰就是空间四边形的四个顶点心
C.一定共面
D.肯定不共面
答案:C。
高二数学空间向量与立体几何试卷
1、已知向量a=(1,2,3)，向量b=(-1,0,1)，则向量a在向量b上的投影长度为：A、√10/2B、-√10/2C、√6/2D、-√6/2(解析：投影长度公式为|a|cosθ，其中θ为a,b之间的夹角，可通过a·b和|a|,|b|计算得出。
)(答案：D)2、若平面α的一个法向量为n=(2,-3,1)，直线l的一个方向向量为m=(-4,6,-2)，则l与α的位置关系为：A、l⊂αB、l//αC、l⊥αD、l与α斜交(解析：若两向量平行，则它们对应的平面或直线平行或直线在平面内。
)(答案：A)3、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β，则下列命题中正确的是：A、若m//n，则α//βB、若α//β，则m//nC、若m⊥n，则α⊥βD、若α⊥β，则m⊥n(解析：根据空间几何的性质，直线与平面的位置关系不能仅由直线间的位置关系确定。
)(答案：均不正确，但根据常规选择，可视为考察对空间几何理解的深度，故选最接近的A进行解析，实际应判断为“以上均不正确”。
)4、三个力f1=(2,3,4)，f2=(-1,2,-3)，f3=(3,-1,-2)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，现在该点处加上一个力f4，则f4=：A、(-4,2,1)B、(4,-2,-1)C、(4,2,-1)D、(-4,-2,1)(解析：物体平衡时，所有力的向量和为零，即f1+f2+f3+f4=0，解此方程得f4。
)(答案：B)5、已知平面α过点A(1,1,0)，B(0,1,1)，C(1,0,1)，则平面α的一个法向量可以是：A、(1,1,1)B、(1,-1,-1)C、(1,1,-1)D、(-1,1,1)(解析：法向量与平面内任意两向量的点积都为零，可通过求解方程组得出。
)(答案：D)6、若直线l平行于平面α，且在l上有两点A，B到α的距离分别为d1，d2，则d1与d2的关系为：A、d1>d2B、d1<d2C、d1=d2D、不确定(解析：平行于平面的直线上的所有点到平面的距离都相等。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在空间直角坐标系中，已知的坐标分别为，则线段的长度为_________________ .【答案】【解析】利用空间两点间的距离公式可以求得【考点】本小题主要考查空间两点间距离的计算.点评：此类问题直接讨论公式求解即可.2.在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示的直角坐标系，设平面的一个法向量，则，即，，平面与平面间的距离【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小（）A．B．C．D．【答案】A【解析】取BC的中点O，连AO．由题意平面平面，，∴平面，以O为原点，建立所示空间直角坐标系，则，，，，∴，，，由题意平面ABD，∴为平面ABD的法向量．设平面的法向量为，则，∴，∴，即．∴不妨设，由，得．故所求二面角的大小为．故选A。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神．（2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取时，会算得，从而所求二面角为，但依题意只为．因为二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”．4.（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小【答案】arccos或－arccos．【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（－1，1，0），＝（0，1，－1）设、分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量，由可解得＝（1，1，1）易知＝（0，0，1），所以，＝所以平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或－arccos．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
高中数学 2空间向量与立体几何(带答案)
空间向量与立体几何一．空间向量及其运算1．空间向量及有关概念（1）共线向量定理：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。
a 平行于b 记作a ∥b。
推论：如果l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a的直线，那么对任一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式 A O P O =a t+①其中向量a叫做直线l 的方向向量。
在l 上取a AB =，则①式可化为.)1(OB t OA t OP +-=②当21=t 时，点P 是线段AB 的中点，则 ).(21OB OA OP += ③①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB 的中点公式。
（2）向量与平面平行：如果表示向量a 的有向线段所在直线与平面α平行或a在α平面内，我们就说向量a 平行于平面α，记作a ∥α。
注意：向量a∥α与直线a ∥α的联系与区别。
共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量。
共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p与向量a 、b 共面的充要条件是存在实数对x 、y ，使.b y a x p+=①推论：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对x 、y ，使,MB y MA x MP +=④或对空间任一定点O ，有.MB y MA x OM OP ++=⑤在平面MAB 内，点P 对应的实数对（x, y ）是唯一的。
①式叫做平面MAB 的向量表示式。
又∵.,OM OA MA -=.,OM OB MB -=代入⑤，整理得.)1(OB y OA x OM y x OP ++--= ⑥由于对于空间任意一点P ，只要满足等式④、⑤、⑥之一（它们只是形式不同的同一等式），点P 就在平面MAB 内；对于平面MAB 内的任意一点P ，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量MA 、MB （或不共线三点M 、A 、B ）确定的空间平面的向量参数方程，也是M 、A 、B 、P 四点共面的充要条件。
高考数学-向量与立体几何试题及详解
1.1～1.3 习题课1．【多选题】下列命题中，是真命题的是( )A ．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小B ．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C ．只有零向量的模等于0D ．共线的单位向量都相等 答案 ABC解析 对于A ，向量是有向线段，不能比较大小，故A 为真命题；对于B ，两向量相等说明它们的方向相同，模长相等，若起点相同，则终点也相同，故B 为真命题；对于C ，零向量为模长为0的向量，故C 为真命题；对于D ，共线的单位向量是相等向量或相反向量，故D 为假命题．2．若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1－e 2－e 3，c ＝e 1＋e 2，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3({e 1，e 2，e 3}为空间的一个基底)且d ＝x a ＋y b ＋z c ，则x ，y ，z 的值分别为( ) A.52，－12，－1 B.52，12，1 C ．－52，12，1 D.52，－12，1答案 A解析 d ＝x a ＋y b ＋z c ＝(x ＋y ＋z )e 1＋(x －y ＋z )e 2＋(x －y )e 3.又因为d ＝e 1＋2e 2＋3e 3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝1，x －y ＋z ＝2，x －y ＝3，解得⎩⎨⎧x ＝52，y ＝－12，z ＝－1.3．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)，且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( ) A ．2 2 B.10 C ．3 D ．4 答案 C解析 因为b ∥c ，所以2y ＝－4×1，所以y ＝－2，所以b ＝(1，－2，1)．因为a ⊥b ，所以a ·b ＝x ＋1×(－2)＋1＝0，所以x ＝1，所以a ＝(1，1，1)，a ＋b ＝(2，－1，2)．所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3.4．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，且AB ＝BC ＝1，点E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成角为θ，且cos θ＝1010，则该四面体的体积为( )A.13B.23C.43D.83 答案 A5．【多选题】已知向量AB →＝(1，1，1)，AC →＝(1，2，－1)，AD →＝(3，y ，1)，下列结论正确的是( )A ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，λ＝2B ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，μ＝2 C ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则y ＝4 D ．当AD ⊥AC 时，y ＝1 答案 AC解析 由A ，B ，C ，D 四点共面，得∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，所以λ(1，1，1)＋μ(1，2，－1)＝(3，y ，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ＝3，λ＋2μ＝y ，λ－μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝1，y ＝4，故A 、C 正确，B 不正确．由AD ⊥AC ，得AD →⊥AC →，所以AD →·AC →＝0.所以3＋2y －1＝0，解得y ＝－1，D 不正确．6.【多选题】如图，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都为a ，点M ，N ，E ，F 分别是AB ，CD ，BC ，AD 的中点，则( )A ．MN ⊥AB B ．MN ⊥CDC ．向量AN →与CM →所成角的余弦值为23D ．四边形MENF 为正方形 答案 ABD解析 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，所以MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.所以MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD ，A 、B 正确．设向量AN →与MC →的夹角为θ，因为AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，所以AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝⎛⎭⎫q －12p ＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p )＝12(a 2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°)＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.又因为|AN →|＝|MC →|＝32a ，所以AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.所以cos θ＝23.从而向量AN →与CM →所成角的余弦值为－23，C 错误．因为ME →＝12AC →，FN →＝12AC →，所以ME →＝FN →.所以四边形MENF 为平行四边形．因为EN →＝12BD →＝12(AD →－AB →)，所以EN →·ME →＝12(AD →－AB →)·12AC →＝0.所以EN →⊥ME →，|EN →|＝|ME →|＝12a .所以四边形MENF 为正方形．D 正确．7．从点P (1，2，3)出发，沿着向量v ＝(－4，－1，8)的方向取点Q ，使|PQ |＝18，则Q 点的坐标为( )A ．(－1，－2，3)B ．(9，4，－13)C ．(－7，0，19)D ．(1，－2，－3) 答案 C8.【多选题】如图，在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，△P AC 为等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，平面P AC ⊥平面ABC ，D 为AB 的中点，则( )A ．AP ⊥BCB ．异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24 C ．异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24D ．三棱锥P －ABC 的体积为1663答案 BCD解析 取AC 的中点O ，连接OP ，OB .因为P A ＝PC ，所以AC ⊥OP ，因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，所以OP ⊥平面ABC ，又因为AB ＝BC ，所以AC ⊥OB .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为△P AC 是等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，△ABC 为等边三角形，所以A (0，－22，0)，B (26，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，22)，D (6，－2，0)，所以AP →＝(0，22，22)，BC →＝(－26，22，0)，AP →·BC →＝8≠0，A 不正确；因为AC →＝(0，42，0)，PD →＝(6，－2，－22)，所以cos 〈AC →，PD →〉＝AC →·PD →|AC →||PD →|＝－842×4＝－24，则异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24，B 正确；因为PC →＝(0，22，－22)，AB →＝(26，22，0)，所以cos 〈PC →，AB →〉＝PC →·AB →|PC →||AB →|＝84×42＝24，所以异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24，C 正确；三棱锥P －ABC 的体积V P －ABC ＝13S △ABC ·PO ＝13×34×(42)2×22＝1663，D 正确． 9．在四面体OABC 中，棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝2，OC ＝3，G 为△ABC的重心，则OG →·(OA →＋OB →＋OC →)＝________．答案 14310．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 ，有|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，x 0，y 0∈R ，则|b |＝________． 答案 2 2解析 问题等价于|b －(x e 1＋y e 2)|当且仅当x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，平方即|b |2＋x 2＋y 2－2b ·e 1x －2b ·e 2y ＋2e 1·e 2xy ＝|b |2＋x 2＋y 2－4x －5y ＋xy .已知上式在x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，x 2＋y 2＋(y －4)x －5y ＋|b |2＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2－7＋|b |2，所以⎩⎨⎧x 0＋y 0－42＝0，y 0－2＝0，－7＋|b |2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝2，|b |＝2 2.11.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M ，E ，F 分别为PQ ，AB ，BC 的中点，则异面直线EM 与AF 所成角的余弦值是________．答案303012.如图，已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，过点B 作BM ⊥AC 1于点M ，则点M 的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3解析 由题意，知A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C 1(0，a ，a )，设M (x ，y ，z )， 则AC 1→＝(－a ，a ，a )，AM →＝(x －a ，y ，z )，BM →＝(x －a ，y －a ，z )．因为BM →⊥AC 1→，所以BM →·AC 1→＝0. 所以－a (x －a )＋a (y －a )＋az ＝0，即x －y －z ＝0.①因为AC 1→∥AM →，所以设AM →＝λAC 1→，则x －a ＝－λa ，y ＝λa ，z ＝λa (λ∈R )，即x ＝a －λa ，y ＝λa ，z ＝λa .②由①②，得x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3.所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3. 13.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱，底面ABCD 是正方形，AA 1＝3，AB ＝2，且∠C 1CB＝∠C 1CD ＝60°，设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c .(1)试用a ，b ，c 表示A 1C →；(2)已知O 为对角线A 1C 的中点，求CO 的长．解析 (1)A 1C →＝A 1A →＋AD →＋DC →＝－AA 1→＋BC →－CD →＝－CC 1→－CB →－CD →＝－c －b －a ＝－a －b －c .(2)由题意知|a |＝2，|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，a ·c ＝2×3×12＝3，b ·c ＝2×3×12＝3，∵CO →＝12CA 1→＝12(a ＋b ＋c )，∴|CO →|＝14（a ＋b ＋c ）2＝14（a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ）＝14×（22＋22＋32＋0＋2×3＋2×3）＝294＝292.14．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)．(1)若点D 在直线AC 上，且BD →⊥AC →，求点D 的坐标； (2)求以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积．解析 (1)由题意知，AC →＝(1，－3，2)，点D 在直线AC 上， 设AD →＝λAC →＝λ(1，－3，2)＝(λ，－3λ，2λ)， ∴D (λ，2－3λ，2λ＋3)， BD →＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2，1，6) ＝(λ＋2，1－3λ，2λ－3)， ∵BD →⊥AC →， ∴AC →·BD →＝(1，－3，2)·(λ＋2，1－3λ，2λ－3)＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，∴λ＝12，∴D ⎝⎛⎭⎫12，12，4. (2)∵BA →＝(2，1，－3)，BC →＝(3，－2，－1)， ∴|BA →|＝22＋12＋（－3）2＝14， |BC →|＝32＋（－2）2＋（－1）2＝14， ∴BA →·BC →＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7，∴cos B ＝cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝714×14＝12，∴sin B ＝32，∴S ＝14×14×32＝73，∴以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积为7 3.15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立直角坐标系Dxyz ，点M 在线段AB 1上，点N 在线段BC 1上，且MN ⊥AB 1，MN ⊥BC 1.求：(1)〈AB 1→，BC 1→〉； (2)MN →的坐标．解析 (1)由题意可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，C 1(0，1，1)，所以AB 1→＝(0，1，1)，BC 1→＝(－1，0，1)， AB 1→·BC 1→＝0×(－1)＋1×0＋1×1＝1， |AB 1→|＝02＋12＋12＝2， |BC 1→|＝（－1）2＋02＋12＝2，所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝12×2＝12.所以〈AB 1→，BC 1→〉＝π3.(2)设点M (1，x ，x )，N (y ，1，1－y )， 则MN →＝(y －1，1－x ，1－x －y )．因为MN →·AB 1→＝0，MN →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（y －1，1－x ，1－x －y ）·（0，1，1）＝0，（y －1，1－x ，1－x －y ）·（－1，0，1）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2－2x －y ＝0，2－x －2y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝23，y ＝23，所以MN →的坐标为⎝⎛⎭⎫－13，13，－13.1．【多选题】已知向量a ＝(1，1，0)，则与a 共线的单位向量e 等于( ) A.⎝⎛⎭⎫－22，－22，0B ．(0，1，0) C.⎝⎛⎭⎫22，22，0D ．(1，1，1)答案 AC 2．在四面体OABC 中，空间的一点M 满足OM →＝14OA →＋16OB →＋λOC →，若M ，A ，B ，C 四点共面，则λ等于( ) A.712 B.13 C.512 D.12 答案 A3．在正四面体ABCD 中，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD → B.AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →>AE →·CD → D.AE →·BC →与AE →·CD →不能比较大小 答案 C解析 因为AE →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(|AC →|2－|AB →|2)＝0，AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD →＝AB →·(BD →－BC →)＋12BC →·CD →＝|AB →|·|BD →|·cos 120°－|AB →|·|BC →|·cos 120°＋12|BC →|·|CD →|cos 120°<0.所以AE →·BC →>AE →·CD →.4．已知a ＝(1，－2，3)，b ＝(－1，1，－4)，c ＝(1，－3，m )，则“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 当m ＝1时，c ＝(1，－3，1)，易得a ，b ，c 不共面，即{a ，b ，c }能构成空间的一个基底，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分条件；当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，则a ，b ，c 不共面，设a ，b ，c 共面，即c ＝x a ＋y b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝1，y －2x ＝－3，3x －4y ＝m ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，m ＝2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，m ≠2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，不能推出m ＝1，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的不必要条件．综上所述，“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分不必要条件．5．已知P (3cos α，3sin α，1)和Q (2cos β，2sin β，1)，则|PQ →|的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，25] C ．[1，5] D ．(1，5) 答案 C6．在四面体O －ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则log 3|xyz |等于________． 答案 －37．已知空间三点A (2，1，0)，B (2，2，1)，C (0，1，2)．(1)求AB →·AC →的值；(2)若(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，求k 的值．解析 (1)因为A (2，1，0)，B (2，2，1)，所以AB →＝(0，1，1)．又C (0，1，2)，所以AC →＝(－2，0，2)，所以AB →·AC →＝0×(－2)＋1×0＋1×2＝2.(2)由(1)可知AB →＝(0，1，1)，AC →＝(－2，0，2)，所以AB →＋kAC →＝(－2k ，1，2k ＋1)，AB →＋AC →＝(－2，1，3)．因为(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，所以4k ＋1＋3(2k ＋1)＝0，解得k ＝－25.8.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC ，求N 点的坐标． 解析 (1)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，C (3，1，0)，D (0，1，0)，P (0，0，2)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1， 从而AC →＝(3，1，0)，PB →＝(3，0，－2)． 设AC 与PB 的夹角为θ，则cos θ＝|AC →·PB →||AC →|·|PB →|＝327＝3714.∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于N 点在侧面P AB 内，故可设N 点坐标为(x ，0，z )，则NE →＝⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ， 由NE ⊥平面P AC 可得，⎩⎪⎨⎪⎧NE →·AP →＝0，NE →·AC →＝0，即⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（0，0，2）＝0，⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（3，1，0）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧z －1＝0，－3x ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝36，z ＝1，即N 点的坐标为⎝⎛⎭⎫36，0，1时，NE ⊥平面P AC .。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。
【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。
点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。
2.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则与所成的角的余弦为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则A（1，0，0），C(0，1，0)，F(,0,1),G(,1,1),H（0，，0），所以=(－,0,1)，=（－，－，－1）=，所以与所成的角的余弦为，故选B。
【考点】本题主要考查空间向量的应用。
点评：空间向量的应用问题，通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，化繁为简。
注意向量的夹角与两直线夹角的异同。
3.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。
点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。
4.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。
【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。
点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。
5.在中，，，平面，，则点到的，距离为．【答案】【解析】由于ABC是等腰三角形，作AD垂直BC于D，由PA=PA，AB=AC，所以三角形PBC也是等腰三角形，故PD垂直BC，即PD为P到BC的距离，由PA垂直面ABC，所以PA垂直ADAD==4，PA=8所以在三角形PAD中,PD==。
高二数学-空间向量与立体几何测试题及答案
高二数学空间向量与立体几何测试题第1卷（选择题，共50分）一、选择题：（本大题共10个小题每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 在下列命题中：CD若a、b共线则a、b所在的直线平行；＠若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面；＠若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；＠已知三向量a、b、c,则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p=a+yb+zc,, y, z R.其中正确命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 32. 若三点共线为空间任意一点且则的值为（）A. lB.C.D.3. 设，且，则等千（）A. B. 9 C. D4. 已知a=(2, —1, 3) , b= C—1, 4, —2) , c= (7, 5, 入），若a、b、c三向量共面，则实数入等千（）A. B. C.5.如图1,空间四边形的四条边及对角线长都是，点分别是的中点则等千（）D.A.C.．．BD6. 若a、b均为非零向量，则是a与b共线的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件7. 已知点0是LABC所在平面内一点满足• = • = • '则点0是LABC的（）A. 三个内角的角平分线的交点B. 三条边的垂直平分线的交点C. 三条中线的交点8. 已知a+b+c=O,al =2, bl =3,A. 30°B. 45°D.三条高的交点l e = , 则向量a与b之间的夹角为（）C. 60°D. 以上都不对9. 已知， ＇ ，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（）A.B.10. 给出下列命题：CD已知，则C. D.＠为空间四点若不构成空间的一个基底，那么共面；＠已知则与任何向量都不构成空间的一个基底；＠若共线则所在直线或者平行或者重合．正确的结论的个数为（）C. 3A.1B.2D.4 第II卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11.已知LABC的三个顶点为A(3, 3, 2) , B (4, —3, 7) , C (0, 5, 1) , 则BC边上的中线长为12. 已知三点不共线为平面外一点若由向量确定的点与共面，那么13. 已知a,b,c是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c,则m,n的夹角为14. 在空间四边形ABC D中，AC和B D为对角线G为L:.ABC的重心，E是B D上一点BE=3E D, 以｛， ， ｝为基底，则＝15. 在平行四边形ABCD中，AB=AC=l,乙ACD=90, 将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，则B,D两点间的距离为16. 如图二面角a-t -B的棱上有A,B两点直线AC,B D分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直千AB,已知AB=4,AC=6, B D=8, C D= ,二面角Q—t—B的大小三、解答题（本大题共5小题，满分70分），17. C lo分）设试问是否存在实数，使成立？如果存在，求出；如果不存在，请写出证明．18. (12分）如图在四棱锥中，底面ABC D是正方形，侧棱底面ABC D,, 是PC的中点，作交PB千点F.(1)证明PAIi平面EDB:(2)证明PB上平面E F D:(3)求二面角的大小．、、、、、、、、.、19. (12分）如图在直三棱柱ABC—AlBlCl中，底面是等腰直角三角形，乙ACB=90°.侧棱AA1=2, D. E 分别是CCl与AlB的中点点E在平面ABO上的射影是DAB D的重心G.(1)求AlB与平面ABO所成角的大小．(2)求Al到平面ABO的距离1) 20. 12分）如图在三棱柱ABC-AlBlCl中，AB上AC,顶点Al在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.2)求棱AA1与BC所成角的大小；在棱BlCl上确定一点P,使AP=, 并求出二面角P—AB—Al的平面角的余弦值A1C1B21. (12分）如图直三棱柱ABC-AlBlCl中AB上AC,D.E分别为AAl.B lC的中点DEl_平面BCCl.C I)证明：A B=ACC II)设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小c,22. (12分）P是平面ABC D外的点四边形ABC D是平行四边形，AP= (-1, 2, -1)(1)求证：PA 平面ABC D.(2)对千向量，定义一种运算：，试计算的绝对值；说明其与几何体P—ABC D的体积关系，并由此猜想向量这种运算的绝对值的几何意义（几何体P-ABC D叫四棱锥，锥体体积公式：V= ) .一、选 1 2 择题（本大题土2上、10小题，每3 4空间向量与立体几何(2)参考答案5 6 7 8 9 10小题5/刀\.让,/、50分）题号答案D D D A B C A 二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11. (0, ,) 12. 0 13. 1, —3 14. 90° l厮—15。
空间向量立体几何(绝对经典)
例1：已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1，化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量。
(如图)A BCD A 1B 1C 1D 1G1)1(AA AD AB ++1111)1(AC CC AC AA AC AA AD AB =+=+=++解M 始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量推论:如果 为经过已知点A且平行已知非零向量 的直线,那么对任一点O,点P在直线 上的充要条件是存在实数t,满足等式OP=OA+t 其中向量叫做直线的方向向量.ll aaOABP a若P为A,B中点,则()12=+ OP OA OB2.共面向量定理:如果两个向量 不共线,则向量 与向量 共面的充要条件是存在实数对 使, a b yx , p ,a b OM a b A B A 'Pp p xa yb =+ 推论:空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x,y使或对空间任一点O,有=+MP xMA yMB =++ OP OM xMA yMB 注意：空间四点P 、M 、A 、B 共面⇔存在唯一实数对,,x y MP xMA yMB =+ （）使得(1)OP xOM yOA zOB x y z ⇔=++++= 其中，例1：已知m,n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n ，求证：l ⊥α。
n mg g m n αl l 证明：在α内作不与m、n重合的任一条直线g,在l、m、n、g上取非零向量l、m、n、g ，因m与n相交，得向量m、n 不平行，由共面向量定理可知，存在唯一的有序实数对（x，y），使g =x m +y n ,l ·g =x l ·m +y l ·n∵ l ·m =0,l ·n =0∴ l ·g =0∴ l⊥g∴ l⊥g这就证明了直线l垂直于平面α内的任一条直线，所以l⊥α巩固练习：利用向量知识证明三垂线定理αa A O P ().,0,,,,0,0,PA a PA a a OA a PO a PA OAy PO x PA y x OA PO OA PO a OA a OA a PO a PO PO aa ⊥⊥∴=⋅+⋅=⋅∴+==⋅∴⊥=⋅∴⊥∴⊥即使有序实数对定理可知，存在唯一的不平行，由共面向量相交，得又又而上取非零向量证明：在αPA a OAa a PA OA PA PO ⊥⊥⊂求证：且内的射影，在是的垂线，斜线，分别是平面已知：,,ααα复习:2. 向量的夹角:a bO ABabθ0a b π≤≤ ，a b ，向量 的夹角记作:a b 与a b = ||||cos ,a b a b 1.空间向量的数量积:111222(,,),(,,)a x y z b x y z == 设121212x x y y z z =++cos ||||a ba b a b =，121212222222111222++=++⋅++x x y y z z x y z x y z 5.向量的模长:2222||a a x y z ==++ (,,)a x y z = 设4.有关性质:(1)两非零向量111222(,,),(,,)a x y zb x y z == 1212120x x y y z z ++=0a b a b ⊥⇔=⇔ (2)||||||a b a b ≤ ||||,a b a b a b =⇒ 同方向||||,a b a b a b =-⇒ 反方向注意：此公式的几何意义是表示长方体的对角线的长度。
高中数学《空间向量与立体几何》练习题(含答案解析)
高中数学《空间向量与立体几何》练习题（含答案解析）一、单选题1．在空间直角坐标系Oxyz 中，与点()1,2,1-关于平面xOz 对称的点为（ ）A ．()1,2,1--B ．()1,2,1-C ．()1,2,1---D ．()1,2,1--2．在空间直角坐标系内，平面α经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)A B C -，向量(1,,)n λμ=是平面α的一个法向量，则λμ+=（ ）A ．7-B ．5-C ．5D ．73．已知点()3,1,0A -，若向量()2,5,3AB =-，则点B 的坐标是（ ）．A ．()1,6,3-B ．()5,4,3-C ．()1,6,3--D ．()2,5,3-4．如图，O A B '''△是水平放置的OAB 的直观图，6A O ''=，2''=B O ，则OAB 的面积是（ ）A ．6B ．12C ．D ．5．平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-，则平面α与平面β的关系是（ ）A ．平行B ．重合C ．平行或重合D ．垂直6．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为（ ） A ．492π B ．49π C ．812π D ．81π7．O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ） A ．OA 、OB 、OC 共线B ．OA 、OB 共线C ．OB 、OC 共线D ．O 、A 、B 、C 四点共面8．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A B C D9．已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 10．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为AB ，CD 的中点，则（ ）A ．1AB ⊥平面11A BCB ．异面直线1AB 与11AC 所成的角为30° C ．平面11ABD ∥平面1BC Q D ．平面1B CD ⊥平面1B DP二、填空题11．已知角α和角β的两边分别平行且一组边方向相同，另一组边的方向相反，若α＝45°，则β＝________. 12．若直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，且直线l ⊥平面α，则实数x 的值是______.13．词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，2PA AC ==，BC =则四面体P ABC 的外接球的表面积为______．14．设空间向量,,i j k 是一组单位正交基底，若空间向量a 满足对任意的,,x y a xi y j --的最小值是2，则3a k +的最小值是_________．三、解答题15．如图，在三棱柱111ABC A B C 中，点D 是AB 的中点．(1)求证：1AC △平面1CDB ．(2)若1AA ⊥平面ABC ，AC BC =，求证：CD ⊥平面11ABB A ．16．如图，空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：（1）EH △平面BCD ；（2）BD △平面EFGH .17．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，E 为PB 的中点.(1)求证：EO平面PDC ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PBD .18．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案与解析1．A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点()1,2,1-，则其关于平面xOz 对称的点为()1,2,1--.故选：A.2．D【解析】求出(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-，利用与(1,,)n λμ=数量积为0，求解即可.【详解】(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-120n AB λμ⋅=-+-=20n BC μ⋅=-+=可得2μ=，5λ=，7λμ+=故选：D3．B【分析】利用空间向量的坐标运算求得B 的坐标.【详解】设O 为空间坐标原点，()()()3,1,02,5,35,4,3OB OA AB =+=-+-=-.故选：B4．B【分析】由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==，直接求解其面积即可．【详解】解：由直观图画法规则，可得OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==， △11641222OAB S OA OB =⋅=⨯⨯=． 故选：B ．5．C【分析】由题设知6m n =-，根据空间向量共线定理，即可判断平面α与平面β的位置关系. 【详解】平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-， ∴6m n =-，∴平面α与平面β的关系是平行或重合．故选：C ．6．D 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，从而可求出其侧面积 【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9， 所以该圆柱的侧面积为929812ππ⨯⨯=. 故选：D7．D【解析】根据向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底知向量共面，即可得出结论.【详解】因为O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，所以OA 、OB 、OC 共面，所以O 、A 、B 、C 四点共面，故选：D8．B【分析】连接1AD ，AE ，得到11//AD BC ，把异面直线1D E 与1BC 所成角转化为直线1D E 与1AD 所成角，取1AD 的中点F ，在直角1D EF 中，即可求解.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，连接1AD ，AE ，可得11//AD BC ，所以异面直线1D E 与1BC 所成角即为直线1D E 与1AD 所成角，即1AD E ∠为异面直线1D E 与1BC 所成角，不妨设12AA =，则1AD =1D E AE =取1AD 的中点F ，因为1D E AE =，所以1EF AD ⊥，在直角1D EF中，可得111cos D F AD E D E ∠==. 故选：B.9．C【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d =.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.10．D【分析】A 项反证法可得；B 项由平移法计算异面直线所成角；C 项由面面平行的判断和性质可得结果；D 项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A ，假设1AB ⊥面11A BC ，则111AB AC ⊥，这与已知1AB 与11A C 不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A 错误； 对于选项B ，连接1DC ，1DA ，因为11AB DC ∥，所以11DC A ∠为异面直线1AB 与11A C 所成的角或补角，又因为△11AC D 为等边三角形，所以1160DC A ∠=︒，故选项B 错误；对于选项C ，因为11B D BD ∥，11AD BC ∥，由面面平行的判定定理可得平面11AB D ∥平面1BDC ，而平面1BQC 与平面1BDC 相交，所以平面11AB D 与平面1BC Q 也相交，故选项C 错误；对于选项D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则()0,0,0D ，()11,1,1B ，()0,1,0C ，11,,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得()11,1,1DB =，()0,1,0DC =，11,,02DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设平面1B CD 的法向量为()1,,n x y z =， 则11100n DB x y z n DC y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取1x =，则0y =，1z =-，即()11,0,1n =-， 设平面1B DP 的法向量为()2,,b c n a =，则2120102n DB a b c n DP a b ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 可取1a =，则2b =-，1c =，可得平面1B DP 的一个法向量为()21,2,1n =-，由121010n n ⋅=+-=，所以12n n ⊥，即平面1B CD ⊥平面1B DP ，故选项D 正确. 故选：D.11．135°【分析】首先根据题意将图画出，然后根据α＝45°，AB △CD ，可得180BCD α︒∠=-，进而得出结论.【详解】解：如图，由题意知α＝45°，AB △CD ，180135BCD α︒︒∴∠=-=，即135β︒=.故答案为：135°.【点睛】本题考查了平行线的性质，结合图会使问题变得简单，属于基础题.12．-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，直线l ⊥平面α， 必有//m n ，即向量m 与向量n 共线，m n λ∴= ，△11222x -==--，解得=1x -； 故答案为：-1.13．16π 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积．【详解】由于PA ⊥平面ABC ，因此PA 与底面上的直线,,AC AB BC 都垂直，从而AC 与AB 不可能垂直，否则PBC 是锐角三角形，由于<AC BC ，因此有AC BC ⊥， 而PA 与AC 是平面PAC 内两相交直线，则BC ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BC PC ⊥， 所以PB 的中点O 到,,,P A B C 四个点的距离相等，即为四面体P ABC 的外接球球心．2222222222216PB PA AB PA AC BC =+=++=++=，4PB =， 所以所求表面积为224()42162PB S πππ=⨯=⨯=． 故答案为：16π．14．1【分析】以,i j 方向为,x y 轴，垂直于,i j 方向为z 轴建立空间直角坐标系，根据条件求得a 坐标，由3a k +的表达式即可求得最小值.【详解】以,,i j k 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0i =，()0,1,0j =，()0,0,1k = 设(),,a r s t = 则(a xi y j r x --=-当,r x s y ==时a xi y j --的最小值是2，2t ∴=±取(),,2a x y = 则()3,,5a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是5.取(),,2a x y =- 则()3,,1a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是1.故答案为：1.15．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)连接1BC ，交1B C 于点E ，连接ED ，用中位线证明1ED AC ∥即可；(2)证明CD △AB ，CD △1AA 即可.【详解】（1）连接1BC ，交1B C 于点E ，连接.ED△111ABC A B C 是三棱柱，△四边形11BCC B 为平行四边形，△E 是1BC 的中点.△点D 是AB 的中点，△ED 是1ABC 的中位线，△1ED AC ∥，又ED ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，△1AC △平面1CDB .（2）△1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，△1AA AB ⊥，△AC BC =，AD BD =，△CD AB ⊥，△1AA AB A =，1,AA AB ⊂平面11ABB A ，△CD ⊥平面11ABB A .16．（1）见解析（2）见解析【分析】（1）推导出EH △BD ，由此能证明EH △平面BCD ；（2）由BD △EH ，由此能证明BD △平面EFGH .【详解】（1）△EH 为△ABD 的中位线，△EH △BD .△EH △平面BCD ，BD △平面BCD ，△EH △平面BCD ；（2）△FG 为△CBD 的中位线，△FG △BD ，△FG △EH ，△E 、F 、G 、H 四点共面，△BD △EH ，BD △平面EFGH ，EH △平面EFGH ，△BD △平面EFGH .【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.17．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）证明：△四边形ABCD 为正方形，△O 为BD 的中点，△E 为PB 的中点，△OE PD ∥，又△OE ⊄平面,PDC PD ⊂平面PDC ，△OE 平面PDC ；（2）证明：△四边形ABCD 为正方形，△AC BD ⊥，△PD ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以PD AC ⊥，又△,PD BD ⊂平面PBD ，且PD BD D ⋂=，△AC ⊥平面PBD ，又△AC ⊂平面PAC ，△平面PAC ⊥平面PDB .18．(1)证明见解析； 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=， 设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--． 又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD 112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．△使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．△ 将△△两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=， 由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=， 根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD - 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。
(完整word版)空间向量与立体几何测试题及答案
高中 数学选修（2-1）空间向量与立体几何测试题一、选择题1 •若把空间平行于同一平面且长度相等的所有非零向量的始点放置在同一点，则这些向量 的终点构成的图形是（）A. —个圆 E. —个点 C.半圆 D.平行四边形答案：A2 .在长方体 ABCD -ABQD i 中，下列关于 AG 的表达中错误的一个是（ ）答案：E3.若a , b, c 为任意向量， A. (a 亠b ) c =a - (b c )B. (a 亠b )・c =a ・c b-cC.m(a 亠 b ) =m a 亠 m bD. (a ・b )・c=a ・( b-c ) 答案：D1A. 1B. -1C.丄D -22答案：BA.B. AB DD^ De lC. AD CC 1 DC 1D.1(AB i CD i ) - AC im R ，下列等式不一定成立的是（4.若三点A B , e 共线,P 为空间任意一点, 且 PA 叱iPB = 1 PC ,^y - 的值为5. 设 a =(x,4,3), b= (3,2, z)，且 a II b , A. -4 B. 9 C. -9答案：B6 . 已知非零向量 e b e 2不共线， 如果A B, C , D ( )A. 一定共圆则四点亠A DB.恰是空间四边形的四个顶点心C. 一定共面D. 肯定不共面答案：C则xz 等于（AB = e AC =2 e 2 8 e AD =3 e -3 e 2,答案：B则x, y , z 的值分别为( )9 .若向量a =(1, ,2)与b= (2, -1,2)的夹角的余弦值为答案：c答案：D12.给出下列命题：① 已知 a _b ，则 a-(b c ) c-(b a ) =b c ；② A, B, M , N 为空间四点，若BA,B M ,BN 不构成空间的一个基底， 那么A , B, M , N 共面; ③ 已知a_b ，则a , b 与任何向量都不构成空间的一个基底; ④ 若a, b 共线，则a, 正确的结论的个数为(A. 1B. 2 答案：C 二、填空题13.已知 a =(3,15), b = (1,2,3)，向量 c 与 z 轴垂直，且满足 c-a = 9, c-b - -4，则 c =7.如图1空间四边形 ABCD 的四条边及对 角线长都是a ,点E , F , G 分别是AB, AD , CD 的中点，贝U a 2等于() B. 2AD-BD C. 2FG-CAD. 8 .右 a = e e 2 - e 3, b =e ^ - e 2 ■ e 3, c =e<i • e 2 — e 3,d =e 2 e 2 3 e ，且 d = x a y b z c ,1.1,2 5 厶D1 - 1「25 /1 - 1「2 5 ~1 - 2-A. 2B. -2C.-2或—55D. 2 或-5510 •已知ABCD 为平行四边形，且A(413),A. -,4,12答案：DB. (2,4,1) 11 .在正万体 ABCD - A| B 1C 1D 1 中,A. 60°B. 90°B(2,— 5,1), C(3,7, -5)，则顶点D 的坐标为(C. (24,1)D. (513, -3)O 为AC , BD 的交点，则 C品C. arccos ——3GO 与AD 所成角的(D. arccos ——6b 所在直线或者平行或者重合.)D. 4A. 2EF-CB答案：22, -21 , 0 5 514.已知A B, C 三点不共线，O 为平面ABC 外一点，若由向量 ■ OC 确5 3 定的点P 与A, B, C 共面，那么，二 ____________ . 答案：-1515.已知线段 AB_面〉，BC 二卅，CD _BC , DF _ 面〉于点 F , / DCF =30°，且 D , A 在平面:-的同侧，若 AB =BC 二CD =2，则AD 的长为 ____________________ . 答案：2 216.在长方体ABCD —ABQ i D i 中，BQ 和CQ 与底面所成的角分别为 60°和45°,则异面直 线BC 和CQ 所成角的余弦值为 _____________________ . 答案：—4 三、解答题17 .设 a t =2i - j +K 逊=i +3 j -2 k 爲=-2 i + j 弋 k a =3 i +2 j +5 k,试问是否存在实 数-,7，使a 4 a 「；［_a 2 •a 3成立？如果存在，求出 \ ;如果不存在，请写出证明.答案：解：假设a 4 = ■ a^ ''a 2亠、.①成立. •- a 1 =(2, -1,1), a 2 =(13, -2), a 3 =(-21,3), a^(3,2,5), ••• (2 •-2、，-，3二朕:，• -2」- 3、)=(3,2,5).◎人+4-2v=3, j\ = -2, •. -2,解得」=1,■ -2」-3.. =5,- -3.所以存在，=-2, " =1 , v = -3 使得 a 4 = -2a 1 a 2 -3a 3. 理由即为解答过程.18 .如图2,正三棱柱AB^ -A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为 所成的角.解：建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0, 0, B(0 , a , 0, A (0,0, V2a) , C 「一亟 a, - , ,7a2 2 由于n = ( -1,0, 0)是面ABB 1A ］的法向量,1*122a ,求AC 1与侧面ABB 1A\故AC i与侧面ABB i A所成的角为30°.19 •如图3，直三棱柱ABC- ABC中，底面是等腰直角三角形, .ACB 二90°，侧棱AA i =2, D, E分别是CC i与AB的中点，点E在平面ABD上的射影是求点A i到平面AED的距离. △ ABD的重心G ,解：建立如图所示的空间直角坐标系，设CA=2a ,则A(2a,0,0, B(0,2a,0, D(0,0,1), A(2a,0,2) E(a, a,),-(0 , -2a,1).由GE_BD=GE・BD=0,得a=1,则A i(2,0,2) A(2,0,0) E(1,1,1).自A1作AH —面AED于M，并延长交xOy面于H，设H (x, y,0), —I则AH =(x —2, y, -2).又AD =(-2,0,1) , AE =(—1,1,1).丄AH _AD, —2(x—2)—2=0, x =1, ZR由1得H (1,1,0)."H _ AE -(x -2) y -2 =0 y =1,又AM =A1A90s A1AAM = AA^cos A1AAH =2 —=20.已知正方体ABCD -ABGD1的棱长为2, P, Q分别是BC, CD上的动点，且PQ = . 2 ,确定P, Q的位置，使QB1 _PD . 解：建立如图所示的空间直角坐标系，设BP =t ,得CQ = 2 -(2 -t)2, DQ =2 - 2 -(2 -t)2.那么B(2,0, 2) D1(0,2,2, P(2 , , 0) Q(2 - 2-(2-t)2,2,0),从而QB =( 2 -(2 -t)2, -2 ,2) , PD1 =(22 -t,2),T —+由QB _ PD = QB^PD t =0 ,即-2 2 -(2 -t)2 -2(2 -t) 4 =0二t =1 .故P, Q分别为BC, CD的中点时，QB i _PD i .21.如图4，在底面是直角梯形的四棱锥S—ABCD中，.ABC=90°,SA_面ABCD ,1SA二AB二BC =1, AD ，求面SCD与面SBA所成二面角的正切2值.解：建立如图所示的空间直角坐标系，(1\则A(0,0,0, B(—1,0,0, C(—1,1,0) D .0, 2 0 , S(0,0,1).延长CD交x轴于点F ,易得F(1,0, 0),作AE _SF于点E ,连结DE ,则ZDEA即为面SCD与面SBA所成二面角的平面角.又由于SA二AF且SA_AF，得E -€5那么从而乩一1,°,」，ED…丄,1,V 2 2 丿V 2 2cos EA, EDEA-ED因此tan EAF , ED 二彳.故面SCD与面SBA所成二面角的正切值为22.平行六面体ABCD -A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且.GCB =. GCD = BCD ,试问:CD的值为多少时，AQ _面GBD ?请予以证明.当CG解：欲使AQ _面GBD ,只须AC _GD ,且AC _GB .欲证AC丄GD ,只须证CA・CD =0 ,t —t T 即(CA AA)・(CD -CG) =0 ,也就是(CD CB CC)(CD _CCJ =0,|C^2 -|C CJ2+|CB|C D|COS^BCD由于• GCB =/BCD , 显然，当CD |CC1时，上式成立；cos _GCB = 0 .同理可得，当时，AC —GB .CD因此，当时, AC _面G BD ..选择题：(10小题共40分)定共面的是2.直三棱柱 ABC — A B i G 中，若 CA = a, CB = b, CC r = C,则 A )B =3.若向量m 垂直向量a 和b ，向量n = ■ a h ：b(',」：=只且■、，北0)则A. m 〃 nB. m _ nC. mi 不平行于n,m 也不垂直于nD.以上三种情况都可台匕 冃匕4.以下四个命题中，正确的是C. (a b)c5.对空间任意两个向量 a,b(b o),a//b 的充要条件是6.已知向量a =(0,2,1),b =(-1,1,-2),则a 与b 的夹角为A B i = a, A i D i = b, A A = c ,则下列向量中与B 1M 相等的是1.已知A B C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O,下列条件中能确定点 M 与点A. OM = OA 亠 OB 亠 OCB . OM = 2OA _ OB _ OCC . OM =OA !OB !OC2 3D.OM =1OA 」0B -OC3 3 3A. a b —cB. a — b eC. 一 a b cD. - a b - cA.若00=丄0入+丄0目 则P 、 2 3 'A 、E 三点共线 B.设向量｛a,b,c ｝是空间一个基底,c + a ｝构成空间的另一个基底D. △ ABC 是直角三角形的充要条件是 AB AC =0A. a 二 bB. a - -bC. b - ■ aA.0 °B.45C.90o.D.180 °7.在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与 BD 的A. -lalb lc B. la 」b 」c C. 2 2 2 28.已知 a =(• 1,0,2 Jb =(6,2」 -1,2),若a 〃b,则•与•啲值分别为9.已知a =3i 2j - k,b = i - j 2k,则5a 与3b 勺数量积等于10.在棱长为1的正方体ABC —A i B i CD 中，M 和N 分别为AB 和BB 的中点，那么直线CN所成角的余弦值是二.填空题：(4 小题共16分)11.若 A(m+1,n-1,3),B(2m,n,m-2n),c(m+3,n-3,9) 12.已知 A(0, 2, 3), B(-2 , 1, 6), C( 1, -1 , 5),若|a |二.3,且a _ AB,a _ AC,则向量 a的坐标为13.已知a,b 是空间二向量，若心|=3,闪|=2扁4卜.7,则a 与b 的夹角为 14.已知点 G 是厶ABC 的重心，O 是空间任一点，若 OA • OB • OC 」OG,贝，的值三.解答题：(10+8+12+14=44 分)15. 如图：ABCD 为矩形，PAL 平面 ABCD PA=AD M N 分别是PC AB 中点,16. 一条线段夹在一个直二面角的两个面内， 它和两个面所成的角都是300,求这条线段与这个二面角的棱所成的角的大小B.5, 2D.-5 , -2-b c 2A.-15B.-5C.-3D.-1AM 与2 B.-5C.35 D 」10三点共线，则 m+n= (1)求证：MN L 平面PCD (2)求NM 与平面 ABCD 所成的角的大小•17. 正四棱锥S—ABCD中，所有棱长都是2, P为SA的中点，如图(1) 求二面角B—SC- D的大小；(2)求DP与SC所成的角的大小18. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ ABC中，CA=CB=1 / BCA=90，棱AA=2, M N分别是A1B1, AA的中点；(1)求BN的长;⑵求cos ：：： BA1,CB1的值;⑶求证：AB _CM•(4)求CB与平面AABB所成的角的余弦值高中数学选修2-1测试题（10）—空间向量⑴参考答案DDBB DCDA AB 11.0 12.(1 ,1 , 1) 13.60 0 14.315.(1) 略⑵45 016.45 0 17.(1) 1 3⑵18.(1) 3 (2) ■ 30(3) 略(4) 3 1010 1018.如图，建立空间直角坐标系O—xyz. (1 )依题意得B ( 0, 1, 0)、N( 1, 0, 1) •••I BN |= .(1 一0)2(0 一1)2 (1 - 0)2「3.(2) 依题意得A1 (1, 0, 2)、B ( 0, 1 , 0)、C (0, 0, 0)、B…BA ={ —1, —1, 2}, CB1 ={0, 1, 2, }, BA| • CB1 =3,BA. CB 11CB 1 |= J5 ••• cos< BA 1 , CB 1 >=(3)证明：依题意，得 G (0, 0, 2)、M( 1,1,2), A 1B ={ - 1 , 1 , 2} , CM,2 2 1 2 2评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识 .考查空间两向量垂直的充要条件——-1 . 30. |BAJ|CB i |102‘20}. • A , B • C 1M =-1 12+ 2+0=0，AB 丄 C 1M ,• AB 丄CM.。
高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案
空间向量与立体几何经典题型与答案1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ,⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ,且12PA AD DC ===，1AB =,M 是PB 的中点 (Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ; （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角;（Ⅲ)求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小证明:以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M(Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥,且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面PAD 又DC 在面PCD 上,故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解:因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ)解:在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-故所求的二面角为2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD（Ⅰ)证明:AB ⊥平面VAD ；(Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小证明:以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系（Ⅰ)证明:不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V , )23,0,21(),0,1,0(-==VA AB由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥,因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ,AD 都垂直∴AB ⊥平面VAD(Ⅱ）解:设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得 因此，AEB ∠是所求二面角的平面角,,721||||),cos(=⋅⋅=EB EA EB EA EB EA 解得所求二面角的大小为.721arccos3 如图，在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底V面ABCD ，3AB =，1BC =,2PA =, E 为PD 的中点（Ⅰ)求直线AC 与PB 所成角的余弦值;(Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ,使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离解:(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,,,A B C D P E 的坐标为(0,0,0)A 、(3,0,0)B 、(3,1,0)C 、(0,1,0)D 、(0,0,2)P 、1(0,,1)2E ,从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅⋅=PB AC PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473 (Ⅱ)由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则)1,21,(z x NE --=,由NE ⊥面PAC 可得,⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 和AP 的距离分别为31,64 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====(Ⅰ）求BF 的长； （Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离解:（Ｉ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ,(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴(ＩI)设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由 ⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α,则 .333341161133||||cos 1111=++⨯=⋅⋅=n CC n CC α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d５ 如图,在长方体1111ABCD A B C D -,中,11,2AD AA AB ===,点E 在棱AD 上移动 （１)证明:11D E A D ⊥;（2）当E 为AB 的中点时,求点E 到面1ACD 的距离； (3)AE 等于何值时,二面角1D EC D --的大小为4π 解：以D 为坐标原点,直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,设AE x =,则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C(1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为(2）因为E 为AB 的中点,则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ,得⎩⎨⎧==c a ba 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面1ACD 的距离为.313212||||1=-+=⋅=n n E D h （３)设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =,∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b CE n C D n 令1,2,2b c a x =∴==-， ∴).2,1,2(x n -= 依题意.225)2(222||||||4cos211=+-⇒=⋅⋅=x DD n DD n π∴321+=x (不合,舍去）,322-=x∴23AE =-时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图,在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ,E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点,1EA EB ⊥，已知112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=,求:（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离;（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值解:（I)以B 为原点,1BB 、BA 分别为,y z 轴建立空间直角坐标系ﻩ由于，112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=ﻩ在三棱柱111ABC A B C -中有1(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)B A B ,)0,23,23(),0,21,23(1C C -设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E)0,2,23()2,,23(0a a --⋅--= ,432)2(432+-=-+=a a a a .,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线，则14143||=+=BE ，故异面直线1,AB EB 的距离为1 （I Ｉ）由已知有,,1111EB A B EB EA ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量EA A B 与11的夹角.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111==⋅=--===θθ即故因A B EA A B EA EA BA A B７ 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形,PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PF EC ⊥ 已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ)二面角E PC D --的大小解:(Ⅰ）以D 为原点,DA 、DC 、DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系由已知可得(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)D P C则(2EF =-由0EF PC ⋅=得又由F 在PC 上得,(2222EF =-因,,EF PC DG PC ⊥⊥故E -的大小为向量EF DG 与的夹角22||||DG EF DG EF ⋅=4。
2023-2024学年高考数学空间向量与立体几何专项练习题(附答案)
A ．B ．223．若直线的方向向量为，平面l bA ．()(1,0,0,2,0,0b n ==-()(0,2,1,1,0,1b n ==--A ．B ．5136．如图，在平行六面体ABCDA．1122a b c -++C．1122a b c --+7．如图，在四面体OABC中，1-16．已知四棱锥P ABCDPC棱上运动，当平面1．C【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积a b a +=- 14a = 运算求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，且.()1,2,3a b a+=---=-14a =又，()7a b c +⋅= 所以，即有，7a c -⋅= cos ,14cos ,7a c a c a c -⋅=-=所以，.1cos ,2a c =-又，所以.0,180a c ≤≤ ,120a c =︒ 故选：C.2．C【分析】利用中点坐标公式求出中点的坐标，根据空间两点间的距离公式即可得出中线BC 长.【详解】由图可知：，，，(0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C 由中点坐标公式可得的中点坐标为，BC (1,1,0)根据空间两点间距离公式得边上的中线的长为.BC 22211(1)3++-=故选：C 3．D【分析】若直线与平面平行，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用向量数量积检验.【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为，l bαn 若可能，则，即.//l αb n ⊥r r 0b n ⋅=r r A 选项，；()1220b n =⨯-⋅=-≠B 选项，；11305160b n =⨯⨯⋅+⨯+=≠C 选项，；()()01201110b n =⨯-+⨯+⨯-⋅=-≠D 选项，；()1013310b n =⨯+-⨯=⋅+⨯因为，，3AB =4BC =2PA =所以()()(0,0,2,3,0,0,0,0,1P B Q 设平面的法向量为BQD (m x =()(),,3,0,1m BQ x y z ⎧设，2AB AD AS ===则()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,A S C P 设，()0,,2M t t -(1,1,2OM t =--所以1120OM AP t t ⊥=-+-+-=点到平面与平面的距离和为为定值，D 选项正确.M ABCD SAB 22t t -+=，，()2,0,0B ()()2,0,2,0,2,0SB BC =-=设平面的法向量为，SBC (),,n x y z =则，故可设，22020n SB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩()1,0,1n = 要使平面，又平面，//OM SBC OM ⊄SBC 则，()()1,1,21,0,11210OM n t t t t ⋅=---⋅=-+-=-=解得，所以存在点，使平面，B 选项正确.1t =M //OM SBC 若直线与直线所成角为，又，OM AB 30︒()2,0,0AB =则，()()222213cos3022661122OM ABOM ABt t t t ⋅-︒====⋅-++-+-⨯ 整理得，无解，所以C 选项错误.23970,8143730t t -+=∆=-⨯⨯=-<故选：ABD.10．BCD【分析】根据向量的多边形法则可知A 正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B 错误；根据共线向量的定义可知，C 错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D 错误．【详解】对A ，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B ，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要,a b a b a b+=+ 性不成立，错误；对C ，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；,a b对D ，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x +y +z =1，才有P 、A 、B 、C 四点共面，错误．故选：BCD ．11．AB【分析】以，，作为空间的一组基底，利用空间向量判断A ，C ，利用空间向量法ABAD AA 可得面，再用向量法表示，即可判断B ，利用割补法判断D ；1AC ⊥PMN AH【详解】依题意以，，作为空间的一组基底，ABAD AA 则，，11AC AB AD AA =++ ()1122MN BD AD AB ==-因为棱长均为2，，11π3A AD A AB ∠=∠=所以，，224AB AD == 11π22cos 23AA AD AA AB ⋅=⋅=⨯⨯= 所以()()1112D A A C MN AD A A B AA B++⋅⋅=- ，()2211102AB AD AB AD AB AD AA AD AA AB ⋅-+-⋅+==⋅+⋅故，即，故A 正确；1AC MN ⊥1AC MN ⊥同理可证，，面，面，PN AC ⊥MN PN N ⋂=MN ⊂PMN PN ⊂PMN 所以面，即面，即为正三棱锥的高，1AC ⊥PMN AH ⊥PMN AH A PMN -所以()()1133AH AN NH AN NP NM AN AP AN AM AN=+=++=+-+- ，()13AP AM AN =++又，，分别是，，的中点，，P M N 1AA AB AD π3PAM PAN MAN ∠=∠=∠=所以，则三棱锥是正四面体，1PA AM AN PM MN PN ======P AMN -所以()11111133222AH AP AM AN AA AB AD ⎛⎫=++=⨯++ ⎪⎝⎭ ，()111166AA AB AD AC =++=所以，故B 正确；116AH AC =因为()211AC AB AD AA =++ ()()()222111222AB ADAA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅ ，2426==()21111111=AC AA AB AD AA AA AB AA AD AA AA ⋅=++⋅⋅+⋅+ ，11222222=822=⨯⨯+⨯⨯+⨯设直线和直线所成的角为，1AC 1BB θ则，故C 错误；1111111186cos cos ,cos ,3262AC AA AC BB AC AA AC AA θ⋅=====⨯ ，11111111111111A B D C ABCD A B C D A B D A C B D A B ABC D ADCV V V V V V ------=----其中，1111111111116ABCD A B C D A B D A C B D C B ABC D ADC V V V V V -----====所以，故D 错误.1111113A B D C ABCD A B C D V V --=故选：AB.关键点睛：本题解决的关键点是利用空间向量的基底法表示出所需向量，利用空间向量的数量积运算即可得解.12．AC【分析】对于A ，根据即可算出的值；对于B ，根据计算；对于C ，根据||2a = m a b ⊥ m 计算即可；对于D ，根据求出，从而可计算出.a b λ= 1a b ⋅=- m a b + 【详解】对于A ，因为，所以，解得，故A 正确；||2a = 2221(1)2m +-+=2m =±对于B ，因为，所以，所以，故B 错误；a b ⊥ 2120m m -+-+=1m =对于C ，假设，则，a b λ= (1,1,)(2,1,2)m m λ-=--所以，该方程组无解，故C 正确；()12112m m λλλ=-⎧⎪-=-⎨⎪=⎩对于D ，因为，所以，解得，1a b ⋅=- 2121m m -+-+=-0m =所以，，所以，故D 错误.(1,1,0)a =- (2,1,2)b =-- (1,2,2)+=-- a b 故选：AC.13．15【分析】根据线面垂直，可得直线的方向向量和平面的法向量共线，由此列式计算，即得答案.【详解】∵，∴，∴，解得，l α⊥u n ∥ 3123a b ==6,9a b ==∴，15a b +=故1514．2【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.()0a a b λ⋅-= 2λ=【详解】，()()()2,1,31,2,12,12,3a b λλλλλ-=---=--- 因为，所以，()a a b λ⊥- ()0a a b λ⋅-= 即，()()2,12,3241293702,1,134λλλλλλλ----=-++-+-=+⋅-=解得.2λ=故215．17【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可.CD CA AB BD =++ 【详解】因为.CD CA AB BD =++ 所以()22CD CA AB BD =++ 222222CA CA AB AB AB BD BD CA BD=+⋅++⋅++⋅ 222132022042342⎛⎫=+⨯++⨯++⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭17=所以.17CD = 故答案为.1716．33【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量垂MBD PCD 直求点的位置，并利用向量法求异面直线所成角的余弦值，即可求解正弦值.M 【详解】如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标A ,,AB AD AP ,,x y z 系，设，2AD AP ==，，，，()2,0,0B ()0,2,0D ()002P ,,()2,2,0C 设,()()()0,2,22,2,22,22,22DM DP PM DP PC λλλλλ=+=+=-+-=-- ，，，()2,2,0BD =-u u u r ()2,0,0DC =u u u r ()0,2,2DP =- 设平面的法向量为，MBD ()111,,m x y z =r ，()()11111222220220DM m x y z DM m x y λλλ⎧⋅=+-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩33故。
高中数学空间向量与立体几何典型题压轴大题练习题带答案
高中数学空间向量与立体几何一．选择题（共25小题）1．已知平面α的法向量为＝（﹣2，﹣2，1），点A（x，3，0）在平面α内，则点P（﹣2，1，4）到平面α的距离为，则x＝（）A．﹣1B．﹣11C．﹣1或﹣11D．﹣212．已知直线1的方向向量＝（﹣1，2，1），平面α的法向量＝（﹣2，4，2），则直线1与平面α的位置关系是（）A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l∈α3．已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）4．如图，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的法向量是（）A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）5．已知空间向量，，两两相互垂直，且||＝||＝||＝||，若，则x+y+z的取值范围是（）A．B．[﹣1，1]C．D．[﹣2，2]6．已知向量分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则（）A．m＝8，n＝28B．m＝4，m＝28C．D．7．若向量＝（x，﹣4，﹣5），＝（1，﹣2，2），且与的夹角的余弦值为，则实数x的值为（）A．﹣3B．11C．3D．﹣3或118．已知＝（2，﹣1，4），＝（﹣1，1，﹣2），＝（7，5，m），若，，共面，则实数m的值为（）A．B．14C．12D．9．与向量＝（﹣1，﹣2，2）共线的单位向量是（）A．（﹣，﹣，）和（，，﹣）B．（﹣，﹣，）C．（，，﹣）D．（﹣，﹣，﹣）或（，，﹣）10．已知O（0，0，0），A（3，﹣2，4），B（0，5，﹣1），若＝，则C的坐标是（）A．（2，﹣，）B．（﹣2，，﹣）C．（2，﹣，﹣）D．（﹣2，﹣，）11．若直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，则m＝（）A．2B．3C．4D．512．若A（m+1，n﹣1，3），B（2m，n，m﹣2n），C（m+3，n﹣3，9）三点共线，则m+n的值为（）A．0B．﹣1C．1D．﹣213．若向量，，则＝（）A．B．C．3D．14．已知向量＝（﹣1，0，1），＝（1，1，﹣1），且+k与互相垂直，则k＝（）A．1B．C．﹣1D．﹣15．已知向量＝（2，1，﹣3），＝（1，﹣1，2），则+2＝（）A．3B．（4，﹣1，1）C．（5，1，﹣4）D．16．已知三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，则﹣（+）＝（）A．B．C．D．17．在空间直角坐标系中，若A（1，1，0），＝（3，0，1），则点B的坐标为（）A．（﹣5，1，﹣2）B．（7，1，﹣2）C．（3，0，1）D．（7，1，2）18．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝（）A．B．C．D．19．已知向量及则等于（）A．（﹣3，1，﹣2）B．（5，5，﹣2）C．（3，﹣1，2）D．（﹣5，﹣5，2）20．已知向量，，．若，则x的值为（）A．﹣2B．2C．3D．﹣321．设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．3D．422．若向量＝（2，﹣3，1）和＝（1，x，4）满足条件•＝0，则x的值是（）A．﹣1B．0C．1D．223．空间点A（x，y，z），O（0，0，0），，若|AO|＝1，则|AB|的最小值为（）A．1B．2C．3D．424．已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）A．[0，4]B．[0，2]C．[1，4]D．[1，2]25．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（）A．＝﹣﹣B．＝++C．++＝D．+++＝二．填空题（共5小题）26．若，且，则实数λ＝．27．点P是棱长为4的正四面体表面上的动点，MN是该四面体内切球的一条直径，则的最大值是．28．若向量＝（x，﹣1，1）与＝（3，1，﹣2）的夹角为钝角，则实数x的取值范围为．29．已知＝（﹣2，1，3），＝（3，﹣4，2），＝（7，λ，5），若，，共面，则实数λ＝．30．若向量＝（7，λ，8），＝（1，﹣1，2），＝（2，3，1），且，，共面，则λ＝．三．解答题（共10小题）31．棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H是C1G的中点．（1）证明：EF⊥B1C．（2）求cos＜＞．（3）求FH的长．32．设点E，F分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC，BB1的中点．如图，以D为坐标原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系．（I）求；（II）若点M，N分别是线段A1E与线段D1F上的点，问是否存在直线MN，使得MN⊥平面ABCD？若存在，求点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．33．已知空间向量＝（a1，a2，a3），＝（b1，b2，b3），定义两个空间向量与之间的距离为d（，）＝|b i﹣a i|．（1）若＝（1，2，3），＝（4，1，1），＝（，，0），证明：d（，）+d（，）＝d（，）（2）已知＝（c1，c2，c3）①证明：若∃λ＞0，使﹣＝λ（﹣），则d（，）+d（，）＝d（，）．②若d（，）+d（，）＝d（，），是否一定∃λ＞0，使﹣＝λ（﹣）？请说明理由．34．如图四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．（1）求过点P，C，B，G四点的球的表面积；（2）求直线DP到平面PBG所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．35．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，Q分别是BB1，BC1中点，点P在线段C1M上，且，（1）用向量表示向量；（2）用向量表示向量；（3）若AP与平面A1BC交于，求出y关于x的函数关系式．36．如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面ADC1与平面A1BA所成的锐二面角（是指不超过90°的角）的余弦值．37．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长为．（1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；（2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．38．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2．（Ⅰ）求证：DE⊥A1C；（Ⅱ）求点C到平面A1BE的距离．39．已知四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：BC⊥SD；（Ⅱ）若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．40．（1）用符号表示下来语句，并画出同时满足这四个语句的一个几何图形：①直线l在平面α内；②直线m不在平面α内；③直线m与平面α交于点A；④直线l不经过点A．（2）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，F为棱CC1的三等分点，画出由D1，E，F三点所确定的平面β与平面ABCD的交线．（保留作图痕迹）参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【解答】解：＝（﹣2﹣x，﹣2，4），||＝＝，||＝＝3，＝﹣2（﹣2﹣x）+4+4＝2x+12，∴cos＜＞＝＝，设AP与平面α所成角为θ，则sinθ＝，∴P到平面α的距离为|AP|•sinθ＝＝，解得x＝﹣1或x＝﹣11．故选：C．2．【解答】解：∵直线1的方向向量＝（﹣1，2，1），平面α的法向量＝（﹣2，4，2），∴＝2∴则与共线，可得：l⊥a．故选：B．3．【解答】解：依题意，（2，﹣1）为直线的一个法向量，∴方向向量为（1，2），故选：D．4．【解答】解：在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，，，为坐标向量建立空间直角坐标系，A1（1，0，1），B（1，1，0），C1（0，1，1），＝（0，1，﹣1），＝（﹣1，0，1），设平面A1BC1的法向量是＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，1），∴平面A1BC1的法向量是（1，1，1）．故选：A．5．【解答】解：设||＝||＝||＝||＝r，∵，，两两相互垂直，∴＝＝，∵，∴＝（x+y+z）2＝x2+y2+z2，∴1＝x2+y2+z2，∴（x+y+z）2＝x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz≤3（x2+y2+z2）＝3，当且仅当x＝y＝z＝±时“＝”成立，∴﹣≤x+y+z≤，故选：C．6．【解答】解：∵l1∥l2，∴存在实数使得＝k，∴，解得：m＝8，n＝．故选：C．7．【解答】解：∵向量＝（x，﹣4，﹣5），＝（1，﹣2，2），∴||＝＝，||＝＝3；•＝x+8﹣10＝x﹣2，且与的夹角余弦值为﹣，∴•3•（﹣）＝x﹣2；整理得x2﹣8x﹣33＝0，解得x＝﹣3或x＝11（不合题意，舍去）；∴x的值为﹣3．故选：A．8．【解答】解：∵＝（2，﹣1，4），＝（﹣1，1，﹣2），∴与不平行，又∵，，三向量共面，则存在实数x，y使＝x+y，即（2x﹣y，﹣x+y，4x﹣2y）＝（7，5，m）即，解得：m＝14，故选：B．9．【解答】解：∵向量＝（﹣1，﹣2，2）的模为||＝＝3，故与向量＝（﹣1，﹣2，2）共线的单位向量是±，即＝（﹣，﹣，）或﹣＝（，，﹣）．故选：A．10．【解答】解：设点C坐标为（x，y，z），则＝（x，y，z）．又＝（﹣3，7，﹣5），＝，∴x＝﹣2，y＝，z＝﹣．则C的坐标是（﹣2，，﹣）．故选：B．11．【解答】解：∵直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，∴l的方向向量为（2，1，m）与平面α的法向量为（1，，2）平行，∴（2，1，m）＝λ（1，，2）．∴，解得m＝4．故选：C．12．【解答】解：因为＝（m﹣1，1，m﹣2n﹣3），＝（2，﹣2，6），由题意，得∥，所以＝＝，所以m＝0，n＝0，所以m+n＝0．故选：A．13．【解答】解：∵向量，，∴2+＝（4，﹣1，1），∴＝＝3．故选：D．14．【解答】解：∵向量＝（﹣1，0，1），＝（1，1，﹣1），∴+k＝（﹣1+k，k，1﹣k），∵+k与互相垂直，∴（）•＝﹣1+k+k﹣1+k＝0，解得k＝．故选：B．15．【解答】解：．故选：B．16．【解答】解：如图，取CD中点F，连结AF，EF，∵三棱锥A﹣BCD中，E是BC的中点，∴﹣（+）＝﹣＝＝．故选：D．17．【解答】解：在空间直角坐标系中，A（1，1，0），＝（3，0，1），设点B的坐标为B（x，y，z），则＝（x﹣1，y﹣1，z﹣0）＝（3，0，1），解得x＝7，y＝1，z＝2．∴点B的坐标为（7，1，2）．故选：D．18．【解答】解：由题意可得＝＝．故选：D．19．【解答】解：由向量，，所以＝（﹣3，1，﹣2）．故选：A．20．【解答】解：因为向量，，，所以﹣＝（﹣2，3，1）；又，所以•（﹣）＝0，即﹣2×（﹣2）+3x+2×1＝0，解得x＝﹣2．故选：A．21．【解答】解：设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，∴，解得x＝1，y＝﹣2，∴＝（1，1，1）+（1，﹣2，1）＝（2，﹣1，2），∴|+|＝．故选：C．22．【解答】解：因为＝（2，﹣3，1）和＝（1，x，4）满足条件＝0，即2﹣3x+4＝0⇒x＝2；故选：D．23．【解答】解：∵空间点A（x，y，z），O（0，0，0），，|AO|＝1，∴A是以O为球心，1为半径的球上的点，∵，∴|OB|＝＝3．∴|AB|的最小值为：|OB|﹣||OA|＝3﹣1＝2．故选：B．24．【解答】解：以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示；设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，则内切球的半径为1，所以•＝（+）•（+）＝（+）•（﹣）＝﹣1∈[0，2]．所以的取值范围是[0，2]．故选：B．25．【解答】解：在C中，由++＝，得＝﹣﹣，则、、为共面向量，即M、A、B、C四点共面；对于A，由＝﹣﹣，得1﹣1﹣1＝﹣1≠1，不能得出M、A、B、C四点共面；对于B，由＝++，得++≠1，所以M、A、B、C四点不共面；对于D，由+++＝，得＝﹣（++），其系数和不为1，所以M、A、B、C四点不共面．故选：C．二．填空题（共5小题）26．【解答】解：∵，∴+λ＝（2+6λ，﹣1﹣3λ，2+2λ），由，得：2（2+6λ）+（1+3λ）+2（2+2λ）＝0，解得：λ＝﹣，故答案为：﹣．27．【解答】解：设点O是此正方体的内切球的球心，半径R＝1．∵•≤||||，∴当点P，M，N三点共线时，•取得最大值．当且仅当点P为正四面体的一个顶点时上式取得最大值，∴（•）max＝×＝，故答案为：．28．【解答】解：向量＝（x，﹣1，1）与＝（3，1，﹣2），因为与夹角为钝角，所以，且cos＜，＞≠﹣1，解得x＜1，所以x的取值范围为（﹣∞，1）．故答案为：（﹣∞，1）．29．【解答】解：由＝（﹣2，1，3），＝（3，﹣4，2），＝（7，λ，5），且，，共面，所以存在实数m，n，使得，即（7，λ，5）＝m（﹣2，1，3）+n（3，﹣4，2），列方程组，得，解得，；所以．故答案为：．30．【解答】解：向量＝（7，λ，8），＝（1，﹣1，2），＝（2，3，1），且，，共面，所以存在两个实数x、y使得＝x+y；即，解得；所以λ＝3．故答案为：3．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示；则E（0，0，1），F（1，1，0），B1（2，2，2），C（0，2，0），C1（0，2，2）；（1）∵＝（1，1，﹣1），＝（﹣2，0，﹣2），∴•＝1×（﹣2）+1×0﹣1×（﹣2）＝0，∴⊥，∴EF⊥B1C；（2）由CG＝CD知，C（0，2，0），∴G（0，，0），∴＝（0，﹣，﹣2），∴•＝1×0+1×（﹣）﹣1×（﹣2）＝，||＝，||＝＝，∴cos＜，＞＝＝＝；（3）∵H为C1G的中点，∴H（0，，1），F（1，1，0），∴＝（﹣1，，1），∴||＝＝，即FH的长为．32．【解答】解：（Ⅰ）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为A1（2，0，2），E（1，2，0），D1（0，0，2），F（2，2，1），＝（﹣1，2，﹣2），＝（2，2，﹣1），…（2分）所以；…（4分）（Ⅱ）存在唯一直线MN，使MN⊥平面ABCD；设M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），且，；则（x1﹣2，y1，z1﹣2）＝λ（﹣1，2，﹣2），（x2，y2，z2﹣2）＝t（2，2，﹣1），所以M（2﹣λ，2λ，2﹣2λ），N（2t，2t，2﹣t），故，…（8分）若MN⊥平面ABCD，则与平面ABCD的法向量＝（0，0，1）平行，所以，解得；所以点M，N的坐标分别是（，，），（，，）．…（12分）33．【解答】证明：（1）∵，，，∴，，，∴．（2）①∵∃λ＞0，使，∴∃λ＞0，使得（b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3）＝λ（c1﹣b1，c2﹣b2，c3﹣b3），即∃λ＞0，使得b i﹣a i＝λ（c i﹣b i），其中i＝1，2，3，∴b i﹣a i与c i﹣b i（i＝1，2，3）同为非负数或同为负数．∴，即．②不一定∃λ＞0，使得．反例如下：取，，，，，，则∵，，∴不存在λ＞0，使得．34．【解答】解：（1）由四面体P﹣BCG的体积为．∴PG＝4以GP，GB，GC构造长方体，外接球的直径为长方体的体对角线．∴（2R）2＝16+4+4，∴∴V＝4π×6＝24π．（2）由GB＝GC＝2∴△BGC为等腰三角形，GE为∠BGC的角平分线，作DK⊥BG交BG的延长线于K，∴DK⊥面BPG．由平面几何知识可知：，设直线DP与平面PBG所成角为α∴．（3）∵GB，GC，GP两两垂直，分别以GB，GC，GP为x，y，z轴建立坐标系假设F存在且设F（0，y，4﹣2y）（0＜y＜2）∵∴，又直线DF与GC所成的角为900∴∴∴当时满足条件．35．【解答】解：（1）∵，，∴＝．（2）∵，又＝，∴＝＝＝+．（3）由空间向量的基本定理可设，∵四点A1、B、C、N共面，∴k+m+n＝1．∵，∴＝，∴，利用k+m+n＝1，可得，化为即为所求的关系式．36．【解答】解：（1）以{，，}为单位正交基底建立空间直角坐标系A﹣xyz，则由题意知A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，4），D（1，1，0），C1（0，2，4），∴＝（2，0，﹣4），＝（1，﹣1，﹣4），∴cos＜，＞＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为．（2）是平面ABA1的一个法向量，设平面ADC1的法向量为，∵，∴，取z＝1，得y＝﹣2，x＝2，∴平面ADC1的法向量为＝（2，﹣2，1），设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝||＝，∴平面ADC1与ABA1所成二面角的余弦值为：．37．【解答】证明：（1）＝+，＝+．因为BB1⊥平面ABC，所以•＝0，•＝0．又△ABC为正三角形，所以＜，＞＝π﹣＜，＞＝π﹣＝．因为•＝（+）•（+）＝•+•++•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1+1＝0，所以AB1⊥BC1．解：（2）由（1）知•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1．又||＝＝＝||，所以cos＜，＞＝＝，所以||＝2，即侧棱长为2．38．【解答】（Ⅰ）证明：在图1△ABC中，D，E为AC，AB边中点所以DE∥BC．又AC⊥BC，所以DE⊥AC．在图2中DE⊥A1D，DE⊥DC，且A1D∩DC＝D，则DE⊥平面A1CD．又因为A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DE⊥平面A1CD，且DE⊂平面BCDE，所以平面A1CD⊥平面BCDE，且平面A1CD∩平面BCDE＝DC，在正△A1CD中，过A1作A1O⊥CD，垂足为O，所以A1O⊥平面BCDE．A1O即为三棱锥A1﹣BCE底面上的高，在△A 1CD中，．在△A 1BE中，，，所以．在梯形BCDE中，．设点C到平面A1BE的距离为h，因为，所以，解得．即点C到平面A1BE的距离为．39．【解答】证明：（Ⅰ）取BC的中点F，连接BD、DF和SF，因为△SBC为等边三角形，所以SF⊥BC；又四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，所以△BCD为等边三角形，所以DF⊥BC；又SF∩DF＝F，SF⊂平面SDF，DF⊂平面SDF，所以BC⊥平面SDF，又SD⊂平面SDF，所以BC⊥SD；（Ⅱ）解：因为平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，SF⊥BC，SF⊂平面SBC，所以SF⊥平面ABCD；又DF⊥BC，所以SF、BC、DF两两垂直；以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系F﹣xyz，如图所示；不妨设AB＝2，则A（﹣2，，0），B（﹣1，0，0），S（0，0，）；所以＝（1，﹣，0），＝（2，，）；设平面SAB的一个法向量为＝（x，y，z），由，得，令y＝1，得＝（，1，﹣1），又＝＝（﹣，，﹣），所以E（﹣，，），又D（0，，0），所以＝（﹣，﹣，），设直线DE与平面SAB所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．40．【解答】解：（1）l⊂α；m⊄α；m∩α＝A；A∉l；示意图如下：（2）如图，分别延长DB，D1E相交于点L，分别延长DC，D1F相交于点I，直线IL即为所求．。
高考数学必做题--立体几何与空间向量 (后附参考答案与详解)
立体几何与空间向量-高考必做题123平行的截面，则截得的三；截得的平面图形中，面积最大的值是．4的中点，为线段上的动点，过点，，则下列命题正确的是．5与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．7是正方体棱上一点（不包括棱的端点），．，则的取值范围是．8的最大值为满足9的中点，沿将矩形折起使得分别为中点．10C.3个D.4个分别为棱，上的点． 已知下列判断：上的正投影是面积为定值的三角形；平行的直线；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关．11，，，与平面所12的位置，使得平面，并证明你的13，坐标平面上的一组正投影图像如．14如图是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．（1）15 16 17 18椭圆的一部分 D.抛物线的一部分19 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（20分别是棱的中点，是侧面长度的取值范围是（）．21D.D.③④分别是棱，的中点，过直线，，给出以下四个命题：22为正方形,，则三棱锥2324 2526 272829 30A. B.C. D.立体几何与空间向量-高考必做题123为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体4如图，在棱长为的正方体的中点，点在线段上．点到直线的距离的最小值为．∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．5当时，为中点，此时可得截面为等腰梯形；当点向移动时，满足即可得截面为四边形，①正确；对于②，当时，如图所示，延长至，使，连接交于，连接可证，由可得故可得，∴截面对于③，由②知当此时的截面形状仍然为上图所示的五边形对于④，当时，与可证，且，可知截面故答案为：①②④．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系6与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．为平面与四棱锥的表面的交线．分别是线段，上的，的菱形，，，，，，所以，设平面的法向量为，则由可得令因为，所以直线与平面的成角的正弦值为法1：延长，分别交，延长线于，，连接，，则四边形为平面法2：记平面与直线的交点为，设由．所以即为点．所以连接，，则四边形为平面平面向量平面向量的基本概念向量的加法与减法平面向量的数量积数量积立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间向量空间直角坐标系空间向量的应用789的最大值为满足，所以，所以．，接下来研究这个二次函数的性质可函数函数的概念与表示最值单调性对称性二次函数立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直10,，则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用11中，，分别为棱D.4个平面，而两个平面面与面上的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结点在面上的投影到此棱的距离是定平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关，此结论不对，与两者都有关系，可代入几个特殊点进行验证，如与重重合时的情况就不一样，故此命题不正点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直12的位置，使得平面，并证明你的，∵与平面所成角为，即，∴，由，知，，则，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，∵平面，∴为平面的法向量，∴又∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．点是线段上一个动点，设，则，∵平面，∴，即，解得：，此时，点坐标为，．平面向量平面向量的基本定理及坐标表示平面向量的坐标运算用坐标表示平面向量共线的条件立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间向量及其运算空间向量的应用答案解析该几何体还原如图所示，易得体积为．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体体积和表面积的计算三视图14是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．，，，求：二面角的余弦值．（1）答案见解析．（2）答案见解析．（1）由是圆的直径，得．由平面，平面，得．在中，∵，，∴立体几何初步空间中的垂直空间向量空间向量的应用1516三角函数与解三角形解三角形立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系17动点从到，再到，到再回到，，则经过的最短路径为：一个半圆和一个即．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体18如图，三棱锥的顶点、、等边三角形，点，分别为线段体积的最大值为19椭圆的一部分 D.抛物线的一部分的交线的距离分别为和．，D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（2021D.连结，可以证明平面，所以点位于线段上，把三角形拿到平面上，则有，所以当点位于时，最大，当位于中点时，最小，此时所以，即所以线段长度的取值范围是22D.③④在正方体中，平面，∴平面平面，①正确；②连接，∵平面，四边形的对角线是固定的，要使面积最小，只需的长度最小即可，此时为棱中点，，长度最小，对应四边形②正确；③∵，∴四边形是菱形，当时，长度由大变小，当时，长度由小变大，∴函数不是单调函数，③错误；④连接，，，四棱锥分割成两个小三棱锥，以为底，分别以、为顶点，∵面积是个常数，、到平面的距离是个常数，2324函数图象的交点函数的零点三角函数与解三角形三角函数任意角与弧度制三角函数的定义立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体解析几何曲线与方程25）成。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
空间向量与立体几何经典题型与答案1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90ο底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==u u u r u u u u r g 只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r Q g u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r 故所求的二面角为2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD（Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系（Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V ， )23,0,21(),0,1,0(-==VA AB由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直∴AB ⊥平面VAD（Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得 因此，AEB ∠是所求二面角的平面角，,721||||),cos(=⋅⋅=EB EA EB EA EB EA 解得所求二面角的大小为.721arccos3 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，3AB =，1BC =，2PA =， E 为PD 的中点（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，D CBAV则,,,,,A B C D P E 的坐标为(0,0,0)A 、(3,0,0)B 、(3,1,0)C 、(0,1,0)D 、(0,0,2)P 、1(0,,1)2E ，从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅⋅=PB AC PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473 （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则)1,21,(z x NE --=，由NE ⊥面PAC 可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 和AP 的距离分别为31,64 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====（Ⅰ）求BF 的长； （Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离解：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由 ⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α，则 .333341161133||||cos 1111=++⨯=⋅⋅=n CC n CC α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d5 如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动 （1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π 解：以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设AE x =，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为（2）因为E 为AB 的中点，则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ，得⎩⎨⎧==ca ba 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面1ACD 的距离为.313212||||1=-+=⋅=n n E D h （3）设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b CE n C D n 令1,2,2b c a x =∴==-， ∴).2,1,2(x n -= 依题意.225)2(222||||||4cos211=+-⇒=⋅⋅=x DD n DD n π∴321+=x （不合，舍去），322-=x∴23AE =-时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥，已知112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=，求：（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值解：（I ）以B 为原点，1BB 、BA 分别为,y z 轴建立空间直角坐标系由于，112,2,1,3AB BB BC BCC π===∠=在三棱柱111ABC A B C -中有1(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)B A B ,)0,23,23(),0,21,23(1C C -设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E)0,2,23()2,,23(0a a --⋅--= ,432)2(432+-=-+=a a a a.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线，则14143||=+=BE ，故异面直线1,AB EB 的距离为1 （II ）由已知有,,1111EB A B EB EA ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量EA A B 与11的夹角.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111==⋅=--===θθ即故因A B EA A B EA EA BA A B7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PF EC ⊥ 已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ）二面角E PC D --的大小解：（Ⅰ）以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系由已知可得(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)D P C 设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x CE x PE x E 由0=⋅⊥CE PE CE PE 得，即.23,0432==-x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(， 又PD DE ⊥，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=DE ，故异面直线PD ,CE 的距离为1（Ⅱ）作DG PC ⊥，可设(0,,)G y z 由0=⋅PC DG 得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y。