空间向量与立体几何(基础+复习+习题+练习)

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空间向量与立体几何基础练习题

焠焠t
焠t焠
焠焠，
焠焠t
焠t焠
且两向量互相垂直，
所以
焠焠， t，
解得．
6. A 则点所以又在
【解析】设点，在底面体鼠的射影分别为，，
为鼠的中点，
鼠∽
体，
鼠，
体
中，易得
∽
，
所以
．
不妨设正方体的棱长为，以鼠为原点，鼠，鼠，鼠鼠所在的直线分别为，᧋，अ 轴建立空间直角坐标系，
互相垂直，则的值是
C.
D.
6. 如图，在正方体体鼠则
体鼠中，为棱鼠的中点．设与平面体体鼠鼠的交点为，
A. 三点鼠，，体共线，且体
鼠
B. 三点鼠，，体不共线，且体
鼠
C. 三点鼠，，体共线，且体鼠
D. 三点鼠，，体不共线，且体鼠
二、填空题（共 6 小题；共 30 分）
体
体
，
又因为
体
体，
所以
体
．
14. （1）连接体，．
因为，分别为体体，体的中点，
所以 ∥体，且
体．
又因为为鼠的中点，
所以鼠
鼠．
由题设知体 ∥鼠且体鼠，可得体 ∥ 鼠且体
鼠，
故 ∥ 鼠且
鼠，
因此四边形鼠为平行四边形， ∥ 鼠．
又
平面鼠，
所以 ∥平面鼠．（2）过作的垂线，垂足为 t．
所以体平面体．
因为体平面体，
所以体体．
（2）在
体中，

空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)

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：(λ ＋μ )a ＝λ a ＋μ a ；λ (a ＋b )＝λ a ＋λ 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λ ，使得a ∥λ 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λ ，μ ，使得c ＝λ a ＋μ 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λ 1，λ 2，λ 3，使得p ＝λ 1a ＋λ 2b ＋λ 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：(λ a )·b ＝λ (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)；λ a ＝(λ a 1，λ a 2，λ 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 ＝λ b ⇔a 1＝λ b 1，a 2＝λ b 2，a 3＝λ b 3(λ ∈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 b a 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 v ②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AB与的夹角的大小．α －l－β 的大小就是向量CD方法二：如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m1，m2〉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－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2P A1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，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 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 a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB a DC ==-= ,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 a AD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴⋅AD AC ADAC 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，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 DCEA 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．例6 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面P AC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面P AC 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P A ＝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P AC ．(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P AC ，∴DE ⊥平面P AC ，∴∠DAE 是直线AD 与平面P AC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠⋅AE AD AEAD DAE即直线AD 与平面P AC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面P AC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ，∴∠AEP 是二面角A －DE －P 的平面角．∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AC ，∠P AC ＝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，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______．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．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．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，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝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 －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (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 ，2=AD ，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 7．548．42三、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 习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9π 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θ ，∵,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)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝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 △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△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λ ＝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 ,GB 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==⋅MS GB MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。

人教A版高中数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何复习参考题

第一章空间向量与立体几何复习参考题复习巩固1. 如图，空间四边形OABC 中，OA a =，OB b =，OC c =，点M 在OA 上，且满足2OM MA =，点N 为BC 的中点，则MN =（）A.121232a b c -+ B. 211322a b c -++C.111222a b c +- D.221332a b c +- 【答案】B【分析】由空间向量的线性运算求解．【详解】由题意1121132322MN MA AB BN OA OB OA BC OA OB OC OB =++=+-+=-++-211322OA OB OC =-++，又OA a =，OB b =，OC c =，∴211322MN a b c =-++,2. 如图，在平行六面体ABCD A B C D ''''-中，AB a =，AD b =，1AA c =，P 、M 、N 分别是CA '、CD '、C D ''的中点，点Q 在CA '上，且:4:1CQ QA '=．用空间的一个基底{},,a b c 表示下列向量：（1）AP ；（2）AM ；（3）AN ；（4）AQ ．【答案】（1）111222AP a b c =++ （2）1122AM a b c =++（3）12AN a b c =++（4）114555AQ a b c =++【分析】（1）利用空间向量的加法法则可得出AP 在基底{},,a b c 下的表达式；（2）利用空间向量的加法法则可得出AM 在基底{},,a b c 下的表达式；（3）利用空间向量的加法法则可得出AN 在基底{},,a b c 下的表达式；（4）利用空间向量的加法法则可得出AQ 在基底{},,a b c 下的表达式.【小问1详解】解：A C A A AB BC a b c ''=++=+-，则()1111122222AP AA A P AA A C c a b c a b c ''''=+=+=++-=++；【小问2详解】解：CD CC CD c a ''=+=-，AD AD AA b c ''=+=+，所以，()11112222AM AD D M AD CD b c c a a b c ''''=+=-=+--=++；【小问3详解】解：1122AN AD D N AD D C a b c '''''=+=+=++. 【小问4详解】解：()1111455555AQ AA A Q AA A C c a b c a b c ''''=+=+=++-=++.3. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，1CB =，2CA =，1AA =M 是1CC 的中点.求证：1AM BA ⊥.【分析】以B 为原点建立如图所示空间直角坐标系，证明10BA AM ⋅=即可. 【详解】由题可以B 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则1(0,0,0),1,0,,2B A M A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则1(0,3,6),(1,2BA AM ==-， 10330BA AM ⋅=-+=∴，∴1AM BA ⊥.4. 如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为a .（1）试建立适当的空间直角坐标系，并写出点A ，B ，1A ，1C 的坐标；（2）求1AC 与侧面11ABB A 所成的角. 【答案】（1）答案见解析；（2）6π【分析】取BC 的中点为O ,11B C 的中点为1O ,连结1OO ,连结OA ，以O 为原点，1,,OA OB OO 为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】（1）因为三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱，取BC 的中点为O , 取11B C 的中点为1O ,连结1OO ,则1OO ⊥面ABC .连结OA ，则OA ⊥BC . 以O 为原点，1,,OA OB OO 为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，由底面边长为a ，侧，则()1110,0,0,,0,0,0,,0,0,,0,,0,,0,,222222a a a a O A a B C A a B C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以点A ，B ，1A ，1C 的坐标为：11,0,0,0,,0,,0,22a a A B A C ⎫⎫⎛⎫⎛⎫-⎪⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；（2）由（1）知：()1133=,,2=,,0=0,0,222a a AC a a AB a AA ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，.设(),,n x y z =为面11ABB A 的一个法向量，则1·=0·=0n AA n AB ⎧⎨⎩，即1·=00·=002n AA z an AB x y ⎧++⋅⎪⎛⎫⎨-⋅+⋅+= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎩，不妨设x =1,则()1,3,0n =.设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为02πθθ⎛⎫<≤ ⎪⎝⎭，则1111sin =cos ,2AC n AC n AC nθ ⎝===⨯⎛，所以=6πθ，即1AC 与侧面11ABB A 所成的角为6π.5. 已知空间三点()0,2,3A ，()2,1,6B -，()1,1,5C -．（1）求以AB ，AC为邻边的平行四边形的面积；（2）若向量a 分别与AB ，AC 垂直，且3a =，求向量a 的坐标．【答案】（1）（2）(3,3,a =或(3,a =-【分析】（1）先求出,AB AC ，然后利用向量的夹角公式求出cos BAC ∠，从而可求出sin BAC ∠，再利用三角形的面积公式可求得答案，（2）设(,,)a x y z =，然后利用向量a 分别与AB ，AC 垂直，且3a =，列方程组可求得答案【小问1详解】因为()0,2,3A ，()2,1,6B -，()1,1,5C -，所以(2,1,3),(1,3,2)AB AC =--=-，所以71cos 1424AB AC BAC AB AC⋅∠====，因为0180BAC ︒≤∠≤︒，所以60BAC ∠=︒，所以以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积为sin 60142AB AC BAC ∠=︒=⨯= 【小问2详解】设(,,)a x y z =，因为向量a 分别与AB ，AC 垂直，所以230320a AB x y z a AC x y z ⎧⋅=--+=⎨⋅=-+=⎩，因为3a =，所以2229x y z ++=，解得x y z ===x y z ===，所以(3,3,a =或(3,a =-6. 设空间两个单位向量(),,0OA m n =，()0,,OB n p =与向量()1,1,1OC =的夹角都等于4π，求cos AOB ∠的值.【答案】cos AOB ∠=cos AOB ∠=.【分析】根据已知可得||||cos4OC OA OC OA π⋅=⋅⋅1m n ===+，2221OA m n =+=，由此可以求出2n ，再根据2cos ||||OA OBAOB n OA OB ⋅∠==⋅，即可求得答案.【详解】因为两个单位向量(,,0)OA m n =，(0,,)OB n p =与向量(1,1,1)OC =的夹角都等于4π， 4AOC BOC π∴∠=∠=，||3OC =，||||1OA OB ==，||||cos4OC OA OC OA π∴⋅=⋅⋅1==OC OA m n ⋅=+， 2221OA m n =+=，2221m n m n ⎧+=⎪∴⎨⎪+=⎩解得22m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或22m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 2OA OB n ⋅=，2cos ||||OA OBAOB nOA OB ⋅∴∠==⋅，cos AOB ∴∠=cos AOB ∠=7. 正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点.在直线1CC 上求一点N ，使1⊥MN AB . 【答案】满足18CN =. 【分析】以A 为原点建立空间直角坐标系，设(0,1,),02N t t 剟，通过10MN AB ⋅=求解.【详解】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则131,0,(0,0,0),,242M A B ⎫⎫⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，设(0,1,),02N t t 剟，则13131,,,,,242MN t AB⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，1MN AB ⊥，1112042MN AB t ⋅=-+⨯+∴=，解得18t =，。

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。

空间向量与立体几何题

空间向量与立体几何练习题一、选择题1、已知向量，，且与互相垂直，则的值是（）A．B．C．D．2、若一直线上有相异三个点A，B，C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥α B．l⊥α C．l与α相交且不垂直 D．l∥α或lα3、已知，是两条不同直线，，是两个不同的平面，且，，则下列叙述正确的是（A）若，则（B）若，则（C）若，则（D）若，则4、方体-中，与平面ABCD所成角的余弦值为( )A． B. C. D.5、、正方体的棱长为，M，N分别为和AC上的点，=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（）A. 相交B. 平行C. 垂直D. 不能确定6、在棱长为1的如图1所示，已知四边形ABCD，EADM和MDCF都是边长为的正方形，点P是ED的中点，则P点到平面EFB的距离为（）A. B. C. D.7如图，棱长为1的正方体ABCD－AC1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并1B1且总保持向量在上的投影为0，则线段AP扫过的区域的面积为（）A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．8、如图，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′－EFQ的体积( )A．与点E，F位置有关 B．与点Q位置有关C．与点E，F，Q位置都有关D．与点E，F，Q位置均无关，是定值二、填空题9、向量a＝（0，2，1），b＝（－1，1，－2），则a与b的夹角为10、正方体ABCD—A1B1C1D1中，M和N分别为和的中点，那么直线与所成角的余弦值是_________.11、平面，且，若在边上存在点，使得，则的取值范围是。

12、如图，120°的二面角的棱上有A，B两点，AC，BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，则CD的长为________．三、解答题13、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,AB= PA=1,AD=，F是PB中点，E为BC上一点．（1）求证：AF⊥平面PBC；（2）当BE为何值时，二面角C－PE－D为45o．14、如图所示,在棱长为2的正方体中,点分别在棱上,满足,且.(1)试确定、两点的位置.(2)求二面角大小的余弦值.15、如图,在长方体中,为中点.(1)求证:；(2)在棱上是否存在一点,使得平面若存在,求的长;若不存在,说明理由；(3)若二面角的大小为,求的长.16、如图，设四棱锥的底面为菱形，且∠，，。

高中数学第一章-空间向量与立体几何单元测试(基础卷)(解析版)

第一章空间向量与立体几何单元过关基础A 版解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．空间直角坐标系中，点()2,3,5-关于y 轴对称的点的坐标是（） A ．()2,3,5--- B ．()2,3,5 C ．()2,3,5-- D ．()2,3,5-【答案】A 【解析】【分析】关于y 轴对称，纵坐标不变，横坐标、竖坐标变为相反数．【详解】关于y 轴对称的两点的纵坐标相同，横坐标、竖坐标均互为相反数．所以点()2,3,5-关于y 轴对称的点的坐标是()2,3,5---．故选：A ．【点睛】本题考查空间平面直角坐标系，考查关于坐标轴、坐标平面对称的问题．属于基础题．2．如图所示，在一个长、宽、高分别为2、3、4的密封的长方体装置2223333DA B C D A B C -中放一个单位正方体礼盒1111DABC D A B C -，现以点D 为坐标原点，2DA 、2DC 、3DD 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则正确的是（）A ．1D 的坐标为(1,0,0)B ．1D 的坐标为(0,1,0)C ．13B B 293D ．13B B 14【答案】D【分析】根据坐标系写出各点的坐标分析即可. 【详解】由所建坐标系可得：1(0,0,1)D ，1(1,1,1)B ，3(2,3,4)B ，13B B ==.故选：D. 【点睛】本题考查空间直角坐标系的应用，考查空间中距离的求法，考查计算能力，属于基础题.3．空间直角坐标系中，已知点()()1,2,3345A B 、，，，则线段AB 的中点坐标为（） A ．()234，， B ．()134，， C ．()235，， D ．()245，，【答案】A 【解析】点()()1,2,3345A B 、，，，由中点坐标公式得中得为：132435,,222+++⎛⎫⎪⎝⎭，即()234，，. 故选A.4．已知空间中三点(0,1,0)A ，(2,2,0)B ，(1,3,1)C -，则（） A ．AB 与AC 是共线向量B ．AB 的单位向量是⎫⎪⎪⎝⎭C ．AB 与BCD ．平面ABC 的一个法向量是(1,2,5)- 【答案】D 【分析】根据向量的相关性质判断. 【详解】对于A 项，(2,1,0)AB =，(1,2,1)AC =-，所以AB AC λ≠，则AB 与AC 不是共线向量，所以A 项错误；对于B 项，因为(2,1,0)AB =，所以AB的单位向量为55⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，所以B 项错误；对于C 项，向量(2,1,0)AB =，(3,1,1)BC =-，所以cos ,11AB BC AB BC AB BC⋅==-⋅，所以C 项错误；对于D 项，设平面ABC 的法向量是(,,)n x y z =，因为(2,1,0)AB =，(1,2,1)AC =-，所以00n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则2020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，令1x =，则平面ABC 的一个法向量为(1,2,5)n =-，所以D 项正确. 故选:D. 【点睛】本题考查共线向量的判断，单位向量的求法，夹角的求法，平面法向量的求法，属于空间向量综合题.5．两平行平面 α，β 分别经过坐标原点 O 和点 ()2,1,1A ，且两平面的一个法向量()1,0,1n =-，则两平面间的距离是()A ．32BC D ．【答案】B 【解析】两平行平面 α，β 分别经过坐标原点 O 和点 ()2,1,1A ，()2,1,1OA =，且两平面的一个法向量()1,0,1,n =-∴两平面间的距离22n OA n⋅-+===，故选B. 6．下图是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -木块的直观图，其中,,P Q F 分别是11D C ，BC ，AB 的中点，平面α过点D 且平行于平面PQF ，则该木块在平面α内的正投影面积是（）A ．43B ．33C ．23D 3【答案】A 【分析】先根据题意平面α可以平移至平面11A BC ，即木块在平面α内的正投影即可看成是在平面11A BC 的正投影，根据投影的性质可得投影为正六边形'''111A A BC C D ，最后根据正六边形面积公式可求出投影的面积．【详解】解：根据题意可知平面α过点D 且平行于平面PQF ，则平面α可以平移至平面11A BC ，木块在平面α内的正投影即可看成是在平面11A BC 的正投影，根据投影的性质可得投影为正六边形'''111A A BC C D 如图所示，因为正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，所以221222A B =+=则投影面内正六边形的边长为：'1226cos303A A ==根据正六边形面积公式可得投影的面积为：'''111233264323A A BC C D S ⎛=⨯= ⎝⎭故投影面积为：43故选：A【点睛】本题主要考查空间几何体和正投影得概念，考查面积公式是计算，考查空间想象力和推导能力，属于难题．7．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为3，点H 在棱1AA 上，且11HA =，在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长，则当点P 运动时，2||HP 的最小值是（）A ．21B ．22C ．23D ．13【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系,根据P 在11BCC B 内可设出P 点坐标，作1HM BB ⊥,连接PM ,可得222HP HM MP =+，作1PN CC ⊥，根据空间中两点间距离公式，再根据二次函数的性质，即可求得2HP 的范围. 【详解】根据题意,以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示：作1HM BB ⊥交1BB 于M,连接PM ，则HM PM ⊥作1PN CC ⊥交1CC 于N ，则PN 即为点P 到平面11CDD C 距离. 设(),3,P x z ,则()()()1,3,2,3,3,2,0,3,F M N z ()03,03x z ≤≤≤≤ ∵点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长 ∴PN PF =由两点间距离公式可得()()2212x x z =-+-化简得()2212x z -=-,则210x -≥解不等式可得12x ≥综上可得132x ≤≤ 则在Rt HMP ∆中222HP HM MP =+()()222332x z =+-+-()223321x x =+-+-()2213x =-+132x ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭所以213HP ≥（当时2x = 取等）故选:D 【点睛】本题考查了空间直角坐标系的综合应用，利用空间两点间距离公式及二次函数求最值，属于难题. 8．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，(1,2,,8)i P i =⋅⋅⋅是上底面上其余的八个点，则集合{},1238i y y AB AP i =⋅=⋅⋅⋅、、、、中的元素个数（）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】A 【分析】本题首先可根据图像得出i i AP AB BP =+，然后将i AB AP ⋅转化为2iAB A P B B +⋅，最后根据棱长为1以及i ABBP 即可得出结果.【详解】由图像可知，i i AP AB BP =+，则()2i i i AB BP AB AP AB B AB A P B ⋅==+⋅+，因为棱长为1，i ABBP ，所以0i AB BP ⋅=，2101i i AB AP AB AB BP ⋅=+=+=⋅，故集合{},1238i y y AB AP i =⋅=⋅⋅⋅、、、、中的元素个数为1，故选：A . 【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想，考查集合中元素的性质，是中档题.二、多选题9．给出下列命题，其中正确的有（） A ．空间任意三个向量都可以作为一组基底B ．已知向量//a b ，则a 、b 与任何向量都不能构成空间的一组基底C ．A ，B ，M ，N 是空间四点，若BA ，BM ，BN 不能构成空间的一组基底，则A ，B ，M ，N 共面D ．已知{,,}a b c 是空间向量的一组基底，若m a c =+，则{,,}a b m 也是空间一组基底【答案】BCD 【分析】选项A 、B 中，根据空间基底的概念，可判断；选项C 中，可得,,BA BM BN 共面，又由,,BA BM BN 过相同点B ，可得,,,A B M N 四点共面，由此可判断；选项D 中：基向量,a b 与向量m a c =+一定不共面，由此可判断．【详解】选项A 中，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以A 不正确；选项B 中，根据空间基底的概念，可得B 正确；选项C 中，由,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，可得,,BA BM BN 共面，又由,,BA BM BN 过相同点B ，可得,,,A B M N 四点共面，所以C 正确；选项D 中：由{},,a b c 是空间的一个基底，则基向量,a b 与向量m a c =+一定不共面，所以可以构成空间另一个基底，所以D 正确．故选：BCD.10．已知v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列选项中，正确的是（） A ．1n ∥2n ⇔α∥β B ．1n ⊥2n ⇔α⊥β C ．v ∥1n ⇔l ∥α D ．v ⊥1n ⇔l ∥α【答案】AB 【分析】根据线面直线的位置关系逐一判断即可. 【详解】解：v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则1n ∥2n ⇔α∥β，1n ⊥2n ⇔α⊥β，v ∥1n ⇔l ⊥α，v ⊥1n ⇔l ∥α或l ⊂α. 因此AB 正确.故选：AB.11．在长方体ABCD A B C D ''''-中，2AB =，3AD =，1AA '=，以D 为原点，以,,DA DC DD '分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（） A ．(3,2,1)BD '=--B ．异面直线A D '与BD '所成角的余弦值为35C ．平面A CD ''的一个法向量为(2,3,6)-- D ．二面角C A D D '''--的余弦值为37【答案】ACD 【分析】由向量法对每一选项进行逐一计算验证，可得答案. 【详解】由题意可得()()()3,0,0,3,2,0,0,2,0A B C ,()()()()0,0,1,3,0,1,0,2,1,3,2,1D A C B '''' 选项A: 所以(3,2,1)BD '=--，则A 正确.选项B:()3,0,1DA '=,(3,2,1)BD '=--,所以,cos ,10DA BDDA BD DA BD ''''==''⋅=所以异面直线A D '与BD '所成角的余弦值为35，则B 不正确. 选项C ：设平面A C D ''的一个法向量为(),,n x y z =由()3,0,1DA '=,()0,2,1DC '=，则00n DA n DC ⎧⋅=⎨⋅=⎩'' 所以3020x z y z +=⎧⎨+=⎩ ，取6z =，得()2,3,6n =--，则C 正确.选项D ：由上可得平面A C D ''的一个法向量为(2,3,6)n =-- 又平面A DD ''的法向量为()0,1,0m = 则3cos ,17n m n m n m⋅-==⨯⋅ 所以二面角C A D D '''--的余弦值为37，则D 正确. 故选：ACD12．若长方体1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的正方形，高为4，E 是1DD 的中点，则（）A ．11B E A B ⊥B ．平面1//B CE 平面1A BDC ．三棱锥11C B CE -的体积为83D ．三棱锥111C B CD -的外接球的表面积为24π【答案】CD 【分析】以1{,,}AB AD AA 为正交基底建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算11B E A B ⋅值即可判断A ；分别求出平面1B CE ，平面1A BD 的法向量，判断它们的法向量是否共线，即可判断B ；利用等体积法，求出三棱锥11-B CC E 的体积即可判断C ；三棱锥111C B CD -的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，故求出长方体1111ABCD A B C D -的外接球的表面积即可判断D.【详解】以1{,,}AB AD AA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，1(0,0,4)A ，1(2,0,4)B ，(0,2,2)E ，所以1(2,2,2)B E =--，1(2,0,4)A B =-，因为1140840B E A B ⋅=-++=≠，所以1B E 与1A B 不垂直，故A 错误； 1(0,2,4)CB =-，(2,0,2)CE =-设平面1B CE 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则由100n CB n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111240220y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，所以11112y z x z =⎧⎨=⎩，不妨取11z =，则11x =，12y = 所以(1,2,1)n =，同理可得设平面1A BD 的一个法向量为(2,2,1)m =，故不存在实数λ使得n λm =，故平面1B CE 与平面1A BD 不平行，故B 错误；在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11CDD C ，故11B C 是三棱锥11B CEC -的高，所以111111111184223323三棱锥三棱锥CEC C B CE CEC B V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△，故C 正确；三棱锥111C B CD -的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，故外接球的半径22222462R ++==，所以三棱锥111C B CD -的外接球的表面积2424S R ππ==，故D 正确. 故选：CD. 【点睛】本题主要考查用向量法判断线线垂直、面面平行，等体积法的应用及几何体外接球的表面积.三、填空题13．若直线l 的方向向量为()4,2,m ，平面α的法向量为()2,1,1-，且l α⊥，则m =______．【答案】2- 【分析】由已知可知，直线l 的方向向量与平面α的法向量平行，根据空间向量平行的充要条件可得到一个关于λ和m 的方程组，解方程组即可得到答案. 【详解】解：l α⊥，直线l 的方向向量为()4,2,m ，平面α的法向量为()2,1,1-，∴直线l 的方向向量与平面α的法向量平行.则存在实数λ使()4,2,m λ=()2,1,1-，即422m λλλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩，∴2m =-. 故答案为：2-.【点睛】本题考查向量语言表述线面垂直，直线的方向向量与平面的法向量平行是解本题的关键，属于基础题.14．若(1,1,0),(1,0,2),a b a b ==-+则与同方向的单位向量是________________【答案】【解析】试题分析：，与同方向的单位向量是考点：空间向量的坐标运算；15．如图，在正四面体P ABC -中，,M N 分别为,PA BC 的中点，D 是线段MN 上一点，且2ND DM =，若PD xPA yPB zPC =++，则x y z ++的值为_______．【答案】23【分析】利用基向量表示PD ,结合空间向量基本定理可得. 【详解】1111111()2323366PD PM MD PA MN PA PN PM PA PB PC =+=+=+-=++ 所以11,36x y z ===，所以23x y z ++=.【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理，把目标向量向基底向量靠拢是求解的主要思路.16．如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD 是上底面正中间一个正方形，正方形1111D C B A 是下底面最大的正方形，已知点P 是线段AC 上的动点，点Q 是线段1B D 上的动点，则线段PQ 长度的最小值为_______．334【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出目标PQ 的表达式，从而可得最小值. 【详解】以1B 为坐标原点，1111,B C B A 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,1,2,3,2,1,3,2,2,3B A C D , 设11B Q B D λ=,AP AC μ=,[],0,1λμ∈.()12,2,3B Q λλλ=,()1111,2,3B P B A AP B A AC μμμ=+=+=+-. ()1112,22,33QP B P B Q μλμλλ=-=+----, ()()()2222122233QP μλμλλ=+-+--+-222215191730221417217234λλμμλμ⎛⎫⎛⎫=-+-+=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当1517λ=且12μ=时，2QP 取到最小值934，所以线段PQ 长度的最小值为33434. 【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量求解距离的最值问题时，一般是把目标式表示出来，结合目标式的特征，选择合适的方法求解最值.四、解答题17．如图，已知1111ABCD A B C D -是四棱柱，底面ABCD 是正方形，132AA AB ==，，且1160C CB C CD ︒∠=∠=，设1,,CD C a b B CC c ===.（1）试用,,a b c 表示1AC ；（2）已知O 为对角线1A C 的中点，求CO 的长.【答案】（1）1AC a b c =---；（2）292. 【分析】（1）由11AC A A AD DC =++可表示出来；（2）由21||()4CO a b c =++可计算出. 【详解】（1）11AC A A AD DC =++1AA BC CD =-+- 1CC CB CD c b a a b c =---=---=---；（2）由题意知||2,||2,||3a b c ===，110,233,23322a b a c a b ⋅=⋅=⨯⨯=⋅=⨯⨯=，111()22CO CA a b c ==++，∴21||()4CO a b c =++ ()22212224a b c a b a c b c =+++⋅+⋅+⋅， ()2221292922302323442=⨯++++⨯+⨯==. 【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查利用向量计算长度，属于基础题.18．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 中点，O 为AC 中点，222AD AB AP ===.（1）证明：OE //平面PAB ；（2）异面直线PC 与OE 所成角的余弦值.【答案】（1）见详解；（2）33【分析】（1）连接BD ，得到O 为BD 中点，然后利用中位线定理，可得//OE PB ，根据线面平行的判定定理，可得结果.（2）通过建系，可得,PC OE ，然后利用向量的夹角公式，可得结果. 【详解】（1）证明：连接BD ，则O 为BD 中点，又E 为PD 中点，∴OE //PB .∵PB ⊂平面PAB ，OE ⊄平面PAB ， ∴OE //平面PAB（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，如图，则(0,0,1),(1,2,0),(0,2,0)P C D ，110,1,,,1,022E O ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴11(1,2,1),,0,22PC OE ⎛⎫=-=-⎪⎝⎭， ∴3cos ,162PC OE ==⋅即异面直线PC 与OE 3【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及建系通过利用向量的方法解决线线角，将几何问题用代数方法来解决，化繁为简，属基础题.19．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，2DE =，M 为线段BF 的中点．（1）求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M CDE -的体积；（2）求证：DM ⊥平面ACE ．【答案】（1）M 到平面DEC 的距离为3，233M CDE V -=；（2）证明见解析. 【分析】（1）设ACBD O =，以O 为原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过O 且与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点M 到平面DEC 的距离，计算出CDE △的面积，利用锥体的体积公式可计算出三棱锥M CDE -的体积；（2）利用向量法证明出0AC DM ⋅=，0AE DM ⋅=，可得出DM AC ⊥，DM AE ⊥，再利用线面垂直的判定定理可证得DM ⊥平面ACE . 【详解】（1）设ACBD O =，以O 为原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过O 且与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．易知z 轴在平面BDEF 内，且////BF DE z 轴，则()0,3,0C 、()1,0,0D -、()1,0,2E -、()1,0,1M ，()0,0,2DE ∴=，()1,3,0DC =，()2,0,1DM =，设平面DEC 的一个法向量(),,n x y z =，则2030n DE z n DC x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取3x =，得()3,1,0n =-，M ∴到平面DEC 的距离23331DM n h n⋅===+，又1122222DECSDE DC =⨯⨯=⨯⨯=，因此，三棱锥M CDE -的体积112323333M CDE DEC V S h -=⨯⨯=⨯⨯=△；（2）证明：由（1）易知()0,3,0A -，则()0,23,0AC =，()1,3,2AE =-，02230010AC DM ⋅=⨯+⨯+⨯=，1230210AE DM ⋅=-⨯+⨯+⨯=，DM AC ∴⊥，DM AE ⊥，ACAE A =，DM ∴⊥平面ACE .【点睛】本题考查利用空间向量法计算点到平面的距离、三棱锥体积的计算，同时也考查了利用空间向量法证明线面垂直，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 是正方形，侧面PDC 是边长为a 的正三角形，且平面PDC ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点．（1）求异面直线PA 与DE 所成角的余弦值；（2）求直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值．【答案】（16（26【分析】取CD 的中点O ，连接PO ，证明出PO ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OC 、OP 所在的直线分别为y 、z 轴建立空间直角坐标系.（1）写出PA 、DE 的坐标，利用空间向量法可求得异面直线PA 与DE 所成角的余弦值；（2）求得平面ABCD 的一个法向量，并写出PA ，利用空间向量法可求得直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值．【详解】取DC 的中点O ，连接PO ，PDC △为正三角形，O 为DC 的中点，则PO DC ⊥．又平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC平面ABCD DC =，PO ⊂平面PDC ，PO ∴⊥平面ABCD ．以点O 为坐标原点，OC 、OP 所在的直线分别为y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则30,0,2P a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、,,02a A a ⎛⎫- ⎪⎝⎭、0,,02a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭、0,,02a D ⎛⎫- ⎪⎝⎭.（1）设异面直线PA 与DE 所成的角为θ，E 为PC 的中点，30,4a E ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，330,4DE a ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，3,,2a PA a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 233330244a a PA DE a a ∴⋅=⨯-⨯=-，2PA a =，32DE =，2364cos cos ,4322a PA DE PA DE PA DEa a θ⋅=<>===⋅⨯，因此，异面直线PA 与DE 6 （2）设直线AP 与平面ABCD 所成的角为α，易知平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1n =，362cos ,421aPA n PA n a PA n-⋅<>===-⨯⋅. 因此，直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值为64. 【点睛】本题考查利用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值以及线面角的正弦值，考查计算能力，属于中等题.21．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD 、底面ABCD 为菱形，E 为PD 的中点.（1）证明：//PB 平面AEC ；（2）设1,120PA BAD ︒=∠=，菱形ABCD 的面积为23D AE C --的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）14. 【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则//PB OE ，利用线面平行的判定定理，即可得证；（2）根据题意，求得菱形ABCD 的边长，取BC 中点M ，可证AM BC ⊥，如图建系，求得点坐标及,AE AC 坐标，即可求得平面ACE 的法向量，根据AM ⊥平面P AD ，可求得面ADE 的法向量，利用空间向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则O 、E 分别为,AB ACAM PAD AE AC =⊥、PD 的中点，所以//PB OE ，又OE ⊂平面,ACE PB ⊄平面ACE 所以//PB 平面ACE（2）由菱形ABCD 的面积为23，120BAD ︒∠=，易得菱形边长为2，取BC 中点M ，连接AM ，因为AB AC =，所以AM BC ⊥，以点A 为原点，以AM 方向为x 轴，AD 方向为y 轴，AP 方向为z 轴，建立如图所示坐标系.则()())10,2,0,0,0,0,0,1,,3,1,02D A E C⎛⎫ ⎪⎝⎭所以()10,1,,3,1,02AE AC ⎛⎫== ⎪⎝⎭设平面ACE 的法向量()1,,n x y z =，由11,n AE n AC ⊥⊥得10230y z x y ⎧+=⎪⎪+=⎩，令3x =3,6y z =-= 所以一个法向量()13,3,6n =-，因为AM AD ⊥，AM PA ⊥，所以AM ⊥平面P AD ，所以平面ADE 的一个法向量()21,0,0n = 所以12121231cos ,43936n n n n n n ⋅<>===++，又二面角D AE C --为锐二面角，所以二面角D AE C --的余弦值为14【点睛】解题的关键是熟练掌握证明平行的定理，证明线面平行时，常用中位线法和平行四边形法来证明；利用空间向量求解二面角为常考题型，步骤为建系、求点坐标、求所需向量坐标、求法向量、利用夹角公式求解，属基础题.22．如图，在四棱锥M ABCD -中，//AB CD ，90ADC BM C ∠=∠=，M B M C =，122AD DC AB ===，平面BCM ⊥平面ABCD .（1）求证：//CD 平面ABM ；（2）求证：AC ⊥平面BCM ；（3）在棱AM 上是否存在一点E ，使得二面角E BC M --的大小为4π？若存在，求出AEAM 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在；23AE AM=【分析】（1）由线面平行判定定理证明即可；（2）由勾股定理得出2BC =，进而得AC BC ⊥，再由面面垂直的性质定理即可证明AC ⊥平面BCM ；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】证明：（1）因为AB CD ∥，AB 平面ABM ，CD ⊄平面ABM ，所以CD ∥平面ABM .（2）取AB 的中点N ，连接CN . 在直角梯形ABCD 中，易知2AN BN CD ===CN AB ⊥.在Rt CNB △中，由勾股定理得2BC =. 在ACB △中，由勾股定理逆定理可知AC BC ⊥. 又因为平面BCM ⊥平面ABCD ，且平面BCM平面ABCD BC =，所以AC ⊥平面BCM .（3）取BC 的中点O ，连接OM ，ON . 所以ON AC ∥，因为AC ⊥平面BCM ，所以ON ⊥平面BCM . 因为BM MC =，所以OM BC ⊥.如图建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,1M ，()0,1,0B ，()0,1,0C -，()2,1,0A -，()2,1,1AM =-，()0,2,0BC =-，()2,2,0BA =-.易知平面BCM 的一个法向量为()1,0,0m =.假设在棱AM 上存在一点E ，使得二面角E BC M --的大小为4π.不妨设AE AM λ=（01λ≤≤），所以()22,2,BE BA AE λλλ=+=--，设(),,n x y z =为平面BCE 的一个法向量，则0,0,n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即()20,220,y x z λλ-=⎧⎨-+=⎩令x λ=，22z λ=-，所以(),0,22n λλ=-.从而2cos ,2m n m nm n ⋅==⋅.解得23λ=或2λ=. 因为01λ≤≤，所以23λ=. 由题知二面角E BC M --为锐二面角.所以在棱AM 上存在一点E ，使得二面角E BC M --的大小为4π，此时23AE AM=.【点睛】本题主要考查了证明线面平行，线面垂直以及由面面角求其他量，属于中档题.高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

第1章空间向量与立体几何章末测试(基础)(解析版)

第1章空间向量与立体几何章末测试（基础）一．单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分）1．（2021·北京）如图，在三棱锥O ABC -中，D 是BC 的中点，若OA a =，OB b =，OC c =，则AD 等于（）A ．a b c -++B ．a b c -+-C ．1122a b c -++D ．1122a b c --- 【答案】C 【解析】()11112222OD OB BD OB BC OB OC OB OB OC =+=+=+-=+，因此，11112222AD OD OA OA OB OC a b c =-=-++=-++.故选：C. 2．（2021·广东广州市）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，已知PA a =，PB b =，PC c =，12PE PD =，则BE =（）A ．131222a b c -+ B ．111222a b c -+C ．131222a b c ++D ．113222a b c -+ 【答案】A【解析】连接BD ，如图，则()()()1111122222BE BP BD PB BA BC PB PA PB PC PB =+=-++=-+-+- ()11131131222222222PB PA PB PC PA PB PC a b c =-+-+=-+=-+. 故选：A.3．（2021·嫩江市高级中学）对空间任意一点O ，若311488OP OA OB OC =++，则A ，B ，C ，P 四点（） A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．与O 点位置有关【答案】B 【解析】因为311488OP OA OB OC =++，所以()()()6OP OA OB OP OC OP -=-+-，所以6AP PB PC =+，即1166AP PB PC =+，故P ，A ，B ，C 四点共面，故选：B. 4．（2021·全国高二课时练习）已知(2,3,1)a =-，则下列向量中与a 平行的是（）A ．(1,1,1)B ．(－4,6,－2)C ．(2,－3,5)D ．(－2,－3,5)【答案】B【解析】若(4,6,2)b =--，则2(2,3,1)2b a =-⋅-=-，所以//a b ；而b 为(1,1,1)、(2,－3,5)、(－2,－3,5)时，不存在b a λ=的关系.故选：B 5．（2021·福建泉州市）已知()1,0,1a λ=+，()3,21,2b μ=-，其中λ，R μ∈，若//a b ，则λμ+=（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】因为()1,0,1a λ=+，()3,21,2b μ=-，//a b ，所以1132210λμ+⎧=⎪⎨⎪-=⎩，解得12λμ==，因此1λμ+=.故选：B.6．（2021·浙江高二单元测试）已知点()1,1,A t t t --，()2,,B t t ，则A ，B 两点的距离的最小值为ABCD ．35【答案】C【解析】因为点()1,1,A t t t --，()2,,B t t 所以22222(1)(21)()522AB t t t t t t =++-+-=-+ 有二次函数易知，当15t =时，取得最小值为95 AB ∴故选：C. 7．（2021·全国高二课时练习）已知(2,1,3),(1,4,2),(3,2,)a b c λ=-=--=，若,,a b c 三向量共面，则实数λ等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C【解析】∵a 与b 不共线，则取a ，b 作为平面的一组基向量，又,,a b c 三向量共面，则存在实数12,λλ使得12c a b λλ=+， ∴121212322432λλλλλλλ=-⎧⎪=-+⎨⎪=-⎩，解得12214λλλ=⎧⎪=⎨⎪=⎩.故选：C8．（2021·天津）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，13AA =，则异面直线AC 与1BC 之间的距离是（） AB．7 C．6D ．67【答案】D【解析】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,0,0,1,3A C B C ，则()2,1,0AC =-，()12,0,3BC =-，设AC 和1BC 的公垂线的方向向量(),,n x y z =，则100n AC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20230x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令3x =，则()3,6,2n =， ()0,1,0AB =， 67AB nd n ⋅∴==. 故选：D.二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，每题5分，4题共20分）9．（2021·全国高二课时练习）（多选题）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，5AB =，4=AD ，13AA =，以直线DA ，DC ，1DD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则（）A ．点1B 的坐标为(4,5,3)B ．点1C 关于点B对称的点为(5,8,3)-C ．点A 关于直线1BD 对称的点为(0,5,3)D ．点C 关于平面11ABB A 对称的点为()8,5,0【答案】ACD【解析】根据题意知：点1B 的坐标为(4,5,3)，选项A 正确；B 的坐标为(4,5,0)，1C 坐标为()0,5,3，故点1C 关于点B 对称的点为()8,5,3-，选项B 错误；在长方体中15AD BC AB ====，所以四边形11ABC D 为正方形，1AC 与1BD 垂直且平分，即点A 关于直线1BD 对称的点为()10,5,3C ，选项C 正确；点C 关于平面11ABB A 对称的点为()8,5,0，选项D 正确；故选：ACD.10．（2020·朝阳市第一高级中学）下列说法正确的是（）A ．若{},,MA MB MC 为空间的一组基底，则,,A B C 三点共线B ．若1111ABCD A BCD -为四棱柱，则11AA AB AD AC ++= C ．若(),,AB AC AD R λμλμ=+∈则,,,A B C D 四点共面D ．若A BCD -为正四面体,G 为BCD △的重心，则3AG AB AC AD =++【答案】CD【解析】A ：若{},,MA MB MC 为空间的一组基底，则向量,,MA MB MC 不共面，知,,A B C 三点不共线，故错误；B ：若1111ABCD A BCD -为四棱柱且底面为平行四边形，即AB AD AC +=时，才满足11AA AB AD AC ++=，故错误；C ：已知(),AB AC AD R λμλμ=+∈，若向量AC 与AD 共线，则AB 也与,AC AD 共线，即,,,A B C D 四点共面；若向量AC 与AD 不共线，则点B 在面ACD 内，即,,,A B C D 四点共面，故正确； D ：设G 为BCD △的重心，若M 为BC 的中点，则13MG MD =，所以AG AM MG =+()1123AB AC MD =++()()111232AB AC BD CD =++⋅+ ()()1126AB AC AD AB AD AC =++-+-()13AB AC AD =++，即3AG AB AC AD =++，故正确.故选：CD.11．（2021·山东泰安市）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 分别为BC 、1CC 、1BB 的中点，则（）A ．1D D AF ⊥B ．1//A G 平面AEFC ．()11110AC A B A A ⋅-=D ．向量1A B 与向量1AD 的夹角是60【答案】BC 【解析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()0,0,0D 、()1,2,0E 、()0,2,1F 、()2,2,1G 、()12,0,2A 、()12,2,2B 、()10,2,2C 、()10,0,2D .对于A 选项，()10,0,2DD =，()2,2,1AF =-，则120DD AF ⋅=≠，故A 选项错误；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为(),,m x y z =，()1,2,0AE =-，()1,0,1EF =-，由200m AE x y m EF x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，可得2x y z x⎧=⎪⎨⎪=⎩，取2x =，可得()2,1,2m =，()10,2,1=-A G ， 1220m AG ⋅=-=，1m AG ∴⊥，1A G ⊄平面AEF ，1//AG ∴平面AEF ，故B 选项正确；对于C 选项，()10,2,2AB =，()12,2,2AC =--，()111111440A B C A B A AC A A ⋅=-⋅=-=，故C 选项正确；对于D 选项，()10,2,2A B =-，()12,0,2AD =-，1111111cos ,22A B AD A B AD A B AD ⋅<>===-⋅，所以，向量1A B 与向量1AD 的夹角是120，故D 选项错误.故选：BC.12．（2021·湖南常德市）如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列结论中正确的是（）A ．三棱锥11A PB D -的体积不变B ．//DP 平面11AB DC ．11A P BD ⊥D ．平面1ACP ⊥平面PBD 【答案】ABD【解析】对于A ，11AB D 的面积是定值，11//AD BC ，1AD ⊂平面11AB D ，1BC ⊄平面11AB D ， ∴1//BC 平面11AB D ，故P 到平面11AB D 的距离为定值，∴三棱锥11P AB D -的体积是定值，即三棱锥11A PB D -的体积不变，故A 正确；对于B ，111111111/,,///,AD BC B D BD AD B D D BC BD B ⋂=⋂=，∴平面11//AB D 平面1BDC ，DP ⊂平面1BDC ，//DP ∴平面11AB D ，故B 正确；对于C ，以1D 为原点，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 在1BC 上，故可设(,2,),02P a a a ，则11(2,0,0),(2,2,2),(0,0,0)A B D ，1(2,2,)A P a a =-，1(2,2,2)BD =---，则()1122424A P BD a a a ⋅=----=-不一定为0，1A P ∴和1BD 不垂直，故C 错误；对于D ，设(,2,),02P a a a ，则11(2,0,0),(0,2,2),(2,2,2),(0,0,0),(0,0,2)A C B D D ，1(2,2,)A P a a =-，1(2,2,2)AC =-，(,2,2)DP a a =-，(2,2,0)DB =，设平面平面1A CP 的法向量(,,)n x y z =，则11(2)202220n A P a x y az n ACx y z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，取1x =，得221,,22a a n a a -⎛⎫= ⎪--⎝⎭，设平面PBD 的法向量(,,)m a b c =，则20220m DP ax y az m DB x y ⎧⋅=+-=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1m =--，221022a a m n a a-⋅=--=--. ∴平面1A CP 和平面PBD 垂直，故D 正确.故选：ABD.三．填空题（每题5分，4题共20分）13．（2021·全国高二单元测试）若(2,3,5),(3,1,4)a b =-=--，则2a b -＝______．【解析】因为(2,3,5),(3,1,4)a b =-=--所以2(8,5,13)a b -=-，所以228(a b -=+=14．（2021·安徽芜湖市）已知空间三点A (0，2，3)，B (2-，1，1)，C (1，1-，3)，四边形ABCD 是平行四边形，其中AC ，BD 为对角线，则||BD =___________.【解析】空间三点(0A ，2，3)，(2B -，1，1)，(1C ，1-，3)，四边形ABCD 是平行四边形，设(D x ，y ，)z ， (2AB =-，1-，2)-，(1DC x =-，1y --，3)z -，AB DC =， 21x ∴-=-，11y -=--，23z -=-，解得3x =，0y =，5z =，(3D ∴，0，5)，∴(5BD =，1，4)，||BD ∴==15．（2021·浙江高二期末）已知点(1,1,3),(2,0,0),(3,3,9)--A B C λμ三点共线，则λ=_____，μ=_____．【答案】0 0【解析】因为(1,1,3),(2,0,0),(3,3,9)--A B C λμ，所以()21,1,3AB λ=--，()2,2,6AC μ=- 因为,,A B C 三点共线，所以//AB AC ，所以=AB k AC ，即()()21,1,32,2,6k λμ--=-，即()2121236k k k λμ-=⎧⎪=-⎨⎪-=⎩，解得1200k λμ⎧=-⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩故答案为：0；0；16．（2021·浙江舟山市）已知空间向量()()2,1,1,1,1,2a b =-=，则a b +=__________；向量a 与b 的夹角为___________.【答案】060【解析】由()()2,1,1,1,1,2a b =-=，则()3,0,3a b +=，所以23a b +=+=2111121cos ,241a ba b a b⨯+-⨯+⨯⋅===+，所以向量a 与b 的夹角为060. 故答案为：060四．解答题（17题10分，其余每题12分，7题共70分）17．（2021·全国高二课时练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中,1||||2,3AB BC D D ===，点N 是AB 的中点，点M 是11B C 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．（1）写出点,,D N M 的坐标；（2）求线段,MD MN 的长度；（3）判断直线DN 与直线MN 是否互相垂直，说明理由．【答案】（1）(0,0,0),(2,1,0),(1,2,3)D N M ；（2；（3）不垂直，理由见解析. 【解析】（1）由于D 为坐标原点，所以(0,0,0)D由1||||2,3AB BC D D ===得：11(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,3),(0,2,3)A B C B C 点N 是AB 的中点，点M 是11B C 的中点，(2,1,0),(1,2,3)N M ∴；（2）由两点距离公式得：MD ==，MN ==（3）直线DN 与直线MN 不垂直理由：由（1）中各点坐标得：(2,1,0),(1,1,3),(2,1,0)(1,1,3)10DN MN DN MN ==--∴⋅=⋅--=≠DN ∴与MN 不垂直，所以直线DN 与直线MN 不垂直18．（2021·全国高二课时练习）如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，BB 1＝1，E 为BB 1的中点，证明：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .【答案】证明见解析【解析】由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直．以B 为原点，BA ，BC ，BB 1分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2，0，0)，A 1(2，0，1)，C (0，2，0)，C 1(0，2，1)，E 1(0,0,)2，则1AA ＝(0，0，1)，AC ＝(－2，2，0)，1AC ＝(－2，2，1)，AE ＝1(2,0,)2-. 设平面AA 1C 1C 的一个法向量为1n ＝(x 1，y 1，z 1)．则111110,.0,2200z n AA x y n AC ⎧=⎧=⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎪⎩⎩令x 1＝1，得y 1＝1.⊥1n ＝(1，1，0)．设平面AEC 1的一个法向量为2n ＝(x 2，y 2，z 2)．则22.0,.0n AC n AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩⊥22222220,120,2x y z x z -++=⎧⎪⎨-+=⎪⎩令z 2＝4，得x 2＝1，y 2＝－1.⊥2n ＝(1，－1，4)． ⊥21n n ⋅＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0. ⊥12n n ⊥，⊥平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .19．（2021·全国高二课时练习）如图，由直三棱柱111ABC A B C -和四棱锥11D BB C C -构成的几何体中，1190,1,2,BAC AB BC BB C D CD ∠======1CC D ⊥平面11ACC A（1）求证：1AC DC ⊥；（2）若M 为1DC 中点，求证：//AM 平面1DBB ；【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，∴1CC ⊥ 平面ABC ，又AC ⊂ 平面ABC ，⊥1CC AC ⊥，⊥平面1CC D ⊥平面11ACC A ,且平面1CC D ⋂平面111ACC A CC =，又AC ⊂ 平面11ACC A ,⊥AC ⊥平面1CC D ，又1DC ⊂平面1CC D ，⊥1AC DC ⊥ （2）直三棱柱111ABC A B C -中，⊥1AA ⊥平面111A B C ，而1111,A B A C ⊂平面111A B C ⊥111111,AA A B AA AC ⊥⊥，又90BAC ∠=，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()()112,0,0,,,2,0,1,0,0,1,A C C B B D ，所以()()12,0,0,1,1BB BD =-=--，设平面1DBB 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n BB n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200x x z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩，令1y =，则(0,1,n =， ⊥M 为1DC的中点，则12M ⎛⎫⎪⎝⎭，所以32AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为0AM n ⋅=，所以AM n ⊥，又AM ⊄ 平面1DBB ，⊥//AM 平面1DBB . 20．（2021·广西）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 在BD 上，且13BE BD =；点F 在1CB 上，且113CF CB =．求证：（1）EF BD⊥；（2）1EF CB ⊥．【解析】（1）如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为3，则()0,0,0D ，()3,3,0B，()0,3,0C ()13,3,3B ，因为13BE BD =，113CF CB =，所以()2,2,0E ，()1,3,1F ，所以()1,1,1EF =-，()3,3,0DB =，所以1313100DB EF =-⨯+⨯+⨯=，所以EF BD ⊥（2）由（1）可知()13,0,3CB =，所以11313100CB EF =-⨯+⨯+⨯=，所以1EF CB ⊥22．（2021·河南商丘市·高二月考（理））如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，124AB AA ==，1CE EC =，13AF FA =.（⊥）证明：BE ⊥平面1B EF ；（⊥）求二面角E BF A --的余弦值.【答案】（⊥）证明见解析；（⊥）20-.【解析】(⊥)由条件可知BE =BF =EF =，满足222BF BE EF =+，EF BE ∴⊥.1BE B E ==14BB =，满足22211B E BE BB +=，1BE B E ∴⊥.又1B EEF E =，BE ∴⊥平面1B EF .(⊥)以AC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()B，()1,0,2E -，()1,0,3F .()1,BF ∴=，()1,BE =-，设平面BEF 的法向量为(),,n x y z =，00n BF n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，30,20,x z x z ⎧+=⎪∴⎨-=⎪⎩取y =()3,5n =-. 易得平面ABF 的一个法向量为()3,1,0m =，3cos ,2m n m n m n⋅-〈〉===由图可知，二面角E BF A -=的平面角是m ，n 夹角的补角，故二面角E BF A --的余弦值为.。

高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》基础测试题附答案

【高中数学】数学《空间向量与立体几何》高考复习知识点一、选择题1．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（） A ．39B ．33C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB = ∴132232ABC S ∆=⨯⨯⨯= ∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE == ∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点 ∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V =⨯⨯=故选B.2．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（）A ．2πB ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C【解析】【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立，即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点，方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==，因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯，∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC所成的角为4π．故选：C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.3．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A ．920π+B ．926π+C ．520π+D ．526π+【答案】C 【解析】【分析】根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+，故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.4．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBCABCDS S =△（） A 25B ．12C 5D 5 【答案】D 【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB . 证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线，所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理. 如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线，所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△，当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，∴线段EB 5，2152510EBCABCDaaSS a⨯⨯∴==△.故选：D.【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.5．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE-，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.6．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（）A ．34 B ．234C ．517D ．317【答案】D 【解析】【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ，且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅==. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.7．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为32sin3AB r π==，PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为3R ===，因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为22284433R πππ⎛=⨯= ⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.8．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A．4B．2C．2D．4【答案】A 【解析】【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ，即α截该正方体所得截面图形的面积为64. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.9．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（） A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C 【解析】【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ，由最小角定理得αβ>，排除A 和B ；由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan ABBNA ANγ=∠=，而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AMMVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠，∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.10．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（）A ．12πB ．4π C ．512π D ．2π 【答案】C【解析】【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-，，即可求出33cos 123QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果.【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-，在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-所以33cos QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.11．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A 点为长方体的一个顶点，B 点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为（）A 29B ．35C 41D ．213【答案】C【解析】【分析】由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B 点所在的棱长为2；②当B 点所在的棱长为4；③当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB 的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B 点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22461101++=()2241661++=()2246165++= （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=()22262217++=()22262217++= （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=()2224335++=()2223453++= 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.12．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（） A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π 【答案】C【解析】【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可.【详解】在ABC V 中，23AB AC ==，23BAC π∠=，可得6ACB π∠=，则ABC V 的外接圆的半径2323π2sin 2sin 6AB r ACB ===，取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.13．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（）A ．1144B 11C ．1144D ．1111【答案】B【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r ，设异面直线AE 与1A B 所成角为θ，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为： 11311cos222218AE A B AE A B θ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ．故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r ，2l 的方向向量为b r ，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r r r r .14．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）A 3B 6C 3D ．36【答案】B【解析】【分析】设1AA c=u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v ，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v ，即可得所求角的余弦值.【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v 由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v 1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v 又1AB ===u u u v1BC ===u u u u v111111cos ,AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u u v 即异面直线1AB 与1BC本题正确选项：B【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.15．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的圆，且高为，所以其表面积为22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.16．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。

空间向量与立体几何基础测试题

空间向量与立体几何基础测试题(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第三章：空间向量与立体几何专题复习1. 直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若====B A C CC b CB a CA 11,,,则（） A ．c b a -+B ．c b a +-C ．c b a ++-D ．c b a -+-2.在空间四边形ABCD 中，M ，G 分别是BC ，CD 的中点，则21AB +→--(→--BD +→--BC )等于 ( )A 、→--ADB 、→--GAC 、→--AGD 、→--MG 4．对空间任意两个向量b a o b b a //),(,≠的充要条件是（）A ．b a =B ．b a -=C ．a b λ=D ．b a λ=2.已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝4，则向量a 与b 之间的夹角,〈〉a b 为（）（A ）30° （B ）45° （C ）60° （D ）以上都不对6.已知线段AB 、BC 都在平面α内，BC ⊥AB,线段DA ⊥α,若AB=1,BC=2,CD=3,则DA= . 6. 已知b a ,是空间二向量，若b a b a b a 与则,7||,2||,3||=-==的夹角为7.已知 b a ,c 两两之间的夹角都是︒60且1||=a ，1||=b ，1||=c 则2)2(c b a +-=1. 已知向量(0,2,1)=a ，(1,1,2)=--b ，则a 与b 的夹角为（）（A ）0° （B ）45° （C ）90° （D ）180°3.设|m |＝1，|n |＝2，2m ＋n 与m －3n 垂直，a ＝4m －n ，b ＝7m ＋2n ，则,〈〉a b ＝4. 已知→-a =（3，-3，-1），→-b =（2，0，3），→-c =（0，0，2），求→-a ·（→-b +→-c ）=__________。

第01章空间向量与立体几何(A卷基础卷)(解析版)

第一章空间向量与立体几何（A卷基础卷）一．选择题（共8小题）1．（2020春•和平区期中）已知空间向量（3，1，3），（﹣1，λ，﹣1），且∥，则实数λ＝（）A．B．﹣3 C．D．6【解答】解：∵∥，∴可设k，∴，解得λ＝k．故选：A．2．（2020春•点军区校级月考）在正四面体P﹣ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为（）A．﹣1 B．1 C．D．【解答】解：如图，P﹣ABC为正四面体，则∠APC＝∠BPC＝∠APB＝60°，E是棱AB中点，所以，，所以•（）1﹣2＝﹣1，故选：A．3．（2020春•点军区校级月考）设x，y∈R，向量（x，1，1），（1，y，1），（2，﹣4，2），且⊥，∥，则||＝（）A．B．C．3 D．4【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．4．（2019秋•焦作期末）在△ABC中，D是线段AB上靠近B的三等分点，E是线段AC的中点，BE与CD 交于F点，若，则a，b的值分别为（）A．B．C．D．【解答】解：取AD的中点为G，连接GE．由已知得GE∥CD，所以DF∥EG，又因为D是GB的中点，所以F是BE的中点，所以．∴a，b．故选：A．5．（2019秋•榆树市期末）若向量，且与的夹角余弦为，则λ等于（）A．B．C．或D．2【解答】解：∵向量，与的夹角余弦为，∴cos，解得λ．故选：A．6．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【解答】解：可设A所在的纬线圈的圆心为O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO'为40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO'＝40°，故选：B．7．（2019秋•龙岩期末）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，M是D1D的中点，点N是AC1上的点，且，用表示向量的结果是（）A．B．C．D．【解答】解：∵M是D1D的中点，∴．故选：D．8．（2020•茂名二模）已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB．则下列命题中正确的有（）①平面P AB⊥平面P AE；②PB⊥AD；③直线CD与PF所成角的余弦值为；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤CD∥平面P AE．A．①④B．①③④C．②③⑤D．①②④⑤【解答】解：∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，P A∩AE＝A，∴AB⊥平面P AE，且AB⊂面P AB，∴平面P AB⊥平面P AE，故①成立；∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直线CD与PF所成角为∠PF A，在Rt△P AF中，P A＝2AF，∴cos∠PF A，∴③成立．在Rt△P AD中，P A＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．∵CD∥AF∥平面P AF，平面P AF∩平面P AE＝P A，∴直线CD∥平面P AE也不成立，即⑤不成立．故选：B．二．多选题（共4小题）9．（2019秋•连云港期末）已知点P是△ABC所在的平面外一点，若（﹣2，1，4），（1，﹣2，1），（4，2，0），则（）A．AP⊥AB B．AP⊥BP C．BC D．AP∥BC【解答】解；A.•2﹣2+4＝0，∴⊥．因此正确．B.（2，﹣1，﹣4）+（1，﹣2，1）＝（3，﹣3，﹣3），•3+6﹣3＝6≠0，∴AP与BP不垂直，因此不正确．C．（4，2，0）﹣（﹣2，1，4）＝（6，1，﹣4），∴||，因此正确．D．假设k，则，无解，因此假设不正确，因此AP与BC不可能平行，因此不正确．故选：AC．10．（2019秋•南通期末）设，，是空间一个基底（）A．若⊥，⊥，则⊥B．则，，两两共面，但，，不可能共面C．对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使D．则，，一定能构成空间的一个基底【解答】解：由，，是空间一个基底，知：在A中，若⊥，⊥，则与相交或平行，故A错误；在B中，，，两两共面，但，，不可能共面，故B正确；在C中，对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使，故C正确；在D中，，，一定能构成空间的一个基底，故D正确．故选：BCD．11．（2019秋•建邺区校级期中）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1）．下列结论正确的有（）A．AP⊥ABB．AP⊥ADC．是平面ABCD的一个法向量D．∥【解答】解：对于A，•2×（﹣1）+（﹣1）×2+（﹣4）×（﹣1）＝0，∴⊥，即AP⊥AB，A正确；对于B，•（﹣1）×4+2×2+（﹣1）×0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，B正确；对于C，由⊥，且⊥，得出是平面ABCD的一个法向量，C正确；对于D，由是平面ABCD的法向量，得出⊥，则D错误．故选：ABC．12．（2019秋•菏泽期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，P A⊥底面ABCD，且P A＝AD＝AB＝2BC，M、N分别为PC、PB的中点．则（）A．CD⊥ANB．BD⊥PCC．PB⊥平面ANMDD．BD与平面ANMD所在的角为30°【解答】解：A显然错误；若BD⊥PC，由BD⊥P A，则BD⊥平面P AC，则BD⊥AC，显然不成立；C、PB⊥AN，又PB⊥NM，可得到C成立；D、连接DN，因为PB⊥平面ADMN，所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角在Rt△BDN中，，所以BD与平面ADMN所成的角为30°成立；故选：CD．三．填空题（共4小题）13．（2019秋•房山区期末）设θ是直线与平面所成的角，则角θ的取值范围是[0，]．【解答】解：θ是直线与平面所成的角，当直线在平面内或直线平行于平面时，θ取最小值0，当直线与平面垂直时，θ取最大值，∴角θ的取值范围是[0，]．故答案为：[0，]．14．（2019秋•温州期末）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）关于x轴的对称点为A'（﹣1，﹣2），那么，在空间直角坐标系中，B（﹣1，2，3）关于x轴的对称轴点B'坐标为（﹣1，﹣2，﹣3），若点C （1，﹣1，2）关于xOy平面的对称点为点C'，则|B'C'|＝．【解答】解：在空间直角坐标系中，B（﹣1，2，3）关于x轴的对称轴点B'坐标为（﹣1，﹣2，﹣3），若点C（1，﹣1，2）关于xOy平面的对称点为点C'，则C′（1，﹣1，﹣2），∴|B'C'|．故答案为：（﹣1，﹣2，﹣3），．15．（2020•杨浦区一模）已知圆锥的底面半径为lcm，侧面积为2πcm2，则母线与底面所成角的大小为．【解答】解：由圆锥侧面积公式S＝πrl＝π•1•l＝2π，解得l＝2，设母线与底面所成角为θ，则cosθ，∴θ，故答案为：．16．（2020春•和平区校级月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为4．【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），故，设平面ACD1的一个法向量为，则，可取，故，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴，解得a＝4．故答案为：4．四．解答题（共5小题）17．（2020•长春四模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，∠BAD＝90°，点E为PB的中点，且CD＝2AD＝2AB＝4，点F在CD上，且．（Ⅰ）求证：EF∥平面P AD；（Ⅱ）若平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD且P A⊥PD，求直线P A与平面PBF所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：取P A的中点，连接DM，EM，在△P AB中，ME为一条中位线，则，又由题意有，，故，∴四边形DFEM为平行四边形，∴EF∥DM，又EF⊄平面P AD，DM⊂平面P AD，∴EF∥平面P AD；（Ⅱ）取AD中点N，BC中点H，连接PN，NH，由平面P AD⊥平面ABCD，且PN⊥AD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，可知PN⊥平面ABCD，又AD⊥NH，故以N为原点，NA，NH，NP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面PBF的一个法向量为，则，可取，又，故，∴直线P A与平面PBF所成角的正弦值为．18．（2020•沙坪坝区校级模拟）如图，四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的底面是矩形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，AB＝2A1B1＝2，AA1＝2，．（1）求证：DC⊥AA1；（2）若二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值为，求AD的长．【解答】解：（1）取AB中点E，连接B1EAE＝A1B1，且AE∥A1B1，所以四边形AEB1A1为平行四边形，所以B1E＝AA1＝2，BE＝1，所以，则BE⊥B1E，所以AA1⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABB1A1，所以AA1⊥平面ABCD，所以DC⊥AA1；（2）由（1）知AA1⊥AD，设AD＝2a（a＞0），建系如图，则A（0，0，0），B（0，0，2），C（2a，0，2），D（2a，0，0），C1（a，2，1），故，设平面CC1D的法向量，则，可取，设平面BCC1的法向量，则，可取，所以，由二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值为，得，解得a＝2，所以AD＝4．19．（2019秋•清远期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝45°，PD⊥平面ABCD，AP⊥BD．（1）证明：BC⊥平面PDB，（2）若AB，PB与平面APD所成角为45°，求点B到平面APC的距离．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，BC在平面ABCD内，BD在平面ABCD内，∴PD⊥BC，PD⊥BD，又AP⊥BD，AP∩PD＝P，且AP，PD均在平面APD内，∴BD⊥平面APD，又AD在平面APD内，∴BD⊥AD，又底面ABCD为平行四边形，∴BC⊥BD，又PD∩BD＝D，且都在平面PBD内，∴BC⊥平面PDB；（2）由（1）知，PB与平面APD所成角即为∠BPD，故∠BPD＝45°，又AB，∠DAB＝45°，∴，，∴AP2+PC2＝AC2，即AP⊥CP，∴，，又V P﹣ABC ＝V B﹣P AC，∴，即，解得，即点B到平面APC的距离为．20．（2020•安徽模拟）如图1，四边形PBCD是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，A为PD 的中点，将△ABP沿AB折起，如图2，点M是棱PD上的点．（1）若M为PD的中点，证明：平面PCD⊥平面ABM；（2）若PC，试确定M的位置，使二面角M﹣AB﹣D的余弦值等于．【解答】解：（1）证明：由题意，AD＝BC，且AD∥BC，故四边形ABCD是平行四边形，又PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，∴△PBA是正三角形，四边形ABCD是菱形，取AB的中点E，连接PE，CE，易知△ABC是正三角形，则AB⊥PE，AB⊥EC，又PE∩EC＝E，∴AB⊥平面PEC，∴AB⊥PC，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN∥CD∥AB，即A，B，N，M四点共面，又PB＝BC＝2，则BN⊥PC，又AB∩BN＝B，∴PC⊥平面ABM，又PC在平面PCD内，∴平面PCD⊥平面ABM；（2）∵，∴PE⊥EC，又AB⊥PE且AB⊥EC，则可以EB，EC，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设，则，易知平面ABD的一个法向量为，设平面MAB的一个法向量为，又，∴，则可取，由题意，，解得λ＝2，故DM＝2MP．21．（2019秋•扬州期末）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝AA1＝2，点O为AB中点，点D为AA1中点．（1）求平面ABC与平面B1CD所成锐二面角的大小；（2）已知点E满足，当异面直线DE与CB1所成角最小时，求实数λ的值．【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA，取A1B1的中点O1，连接OO1，则OO1∥AA1，AB⊥OC，又直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，而AB，OC⊂平面ABC，故AA1⊥OC，AA1⊥AB，所以OO1⊥OC，OO1⊥AB，以{OA，OO1，OC}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则，所以，（1）∵AA1⊥平面ABC，∴平面ABC的一个法向量为，设平面B1CD的一个法向量为，则，故可取，∴，∴平面ABC与平面B1CD所成锐二面角为；（2）∵，∴，则，设异面直线DE与CB1所成角为θ，则，令t＝λ+1∈[1，2]，则，当时，cosθ取得最大值，∵y＝cosθ在上递减，∴θ取得最小值，此时．。

选修2-1第三章空间向量与立体几何练习题及答案

第三章空间向量与立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算 §3.1.2空间向量的数乘运算1. 下列命题中不正确的命题个数是( )①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB +BC + CD +DA =0；②对空间任意点O 与不共线的三点A 、B 、C ，若OP =x OA +y OB +z OC （其中x 、y 、z ∈R ），则P 、A 、B 、C 四点共面；③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行。

A .1B .2C .3D .42.设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG =x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为( )A .（41，41，41） B .（43，43，43） C .（31，31，31） D .（32，32，32） 3．在平行六面体ABCD －EFGH 中，AG xAC y AF z AH =++，________.x y z ++=则4.已知四边形ABCD 中，AB =a －2c ，CD =5a +6b －8c ，对角线AC 、BD 的中点分别为E 、F ，则EF =_____________.5.已知矩形ABCD ，P 为平面ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，M 、N 分别为PC 、PD 上的点，且M 分PC 成定比2，N 分PD 成定比1，求满足MN xAB yAD z AP =++的实数x 、y 、z 的值.§3.1.3空间向量的数量积运算1.已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为( ) A .1010 B . 15 C .31010 D . 352．如图，设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足0AB AC ⋅=，_ _ D_ A_ P_ N _ B_ M0AC AD ⋅=，0AB AD ⋅=，则△BCD 的形状是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定的3．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1 为正方体，则下列命题中错误的命题为__________．;221111111①(A A+A D +A B )=3(A B )()0;C ⋅-=1111②A A B A A 60;︒11向量与向量的夹角为AD A B ③ ⋅⋅11111立方体ABCD-A B C D 的体积为|AB AA AD |;④4．如图，已知：平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60° （1）证明：C 1C ⊥BD ；（2）当1CDCC 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． §3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示1．已知向量(2，2，3)OA =-，(，1，4)OB x y z =-，且平行四边形OACB 的对角线的中点坐标为M 31(0，，)22-，则(，，)x y z =( ) A ．(2，4，1)--- B ．(2，4，1)-- C ．(2，4，1)-- D ．(2，4，1)--2．已知(2，2，4)a =-，(1，1，2)b =-，(6，6，12)c =--，则向量、、a b c ( ) A ．可构成直角三角形 B ．可构成锐角三角形C ．可构成钝角三角形D ．不能构成三角形3．若两点的坐标是A （3cosα，3sinα，1），B （2cosθ，2sinθ，1），则|AB |的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，5] C ．（1，5） D ．[1，25] 4.设点C （2a +1，a +1，2）在点P （2，0，0）、A （1，－3，2）、B （8，－1，4）确定的平面上，则a 的值为 .5.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底边长为a ，侧棱长为2a .建立适当的坐标系，⑴写出A ，B ，A 1，B 1的坐标；⑵求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.C 1 B 1 A 1B A3.2立体几何中的向量方法1．到一定点（1，0，1）的距离小于或等于2的点的集合为( ) A ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-≤ B ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-= C ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-≤ D ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-=2. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值为( ) A ．42B ．32C ．33D ．23 3. 已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥. （1）求证：1AC ⊥平面1A BC ；（2）求1C 到平面1A AB 的距离；（3）求二面角1A A B C --余弦值的大小.B 4. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中， AB =1，13AC AA ==，∠ABC =60°. (1)证明：1AB A C ⊥；（2）求二面角A —1A C —B 的大小.5. 如右图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱S D 上的点. （1）求证：AC ⊥SD ；（2）若SD ⊥平面P AC ，求二面角P-AC-D 的大小（3）在（2）的条件下，侧棱S C 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求S E ：EC 的值；若不存在，试说明理由.CBA C 1B 1 A1 D 1C 1B 1A 1DABC_ C_ _ A_S_ F_ B参考答案第三章空间向量与立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算 §3.1.2空间向量的数乘运算1.A2.A3.324.3a +3b －5c5.如图所示，取PC 的中点E ，连结NE ，则MN EN EM =-.∵1122EN CD BA ===12AB -，EN PM PE =-=211326PC PC PC -=，连结AC ，则PC AC AP AB AD AP =-=+- ∴11()26MN AB AB AD AP =--+-=211366AB AD AP --+，∴211,,366x y z =-=-=.§3.1.3空间向量的数量积运算1.C2.B3. ③④4.（1）设1,,CB a CD b CC c === ，则||||a b =，BD CD CB b a =-=- ，所以1()||||cos 60||||cos 600CC b a c b c a c b c a c ⋅=-⋅=⋅-⋅=︒-︒=BD ，11BD CC BD CC ∴⊥⊥即；（2）1,2,CD x CD CC ==1设则 2CC =x， 111,BD AA C C BD A C ⊥∴⊥ 面，11:0x AC CD ∴⋅= 只须求满足，设1,,A A a AD b DC c ===，11,A C a b c C D a c =++=-，2211242()()6A C C D a b c a c a a b b c c xx ∴⋅=++⋅-=+⋅-⋅-=+-，令24260x x +-=，则2320x x --=，解得1x =，或23x =-（舍去）， 111,.A C C BD ∴=⊥1CD 时能使平面CC §3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示_ C_ D_ A_P_ N _ B_ M _ EA1.A2.D3.B4.165. （1）建系如图，则A （0，0，0） B （0，a ，0） A 1（0，0，2a )，C 1（-23a ，a 2,2a) (2)解法一：在所建的坐标系中，取A 1B 1的中点M ，于是M （0，a 2,2a），连结AM ，MC 1 则有13(,0,0)2MC =-(0,,0)AB a =，1(0,02)AA a =， ∴10MC AB ⋅=，110MC AA ⋅=，所以，MC 1⊥平面ABB 1A 1.因此，AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.13(,2)22a AC a a =-，(0,2)2aAM a =， ∴2194a AC AM ⋅=，而|13||3,||2AC a AM a ==，由cos<1,AC AM >=1132||||AC AM AC AM ⋅=∴<1,AC AM >=30°.∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.3.2立体几何中的向量方法1.A2.C3.（1）如右图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DE AC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t =，()12,1,BA t =--，()2,0,0CB =，由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥，又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC .（2）由1AC ⋅2130BA t =-+=，得3t =设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(13AA =，()2,2,0AB =，所以130220n AA y z n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，设1z =，则()3,3,1n =-，所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n⋅==221. （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,3CA =-，()2,0,0CB =，所以13020m CA y z m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，设1z =，则()0,3,1m =，故cos ,m n m n m n⋅<>==⋅7可知二面角1A A B C --7. 4.（1）三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，11AB AA AC AA ∴⊥⊥，，Rt ABC ∆，1,3,60AB AC ABC ==∠=︒，由正弦定理030ACB ∠=.090BAC ∴∠=AB AC ⊥即 .如右图，建立空间直角坐标系，则 1(0,0,0),(1,0,0)3,0),3)A B C A1(1,0,0),(0,3,3)AB AC ∴==， 110030(3)0AB AC ⋅=⨯+⨯-=， 1AB A C ∴⊥.(2) 如图可取(1,0,0)m AB ==为平面1AA C 的法向量，设平面1A BC 的法向量为(,,)n l m n =，则10,0,3BC n AC n BC ⋅=⋅==-又（，，），303,330l m l m n m m n ⎧-+=⎪∴∴==⎨-=⎪⎩. 不妨取1,(3,1,1)m n ==则，22222231101015cos ,5(3)11100m n m n m n ⋅⨯+⨯+⨯<>===⋅++⋅++.1A AC BD ∴--15二面角的大小为arccos 5. 5. （1）连结BD ，设AC 交于BD 于O ，由题意知SO ABCD ⊥平面.以O 为坐标原点，OB OC OS ，，分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O xyz -如右图.设底面边长为a ，则高62SO a =.于是 62(0,0,),(,0,0)22S a D a -，2(0,,0)2C a ，2(0,,0)2OC a =，26(,0,)22SD a =--，0OC SD ⋅= ，故OC SD ⊥.从而 AC SD ⊥. (2)由题设知，平面PAC 的一个法向量26()2DS a =，平面DAC 的一个法向量600a OS =（，，，设所求二面角为θ，则3cos OS DS OS DSθ⋅==，得所求二面角的大小为30°. （3）在棱SC 上存在一点E 使//BE PAC 平面.由（2）知DS 是平面PAC 的一个法向量，且2626),(0,)DS CS ==（. 设,CE tCS = 则226(,(1),)222BE BC CE BC tCS a a t at =+=+=--，而 103BE DC t ⋅=⇔=.即当:2:1SE EC =时，BE DS ⊥.而BE 不在平面PAC 内，故//BE PAC 平面.作者于华东责任编辑庞保军_ C_ A_S_ F_ BO。

高中数学同步讲义(人教A版选择性必修一)空间向量与立体几何(基础卷)(教师版)

A ．1122a b cC ．1122a b c【答案】A【详解】由题意可得BE 1112BB BA AC BB 故选：A.3．（2023春·浙江杭州·高二学军中学校考阶段练习）如图，某圆锥是底面圆周上的一点，且则根据题意可得(0,2,0),A 所以(3,3,0),AB CM设异面直线AB 与CM 所成角为则cos |cos ,|AB CM 故选：A.4．（2023秋·辽宁辽阳·高二校联考期末）向量A ．646,,111111B ．【答案】C【详解】向量 3,2,1m 在向量故选：C.5．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）定义两个向量sin ,u v u v u v ，它的方向与为2的正四面体ABCD 中，则6．（2023春·安徽池州·高二池州市第一中学校联考阶段练习）已知直线的法向量12,,7(1)n，平面β（）A ．3314B ．1314【答案】A【详解】依题意，14a n而直线l 与平面β所成角的正弦值故所求余弦值cos 1sin 故选：A7．（2023·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为4AB ，2BC ，13CC ，A ．22B ．【答案】C【详解】以D 为原点，分别以则 0,0,0,2,0,0,2,4,0D A B ∴ 12,4,3AC u u u r， 0,4,1AE 设n为平面1AEC F 的法向量，由1·0·0n AE n AC，得4024y z x y 令z =1，∴114x y，所以11,,14n.又 10,0,3CC ，∴点C 到平面AEC 1F 的距离故选：C.8．（2023春·高三统考阶段练习）重庆南滨路钟楼地处长江与嘉陵江交汇处，建筑通过欧式风格将巴渝文化和开埠文化结合，展示了重庆的悠久历史。

如图所示，可以将南滨路钟楼看作一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从8:00到10A ．2B ．4【答案】D【详解】在长方体11ABCD A B C z 轴建立如图的空间直角坐标系．设分针长为a ，矩形11AA B B 的对角线的交点为考察8:00到9:00这个时间段，AA B B ，AA D D 二、多选题（本题共4小题，每小题对的得5分，部分选对的得9．（2023春·高二课时练习）关于空间向量，以下说法不正确的是（A ．向量a ，b，若0a b B ．若对空间中任意一点O C ．设,,a b c 是空间中的一组基底，则A ．12133AD AA AB ACB ．11233AD AA AB AC C ．向量AD 在向量AB上的投影向量为D ．向量AD 在向量AC 上的投影向量为【答案】BD【详解】因为1AD AA A 111111123AA A B AC A B如图所示，故D 作DU 垂直故向量AD 在向量AB上的投影向量为由题意易得1,3AV AW AB AC 故选：BD11．（2023春·福建莆田·高二莆田第十中学校考阶段练习）则（）A ．6aC ．a b【答案】ABC【详解】222121a设a mb nc ，即13221m m m即32a b c ，所以a ，b ，3410a b ，所以a4,0,24,4,a b c故选：ABC.12．（2023春·广东广州·高二广东番禺中学校考期中）分别在线段1,C D AC 上，则（点A 到平面1BC D 的距离为h 因为11A BC D C ABD V V ，所以111133BC D ABD S h S C C 因为112222sin 2BC D S 所以233h，所以点A 到平面1BC D 的距离为故B 正确，当,P Q 分别为线段1,C D AC 的中点时，则PQ 为1BC D 的中位线，所以1PQ BC ∥，则 10,0,0,0,2,2D C ，设 ,,P x y z ， 10DP DC所以 ,,0,2,2x y z ，所以 0,2,2P ，设,,Q a b c ， 02AQ AC又 2,0,0,0,2,0A C 所以 2,,2,2,0a b c ，所以 22,2,0Q ，所以 222222PQ222486233当103222033时，PQ 有最小值，即min 233PQ ，故故选：BCD.三、填空题：（本题共4小题，每小题【答案】2【详解】设CB a ，CD b ，CC底面ABCD 是边长为1的正方形，且则有21a ，21b ，24c ，a 则22221()AC c a b a b 所以12AC.故答案为：215．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）13AA ．点M 是侧面11BCC B 内的动点（不含边界），的取值范围为__________．【答案】27,27则(2,0,3)A ，(0,2,3)C ，设(,2,)M x z 由题意得AM MC ，故(AM CM x x 故M 点轨迹是以(1,2,3)N 为圆心，1为半径的圆在正方形由题可知(1,2,3)N 为BC 的中点，如图，当1,,N M B 共线时，1B M 取得最小值为而 2211237B M B C，所以1[1,7)B M ，因为11A B 平面11BCC B ，所以1A M 与平面所以111111227tan (,2]7A B A MB B M B M 故答案为：27,27.16．（2023春·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期中）在如图所示的三棱锥90ACB ，8CA ，6PA ，D 为AB 上时，AE ________；点E 的轨迹的长度为【答案】4125【详解】因为PA 平面ABC ，AC 又,,PA AC A PA AC 平面PAC 则 0,0,0,0,8,0,0,0,6A C P ，设BC ①当E 在AC 上时，设 0,,0E c ，因为故4c ，则0,4,0E 所以4AE ；②E 为PAC △内的动点（含边界）时，如图，取由①可得PC DF ，又FG PC ，DF PAC ，所以PC FG即E 在线段FG 上运动时，PC DE ，点E 的轨迹为线段FG ．（1）求异面直线EF 与1CD 所成角的大小．（2）证明：EF 平面1A CD 【答案】（1）60 ；（2）证明见解析．【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：(0,0,0)D ，1(2,0,2)A ，(0,2,0)C ∴(1,0,1)EF ，1(0,2,CD （1）111cos ,EF CD EF CD EF CD ∴1,60EF CD ∴异面直线EF 和1CD 所成的角为（2）112001EF DA(1)求异面直线1AD 与CF 所成角的余弦值；(2)求直线BD 到平面CEF 的距离．【答案】(1)3819(2)93434【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，13,0,0,0,0,3,0,3,0A D C 13,0,3,1,3,3AD CF 所以111cos ,AD CF AD CF AD CF 所以异面直线1AD 与CF 所成角的余弦值为（2）连接11D B ，显然11//D B DB 所以11//D B EF ，于是//DB EF 因为BD 平面CEF ，EF 平面所以//BD 平面CEF ，因此直线BD 到平面CEF 的距离就是点设平面CEF 的法向量为 ,n x y 1,3,3,3,1,3CF CE ，则有033330n CF x y z x y z n CE 0,3,0DC ，cos ,DC DC n DC 点D 到平面CEF 的距离为：299cos ,3DC DC n n 19．（2023春·黑龙江鸡西·高二鸡西实验中学校考期中）PB 底面ABCD ，3AB BC (1)证明：EF P 平面ABP ；(2)求直线PC 与平面ADF 所成角的正弦值．又BC BA ∵，PB BA B ，且,PB BA 平面ABP ,BC 平面ABP ，所以 3,0,0BC 是平面ABP 的一个法向量．因为 3,0,00,3,10BC EF 所以BC EF ．又EF 平面ABP ，所以EF P 平面（2）因为 0,3,0A ， 3,0,0C ，所以 3,0,0AD ， 2,3,1AF 设平面ADF 的法向量为 ,,n x y 由30230n AD x n AF x y z ，解得得平面ADF 的一个法向量为 n 设直线PC 与平面ADF 所成的角为则sin cos<,PC n PC PC n n(1)证明：1A B AC ；(2)求二面角11A BC C 的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)265【详解】（1）证明：取AC 中点O ，连接∵,23,AB BC AC ABC △是等腰直角三角形，∴3,3OC OB ，且OB AC ，∵平面11ACC A 底面ABC ，平面1ACC ∴OB 平面11ACC A ，∵1A O 平面11ACC A ，∴1A O BO ，∵112A B AA ，∴2222112(3)1AO A B OB ，∴22211A O AO AA ，（符合勾股定理），∴1A O AC ，∵11,,AO OB O AO OB ∩平面1AOB ，则1(3,0,0),(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1)B C A A 又因为斜三棱柱111ABC A B C -中，/AC 所以1(0,23,1)C ，所以1(3,3,0),(3,0,1),BC BA 设平面1A BC 的法向量(,,)n x y z ，则1.330.30n BC x y n BA x z ，令1x ，则∴平面1A BC 的法向量(1,1,3)n ，设平面1BCC 的法向量(,,)m a b c ，则1·330·30m BC a b m CC b c ，令1a ，则∴平面1BCC 的法向量(1,1,3)m ，设二面角11A BC C 的平面角为，则11113|cos ,|||||55n m n m n m 所以2126sin 155 ，故二面角11A BC C 的正弦值为265.21．（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，FC 平面ABCD ，AE BD ，CB CD(1)求二面角D BF C 的余弦值；(2)在线段AB （含端点）上，是否存在一点说明理由.【答案】(1)155(2)存在，12AP AB 【详解】（1）过D 作DM 且四边形ABCD 是等腰梯形，所以222BD AD AB AD =+-×以D 为坐标原点，DA ，DB 为2CD CB ，则23,DB AD 0,0,0,2,0,0(1,0,1),(1,D A E F 0,23,0,1,3,2DB DF 设面DBF 的法向量1(,,)n x y z 则1100n DB n DF ，即2303y x y 设面CBF 的法向量2(,,)n a b c ，(1)求证：E为PD的中点；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥条件①：点D到平面PAB的距离为条件②：直线DC与平面PAB所成的角为注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)条件选择见解析，12【详解】（1）过点E作EF∥AD因为BC ∥AD ，所以BC ∥EF 所以,,,B C E F 四点共面．又因为CE ∥平面PAB ，平面BCEF 所以CE ∥BF所以四边形BCEF 是平行四边形所以//BC EF BC EF ，，由2AD ，1AB BC ，所以11//22BC AD BC AD ，，所以所以EF 为PAD 的中位线，所以E 为PD 的中点．（2）过P 作PO AD 于O ，连接因为AB AD ，又因为AB PA 且AD PA A ，所以AB 平面PAD ．又AB 平面ABCD ，所以平面PAD 平面ABCD ．因为PA PD ，所以O 为AD 中点，又因为平面PAD 平面ABCD ，所以PO 平面ABCD ．又OC 平面ABCD ，所以PO OC如图建立空间直角坐标系-O xyz设PO a ．由题意得，(0,1,0)A ，(1,1,0)B 所以(1,0,0)AB ，(0,1,)PA a ，(0,AD 设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z ，则0000n AB n AB x y az n PA n PA ，令1z ，则y a ．所以(0,,1)n a．选择条件①因为D 到平面PAB 的距离为2，所以|||2|2||2n AD a d n ，解得1a ．所以四棱锥P ABCD 的体积P ABCD V 选择条件②因为直线DC 与平面PAB 所成的角为π6所以2|||||cos ,|=sin+12||||n DC a n DC a n DC 解得1a ．所以四棱锥P ABCD 的体积P ABCD V。

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.。

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》基础测试题含答案解析

新数学高考《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（） A ．39B ．33C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB = ∴132232ABC S ∆=⨯⨯⨯= ∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE == ∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点 ∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V =⨯⨯=故选B.2．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+ 【答案】A【解析】【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡⎤=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦8(6623)=++.故选：A. 【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.3．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（）A ．2πB ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立，即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点，方法一：连接A E'，AF，则352A E'=，352AF=，2292A F AA AF''=+=，13222EF AC==，因为//EF AC，所以A FE'∠即为异面直线A F'与AC所成的角，由余弦定理得222819452424cos93222222A F EF A EA FEA F EF+-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯，∴4A FEπ'∠=．方法二：以B为坐标原点，以BC、BA、BB'分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A，()3,0,0C，()0,3,3A'，3,0,02F⎛⎫⎪⎝⎭，∴3,3,32A F⎛⎫'=--⎪⎝⎭u u u u r，()3,3,0AC=-u u u r，所以9922cos,92322A F ACA F ACA F AC+'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u ru u u u r u u u ru u u u r u u u r，所以异面直线A F'与AC所成的角为4π．故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.4．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D-，O是底面1111DCBA的中心，则O到平面11ABC D的距离是（）A ．12B ．24C ．22D ．32【答案】B 【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为： 1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.5．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22cos A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B 【解析】【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=． 2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．6．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．3 D ．3 【答案】A 【解析】【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ，即α截该正方体所得截面图形的面积为64. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.7．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（）A ．3 B ．13C ．58 D ．387【答案】C 【解析】【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点，所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得224442AB =+=，所以2242AC BC CD AB ⋅===. 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=，2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得())()22229222958cos 22922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D 【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（）A ．1144B 11C ．1144D ．1111【答案】B 【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r，设异面直线AE 与1A B 所成角为θ，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为：1111cos 222218AE A B AE A Bθ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ．故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r，2l 的方向向量为b r，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r r r r .10．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”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】B 【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.11．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： ①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线 ③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；CN 与BE 平行，故②错误；连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确．∴正确命题的个数是2个．故选：B ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．12．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．3πB 3C ．4πD 3 【答案】A【解析】【分析】设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径.【详解】设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E ，因为AB ＝AD ＝1，BD 2由勾股定理得：BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形所以DE 为球体的半径32DE = 23432S ππ== 故选A【点睛】求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.13．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（）A ．12π+B ．136π+C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体，如图所示；则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+；所以对应不规则几何体的体积为136π+．故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．14．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（）A．22B．23C．4 D．26【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC-，其中面积最大的面为：1232232PACSV=⨯⨯= .本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．15．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A点为长方体的一个顶点，B点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A点到B点的最短距离为（）A 29B ．35C 41D ．213【答案】C【解析】【分析】由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B 点所在的棱长为2；②当B 点所在的棱长为4；③当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB 的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B 点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22461101++=()2241661++=()2246165++= （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=()22262217++=()22262217++= （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=()2224335++=()2223453++= 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.16．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（） A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π 【答案】C【解析】【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可.【详解】在ABC V 中，23AB AC ==，23BAC π∠=，可得6ACB π∠=，则ABC V 的外接圆的半径2323π2sin 2sin 6AB r ACB ===，取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.17．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．160【答案】D【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==，因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥，在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8，因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=，故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.18．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（）.A ．83B ．1258C ．12825D ．64081【答案】D【解析】【分析】由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH 为矩形，设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，可表示出,EF FG ，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t 的函数，利用导数可求得所求的最大值.【详解】Q 四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1AA ∴⊥平面ABCD ，1AA ⊥平面1111D C B A ∴平面//EFGH 平面ABCD ，平面//EFGH 平面1111D C B A ，由面面平行性质得：11EF //B D //GH ，EH //AC//FG ，又11B D AC ⊥，EF FG ∴⊥，∴四边形EFGH 为矩形.设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，11AC B D ==Q )1EF t ∴=-，FG =，∴四棱锥1A EFGH -的体积()()231160532133V t t t t t =⨯⨯-=-， ()2160233V t t '∴=-，∴当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<， ∴当23t =时，max 16048640392781V ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭. 故选：D .【点睛】本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.19．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。

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。

习题课(一) 空间向量与立体几何

习题课（一）空间向量与立体几何一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,1)，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)解析：选D 若l ∥α，则a ·n ＝0，只有选项D 中a ·n ＝0.2．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( )A ．(－2,2,0)B ．(2，－2,0) C.⎝⎛⎭⎫－12，12，0 D.⎝⎛⎭⎫12，－12，0 解析：选C 由OA ―→＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH ―→·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12， ∴H ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 3．已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66B ．66C ．－66D ．±6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 4．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )56C ．55D ．22解析：选C 法一：如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1―→＝(－1,0，3)，DB 1―→＝(1,1，3)，∴AD 1―→·DB 1―→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2，|AD 1―→|＝2，|DB 1―→|＝5，∴cos 〈AD 1―→，DB 1―→〉＝AD 1―→·DB 1―→|AD 1―→|·|DB 1―→|＝225＝55.法二：如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体EFBA -E 1F 1B 1A 1.连接B 1F ，由长方体性质可知，B 1F ∥AD 1，所以∠DB 1F 为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DF ，由题意，得DF ＝12＋(1＋1)2＝5，FB 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DFB 1中，由余弦定理，得DF 2＝FB 21＋DB 21－2FB 1·DB 1·cos ∠DB 1F ，即5＝4＋5－2×2×5×cos ∠DB 1F ， ∴cos ∠DB 1F ＝55. 5.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．23B ．7327解析：选A 以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)， D (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，13， GE ―→＝⎝⎛⎭⎫a 6，a 6，23，BD ―→＝(0，－a,1)． ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→·BD ―→＝0，解得a ＝2. ∴GE ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，23，BA 1―→＝(2，－2,2)， ∵GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→为平面ABD 的一个法向量．又cos 〈GE ―→，BA 1―→〉＝GE ―→·BA 1―→|GE ―→||BA 1―→|＝4363×23＝23， ∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23. 6.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC .则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )解析：选A 如图，以D 为原点，DA ，DC 所在的直线分别为x ，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 的边长为a ，M (x ，y,0)，则0≤x ≤a,0≤y ≤a ，P ⎝⎛⎭⎫a 2，0，3a 2，C (0，a,0)，则|MC ―→|＝x 2＋(a －y )2，|MP ―→|＝⎝⎛⎭⎫a 2－x 2＋y 2＋⎝⎛⎭⎫3a 22.由|MP ―→|＝|MC ―→|，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段y ＝12x (0≤x ≤a )，故选A.二、填空题7．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)满足条件(c －a )·2b ＝－2，则x ＝________. 解析：∵a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)， ∴c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)． ∴(c －a )·2b ＝2(1－x )＝－2，∴x ＝2. 答案：28．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值等于_______．解析：如图，连接BD 交AC 于O ，连接D 1O ，由于BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角．易知∠DD 1O 即为所求．设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62， ∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝26＝63.∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 答案：639．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值等于________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D ⎝⎛⎭⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，AD ―→〉＝322＝64，即sin α＝64.答案：64三、解答题10．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点．求直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值．解：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．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)， D⎝⎛⎭⎫32，－12，2.易知AB ―→＝(3，1,0)，AC 1―→＝(0,2，2)， AD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝3x ＋y ＝0，n ·AC 1―→＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)．所以cos 〈n ，AD ―→〉＝n ·AD ―→|n ||AD ―→|＝2310×3＝105. 即直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值为105. 11.如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ； (2)若二面角D -PC -A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离．解：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE ，PA ⊥AB ，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，h )，C⎝⎛⎭⎫32，12，0，D⎝⎛⎭⎫32，－12，0，B (0,2,0)，PC ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ，DC ―→＝(0,1,0)，设平面PDC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PC ―→＝0，n 1·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1－hz 1＝0，y 1＝0，取x 1＝h ，∴n 1＝⎝⎛⎭⎫h ，0，32. 由(1)知平面PAC 的一个法向量为BC ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，∴|cos 〈n 1，BC ―→〉|＝32h h 2＋34×3＝55，解得h ＝3，同理可求得平面PBC 的一个法向量n 2＝(3，3，2)，所以，点A 到平面PBC 的距离为 d ＝|AP ―→·n 2||n 2|＝234＝32.12．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1-BD -B 1的平面角的余弦值．解：(1)证明：设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE . 又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0,0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B ―→＝(0，2，－14)，BD ―→＝(－2，－2，14)，DB 1―→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1―→＝0，n ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0.可取n ＝(7，0,1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1-BD -B 1的平面角的余弦值为－18.。

高考数学压轴专题西宁备战高考《空间向量与立体几何》基础测试题含答案解析

新数学《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案．【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+= 222322()2+=故截面的面积1329(222)222S =+⨯=，故选：A ．【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A【解析】【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就是最小值．【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．3．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2，可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.4．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D【解析】【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯，选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.6．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体1111ABCD A B C D -被平面α截得的截面面积为（）A ．36B ．6C ．5D ．534【答案】B【解析】【分析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ，所以1//AQ PC ，同理1//AP QC ，所以四边形1APC Q 是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为12B P PC =，所以112C B PC =，即1PC PB == 所以115,23AP PC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AP PC AC APC AP PC +-∠==⨯ 所以16sin 5APC ∠= 所以S 四边形1APQC 1112sin 262AP PC APC =⨯⨯⨯∠=故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.7．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（） A ．若m ∥β，则m ∥lB ．若m ∥l ，则m ∥βC ．若m ⊥β，则m ⊥lD ．若m ⊥l ，则m ⊥β【答案】D【解析】【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断.【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面；故选：D.【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.8．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCD S S=△（） A ．25 B ．12 C ．5 D ．510【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线，所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线，所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC SEB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△，当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，∴线段EB 长度的最小值为5， 252510EBCABCD a S S ⨯⨯∴==△. 故选：D .【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.9．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（）A．12B．24C．22D．32【答案】B【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D⊥平面11ABC D，故平面11ABC D的一个法向量为：1DAu u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C111(,,0)22OD∴=--u u u u r由于AB⊥平面111,ADD A AD⊂平面11ADD A1AB A D∴⊥，又11AD A D⊥，1AB ADI1A D∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D的一个法向量为：1(1,0,1)DA=u u u u rO∴到平面11ABC D的距离为：1111||22||2OD DAdDA⋅===u u u u r u u u u ru u u u r故选：B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（）A ．3225+B ．442+C ．2225+D ．62【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长.【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM , 取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形，周长为22222123225++⨯+=+，选A.【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．383+B ．823+C ．283D ．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+2328323V =⨯⨯=+, 故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.12．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A．169πB．89πC．1627πD．827π【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得323r x-=，332x r∴=-，∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r rπ=-<<，则33333163331616442()(3)()9442939r r rV r r r rπππ++-=-=g g g g…．当且仅当33342r r=-，即43r=时等号成立．∴圆柱的最大体积为169π，故选：A．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．13．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；CN 与BE 平行，故②错误；连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确．∴正确命题的个数是2个．故选：B ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．14．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】 A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误；对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.15．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C【解析】【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.16．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（） A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π 【答案】C【解析】【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可.【详解】在ABC V 中，23AB AC ==23BAC π∠=，可得6ACB π∠=，则ABC V 的外接圆的半径2323π2sin 2sin 6AB r ACB ===，取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.17．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng ，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A ．3B ．5C ．6D ．12【答案】B【解析】【分析】首先由三视图还原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积.【详解】由三视图换元为如图所示的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，两侧是相同的三棱锥，并且三棱锥的体积11311 3⨯⨯⨯=，中间棱柱的体积131232V=⨯⨯⨯= ,所以该刍甍的体积是1235⨯+=.故选：B【点睛】本题考查组合体的体积，重点考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.18．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A．152πB．12πC．112πD．212π【答案】A 【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可.【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，所以所求几何体的体积为11+84V V V=球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥，所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.19．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v 是（）A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v B ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++ C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v D ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v 【答案】C【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r , ()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =+++=++-=++ 111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ , 故选：C ．【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A．6πB．12πC．32πD．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。

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课题：空间向量与立体几何
考纲要求：
① 理解直线的方向向量和平面的法向量.② 能向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系、平行关系；③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理；④能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的作用.
教材复习
与b 的夹角 ,a b π<
,a b a b a b
⋅=
⋅
cos ,a b θ= 直线与平面所成的角：①直线与平面所成角的范围是a 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的一个法向量，设斜线与平面α所成的角为sin θ=cos ,a n = 3.两平面的夹角：设1n 和2n 分别是平面α和β的一个法向量，
平面α和β的夹角为θ，则cos θ=12cos ,n n =
n
l
a
1n
2n
1n
2n
a b
4.空间任意两点A 、B 间的距离即线段AB 的长度：设()111,,A x y z 、()222,,B x y z ，则AB AB ==
.
5.点到平面距离：如右图，斜线AB 交平面α于点A ，
平面α一个法向量为n ，斜线的一个方向向量为AB ，
则点B 到平面α的距离为sin cos ,d AB AB n AB θ==⋅=
6.直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量为n ，则l ∥α⇔ .
7.直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量为n ，则l α⊥⇔ .
8.平面α的法向量为1n ,平面β的法向量为2n ,则αβ⊥⇔ .
9.平面α的法向量为1n ,平面β的法向量为2n ,则α∥β⇔ .
典例分析：
考点一异面直线所成的角
问题1．（2012陕西）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为
.
A 55 .
B 53 .
C 255 .
D 35
考点二直线和平面所成的角
问题2．（2013山东）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，体积为
9
4
，底面
的正三角形.若P 为底面111A B C 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为
.A
512π .B 3π .C 4π .D 6
π
考点三平面和平面的夹角
问题3．（2013陕西）如图, 四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, 1A O ⊥平面ABCD
, 1AB AA ==()1证明: 1A C ⊥平面11BB D D ； ()2求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角θ的大小.
1
A
考点四求点到平面的距离问题4．（05江西）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动.()1略；()2当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离；()3略.
(请用多种方法，至少要用向量法)
A B E
D 1A 1B 1C
1D
考点五存在性问题
问题5：（2013北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11AAC C 是边长为4的正方形，
平面ABC ⊥平面11AAC C ，3AB =，5BC =.()1求证：1AA 平面ABC （这里不做）；()2求二面角111A BC B --的余弦值（这里不做）；()3证明：在线段1BC 存在点D ，使得
1AD A B ⊥，并求
1
BD
BC 的值.
1B
1A
课后作业：
1. （2013洛阳联考）
在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,3，点B 的坐标为()1,1--，将直角坐标平面沿x 轴折成直二面角，则,A B 两点间的距离为
.A 3
.B .C 5 .D
2. （2013辽宁六校联考）如图，平面AED ⊥平面ABCD ，AED △为正三角形，四边形ABCD 为矩形，F 为CD 的中点，EB 与平面ABCD 所成的角为30︒.()1当AD 长度
时，求点A 到平面EFB 的距离；()2二面角A BF E --的大小是否与AD 长度有关?请说明理由.
走向高考：
1.（05辽宁）如图，正方体的棱长为1，C 、D A 、B 、M 是顶点，那么点M 到截面ABCD
2.如图，正方体1111ABCD A B C D 的棱长为1，O 是底面
1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为
.A 21
.B 42 .C 2
2 .D 23
A B
C
D
1C
1D
1A
1B
O
3.（2012福建）如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA ，E 为CD 中点. （Ⅰ）求证：11AD E B ⊥（这里不做）；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ，使得//DP 平面AE B 1？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；（Ⅲ）若二面角11A E B A --的大小为30︒，求AB 的长（这里不做）；。