空间向量与立体几何解答题答案
空间向量与立体几何练习题(带答案)
空间向量与立体几何练习题（带答案）一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不同的方向B．有不相等的模C．不可能是平行向量D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，在下列选项中，CD→的相反向量是()A.BA→B．A1C1→C.A1B1→D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是CD→的相反向量．【答案】C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，AC→〉相等的是() A．〈AB→，BC→〉B．〈BC→，CA→〉C．〈C1B1→，AC→〉D．〈BC→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，BC→〉＝〈AB→，AC→〉＝〈BC→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】D4．在正三棱锥A-BCD中，E、F分别为棱AB，CD的中点，设〈EF→，AC→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于()A.π6B．π4C.π3D．π2【解析】如图，取BC的中点G，连接EG、FG，则EG∥AC，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β.∵A－BCD是正三棱锥，∴AC⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2.∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2.【答案】D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有()图2－1－9A．8个B．7个C．6个D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，C1D1→，D1C1→，CD→，DC→，共8个，故选A.【答案】A二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则向量CE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面ACC1A1的法向量，而CE在平面ACC1A1中，∴BD→⊥CE→.∴〈BD→，CE→〉＝90°.【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4.②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c.【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a ＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，CC1→，C1C→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，BC1→，C1B→，B1C→，CB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，DC→及D1C1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥AC，SO⊥AC又∵BD∩SO＝O∴AC⊥平面SBD．∴AC→为平面SBD的一个法向量．∴〈AC→，AD→〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为正方形且PD＝AD，E、F分别是PC、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBC的一个法向量．【解】(1)取AD的中点M，连接MF，连接EF，∵E、F分别是PC、PB的中点，∴EF綊12BC，又BC綊AD，∴EF綊12AD，则由EF綊DM知四边形DEFM是平行四边形，∴MF∥DE，∴FM→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵平面PCD，∴DE⊥BC，又PD＝CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，从而DE⊥平面PBC，∴DE→是平面PBC的一个法向量，由(1)可知FM→＝ED→，∴FM→就是平面PBC的一个法向量.。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.长方体中，，，，则与所成角的余弦值为．【答案】【解析】以D为空间原点，DA为x轴，D为z轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系则=（-1，2，0），=（-1，-2，3）||=，|'|=，·=－3cos<,>==，即为所求。
【考点】本题主要考查空间向量的应用，向量的数量积，向量的坐标运算。
点评：简单题，通过建立空间直角坐标系，将求异面直线的夹角余弦问题，转化成向量的坐标运算。
2.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。
点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。
3.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。
【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。
点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。
4.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。
【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。
点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。
5.已知点，为线段上一点，且，则的坐标为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设C的坐标为(x，y，z)则向量=(x-4，y-1，z－3)向量=(－2,－6,－2)，而即=所以x-4=－，y-1=－2，Z－3=－所以x=，y=－1，z=，C的坐标为，选C。
十年(2013-2022)高考数学真题分类汇编解析12 立体几何与空间向量(大题)
由（1）得 则 则
，所以 ，
设平面 的一个法向量
可取
，
设平面 的一个法向量
，
，所以
，
,所以 的中点
，
,
，则
，
，则
，
6 / 56
可取 则
， ，
所以二面角
的正弦值为
.
4．【2022 年新高考 2 卷 20】如图， 是三棱锥
的高，
，
，E
是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若
，
，
，求二面角
【答案】(1)证明见解析
（1）证明：平面 （2）求二面角
平面
；
的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
（1）取 的中点为 ，连接
.
因为
，
，则
，
而
，故
.
在正方形
中，因为
，故
，故
，
因为
，故
，故
为直角三角形且
，
14 / 56
因为
，故 平面
，
因为 平面 ，故平面
平面
.
（2）在平面
内，过 作
，交 于 ，则
，
结合（1）中的 平面
(2)作 EF⊥BD 于 F, 作 FM⊥BC 于 M,连 FM
因为 AO⊥平面 BCD，所以 AO⊥BD, AO⊥CD
所以 EF⊥BD, EF⊥CD,
,因此 EF⊥平面 BCD，即 EF⊥BC
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因为 FM⊥BC，
,所以 BC⊥平面 EFM，即 BC⊥MF
则
为二面角 E-BC-D 的平面角,
，所以
空间向量与立体几何知识点和知识题(含答案解析)
§1－3 空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算：(1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律：加法交换律：a＋b＝b＋a；加法结合律：(a＋b＋c)＝a＋(b＋c)；分配律：(＋)a＝a＋a；(a＋b)＝a＋b．(2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数，使得a∥b．②共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在惟一一对实数，，使得c＝a＋b．③空间向量分解定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组1，2，3，使得p＝1a＋2b＋3c．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a·b＝|a｜|b｜c os〈a，b〉；②空间向量的数量积的性质：a·e＝|a｜c os＜a，e＞；a⊥b a·b＝0；|a|2＝a·a；|a·b|≤|a｜|b｜．③空间向量的数量积的运算律： (a )·b ＝(a ·b )；交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)；a ＝(a 1，a 2，a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3．③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝b ⇔a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 3＝b 3(∈R )；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0．④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a ba b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定． ②如果直线l ⊥平面，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定．(2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系： 设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面，的法向量分别是u ，v ，则①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；⑤∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥⊥⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面的法向量是v ，直线a 与平面的夹角为，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作－l －在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB叫做二面角－l －的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角－l －的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角－l －的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面，的法向量，则〈m 1，m 2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． 6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3，OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2PA 1，点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1，AE 的中点，求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2PA 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ， ∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)．由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试． 例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为，则,52||||cos ==⋅CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AA AB a a 得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵PA ＝AC ＝1，PA ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB 的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面PAB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)， 平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．例6 如图，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面PAC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成角的余弦值；(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角?若存在，求出PE ∶EC 的值；若不存在，说明理由．解：如图建立空间直角坐标系．设PA ＝a ，由已知可得A (0，0，0)，).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．∴BC ⊥平面PAC ．(Ⅱ)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ， ∴∠DAE 是直线AD 与平面PAC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE 即直线AD 与平面PAC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 是二面角A －DE －P 的平面角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∠PAC ＝90°． ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时，∠AEP ＝90°，且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角，此时PE ∶EC ＝4∶3． 注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．练习1-3一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30°(B)45°(C)60°(D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，⊥，∩＝l ，A ∈，B ∈，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与，所成的角分别是和ϕ，AB 在，内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)＞ϕ，m ＞n (B)＞ϕ，m ＜n (C)＜ϕ，m ＜n(D)＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______．6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为，则cos＝______．三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值．10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN∥平面OCD；(Ⅱ)求异面直线AB与MD所成角的大小．11．如图，已知直二面角－PQ－，A∈PQ，B∈，C∈，CA＝CB，∠BAP ＝45°，直线CA和平面所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC⊥PQ；(Ⅱ)求二面角B－AC－P平面角的余弦值．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a、b和平面，下列命题正确的是( )(A)若a ∥b ，b ⊂，则a ∥ (B)若a ∥，b ⊂，则a ∥b (C)若a ∥，b ∥，则a ∥b(D)若a ⊥，b ⊥，则a ∥b2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38 (C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3(D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23(D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______．8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______． 9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形； ③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ； (Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，M 为PC的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB⊥平面MAB；(Ⅱ)求三棱锥P－ABC的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，M、N分别是A1C1、BC1的中点．(Ⅰ)求证：BC1⊥平面A1B1C；(Ⅱ)求证：MN∥平面A1ABB1；(Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积．14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．练习1-3一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为，,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ． ∵⊥，∩＝PQ ，∴CO ⊥．又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥，∴∠CAO 是CA 和平面所成的角，则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝(1，0，0)是平面的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9 9．5 10．①、②、③三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ．∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形， ∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ． ∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)． 同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵PA ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面PAC ，故AB ⊥PC ．∵PA ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ， 又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ． (Ⅱ)Rt △PAB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △PAC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△PAB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ， 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ． ∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得＝1．∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅ ∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。
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.。
第二章空间向量与立体几何中线面角问题
第二章空间向量与立体几何中线面角问题一、解答题1．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ⊥平面BDP ;（2）若6BD =,且二面角A BD C --为120︒,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．2．如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求AM 与平面A 1MD 所成角的正弦值．3．如图所示,已知点P 在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°.(1)求DP 与CC′所成角的大小.(2)求DP 与平面AA′D′D 所成角的大小.4．如图，四棱锥S ABCD -中，ABS 是正三角形，四边形ABCD 是菱形，点E 是BS 的中点.（I ）求证：SD // 平面ACE ；（II ）若平面ABS ⊥平面ABCD ，120ABC ∠=︒， 求直线AC 与平面ADS 所成角的正弦值.5．如图，直棱柱111ABC A B C -的底面△ABC 中，1CA CB == ，90ACB ∠=︒ ，棱12AA =，如图，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．（1）求平面11A B C 的法向量；（2）求直线AC 与平面11A B C 夹角的正弦值．6．如图，四棱锥P ABCD -中，PAB ∆为正三角形，ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，E 、F 分别为AC 、BP 中点.（1）证明：//EF 平面PCD ；（2）求直线BP 与平面PAC 所成角的正弦值.7．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB=AC=2，A 1A=4，点D 是BC 的中点；（I ）求异面直线A 1B ，AC 1所成角的余弦值；（II ）求直线AB 1与平面C 1AD 所成角的正弦值．8．如图1，45ACB ∠=，3BC =，过动点A 作AD BC ⊥，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD 将△ABD 折起，使90BDC ∠=（如图2所示）．（1）当BD 的长为多少时，三棱锥A BCD -的体积最大；（2）当三棱锥A BCD -的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．9．已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AD AB ==，11AA =，E 为11D C 的中点. （1）证明1//BD 平面1B EC ；（2）求直线1AD 与平面1B EC 所成角的正弦值.10．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为菱形，BE ⊥平面ABCD ，G 为AC 与BD 的交点.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若60BAD ∠=︒，AE EC ⊥，求直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值.参考答案1．（1）见解析（2）22 【分析】 （1）由ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从而和证明AC ⊥平面PBD ,故平面ACD ⊥平面BDP 得证． （2）作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ⊆,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合二面角A BD C --为120︒,可得2AB =,23AE =,6ED =.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60,,03D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3,0,13A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量36,,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,即平面BCD 的一个法向量(0,0,1)m =,运用公式cos ,m AD m AD m AD ⋅〈〉=和sin cos ,m AD θ=〈〉,即可得出直线AD与平面BCD 所成角的正弦值．【详解】 解:（1）证明:因为ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,所以Rt Rt ABD CBD ≅,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以AC ⊥平面PBD ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ⊆,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角A BD C --为120︒,知120AEC ∠=︒．在等腰三角形AEC 中,由余弦定理可得AC =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以AB =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得BD =,因为BD =所以AD =． 又222BD AB AD =+,所以2AB =．则AE =,ED = 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -,则D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,向量31AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)m =, 设直线AD 与平面BCD 所成的角为θ,则cos ,2m ADm AD m AD ⋅〈〉===,2sin |cos ,|2m AD θ=〈〉=所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为2． 【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.2．（1）见解析（2 【分析】 要证线面平行，先证线线平行建系，利用法向量求解。
空间向量及立体几何练习试题和答案解析
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE 所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG 中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．【分析】（Ⅰ）由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，∴AD=DC，又AE=CF=，∴，则EF∥AC，又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，∵AC=6，∴AO=3，又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH==1，则DH=D′H=3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，又OH∩EF=H，∴D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），，，设平面ABD′的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，则|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；（II）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，则直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．【解答】证明：（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=．∴A1E=，EF==，DE==，DF==，∴EF2+DE2=DF2，∴DE⊥EF，又CE⊥EF，CE∩DE=E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴EF⊥平面CDE，又CD⊂平面CDE，∴CD⊥EF，又CD⊥AB，AB⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．（II）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB，AB=2，∴AC=BC=．以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（，0，0），C（0，0，0），C1（0，0，2），E（，0，），F（，，2）．∴=（﹣，0，2），=（，0，），=（，，2）．设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=4，得=（﹣，﹣9，4）．∴=10，||=6，||=．∴sin＜＞==．∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=2．（1）求证：AB⊥PC；（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出AB⊥AC，由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA，故AB⊥平面PAC，于是AB⊥PC；（2）假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，则即为所求角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是直角梯形，AD=CD=2，BC=4，∴AC=4，AB===4，∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．（2）假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN∥PA，∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=NG=MN，∴MN=1，即M是线段PD的中点．∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．在三棱锥M﹣ABC中，V M﹣ABC=S△ABC•MN==，设点B到平面MAC的距离是h，则V B﹣MAC=，∵MG=MN=，∴S△MAC===2，∴=，解得h=2．在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，∴BM==3，∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．【点评】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．（2）假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），则．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．【解答】解：（1）∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…（2分）故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0），∴=（0，1，），=（），=（0，2，0）．…（4分）设平面AB1C的法向量为，则，取x=1，得=（1，0，1）．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=||=，∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…（6分）（2）∵=，而，，∴=（﹣2，0，0），又∵B（），∴点D（﹣，0，0）．假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），∴．∵DP∥平面AB1C，=（﹣1，0，1）为平面AB1C的法向量，∴由=λ，得，∴y=0．…（10分）又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．…（12分）【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面BCD；（Ⅱ）若OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC 所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵ABB 1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…（2分）∴，∴，从而AB1⊥BD…（4分）∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB1⊥平面BCD，∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD…（6分）（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，从而又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…（8分）设平面ABC的法向量为，，由可得，令y=1，则z=﹣1，，所以．…（10分）设直线GD与平面ABC所成角α，则=，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…（12分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD折起，使得点A折起至A′，设二面角A′﹣BD﹣C的大小为θ．（1）当θ=90°时，求A′C的长；（2）当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．【分析】（1）过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；（2）利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，则BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos＜＞|．【解答】解：（1）在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE．∵AB=4，AD=2，∴BD==10．∴，BE==8，cos∠CBE==．在△BCE中，由余弦定理得CE==2．∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．（2）DE==2．∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．当即cos∠A′EF=时，．∴A′E2=A′F2+EF2，∴∠A'FE=90°又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如图所示：∴A′（0，0，），D（﹣，0，0），B（3，2，0），C（3，0，0）．∴=（0，2，0），=（4，2，0），=（，0，）．设平面A′BD的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=1得=（﹣，2，1）．∴cos＜＞===．∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．（Ⅰ）求证：AC⊥DC1；（Ⅱ）若M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；（Ⅲ）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）利用向量求解【解答】解：（Ⅰ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1，所以AC⊥平面CC1D，又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．（Ⅱ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，所以，，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，则，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB1D的法向量为．设，λ∈[0，1]，则，．若直线DP与平面DBB1成角为，则，解得，故不存在这样的点．【点评】本题考查了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD（ I）证明：AE⊥CD（ II）在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（I）利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；（II）取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．【解答】（I）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面AED，∵AE⊂平面AED，∴AE⊥CD．（II）解：取AD的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接EO，∵EA=ED，∴OE⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面AED，∴OE⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：设正方形ACD的边长为2，，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），E（0，0，1），M（﹣λ，0，1﹣λ）∴=（﹣λ﹣1，0，1﹣λ），=（1，0，1），=（2，2，0），设平面BDEF的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1得=（1，﹣1，﹣1），∴cos＜＞==，令||=，解得λ=0，∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CA D=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．（Ⅰ）求证：AB⊥PC；（Ⅱ）若△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．（Ⅱ）以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．【解答】解：（Ⅰ）作PO⊥AB于O…①，连接OC，∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…（2分）∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…（6分）（Ⅱ）∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，，由，令，得；，．，设DE与面PBC所成角为θ，∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…（12分）【点评】本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA l，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点（ I）证明：EF⊥平面CME；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．（Ⅱ）设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，∴MC，MA，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取z=2，得=（5，4，2），设直线AC1与平面CEF所成角为θ，则sinθ==，∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。
专题29 空间向量与立体几何(解答题)(新高考地区专用)(解析版)
专题29 空间向量与立体几何（解答题）1．如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥，2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点．（1）求证：PA ⊥平面MBC ；（2）设点N 是PB 的中点，求二面角N MC B --的余弦值．【试题来源】陕西省咸阳市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ，BC AC ⊥，所以BC ⊥平面PAC ，因为PA ⊂平面PAC ，所以BC PA ⊥，因为AC PC =，M 是PA 的中点，所以CM PA ⊥， 因为CMBC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，所以PA ⊥平面MBC ．（2）因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，PC ⊂平面PAC ，PC AC ⊥，所以PC ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以PC BC ⊥，以C 为原点，CA ，CB ，CP 为x ，y ，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，(2,0,0)A ，(0,4,0)B ，(0,0,0)C ，(0,0,2)P ，(1,0,1)M ，(0,2,1)N ，则(1,0,1)CM =，(0,2,1)CN =，(2,0,2)PA =-，由（1）知(2,0,2)PA =-是平面MBC 的一个法向量，设(,,)n x y z =是平面MNC 的法向量，则有00CM n CN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-，2x =，所以(2,1,2)n =-，设二面角N MC B --所成角为θ，由图可得θ为锐角，则2cos cos ,||||PA n PA n PA n θ⋅⨯=<>===【名师点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案． 2．在四棱锥P ABCD -中，PAB △为直角三角形，90APB ∠=︒且12PA AB CD ==，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD 且DAB ∠为直角，E 为AB 的中点，F 为PE 的四等分点且14EF EP =，M 为AC 中点且MF PE ⊥．（1）证明：AD ⊥平面ABP ；（2）设二面角A PC E --的大小为α，求α的取值范围． 【试题来源】山东省德州市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）证明见解析；（2）,32ππα【解析】（1）取PE 的中点N ，连接AN ，DN ，CE ，如图所示：因为12AE AB =，12AP AB =，所以AP AE =，AN PE ⊥．因为四边形ABCD 为直角梯形，且90DAB ∠=︒，12CD AB =， 所以四边形AECD 为正方形，即M 为DE 的中点． 因为14EF EP =，N 为PE 的中点，所以F 为EN 的中点．所以//MF DN ． 因为MF PE ⊥，所以DN PE ⊥．所以PE DN PE ANPE DN AN N ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ADN ． 因为DA ⊂平面ADN ，所以PE DA ⊥．所以DA AB DA PEDA PE AB E ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ABP ． （2）以A 为原点，AB ，AD 分别为y ，z 轴，垂直AB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设AD a =，1PA CD ==，2AB =，则()0,0,0A，1,02P ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,0E ，()0,1,C a ． 31,02AP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,AC a =，1,02PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,CE a =-． 设平面PAC 的法向量()111,,n x y z =，则1111310220AP n x yAC n y az ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令1y =，解得11x =，1z =，故1,3,n⎛=- ⎝⎭． 设平面PEC 的法向量()222,,m x y z =，则222310220PE mx y CE m az ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩，令2y =21x =，20z =，故()1,3,0m =．由图知，二面角A PC E --的平面角α为锐角，所以11cos 0,2α-⎛⎫==⎪⎝⎭．故,32ππα．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，112BC AD ==且CD =E 为AD 的中点，F 是棱PA 的中点，2PA =，PE ⊥底面ABCD ．AD CD ⊥（1）证明：//BF平面PCD ； （2）求二面角P BD F --的正弦值；（3）在线段PC （不含端点）上是否存在一点M ，使得直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值为13？若存在，求出此时PM 的长；若不存在，说明理由． 【试题来源】天津市滨海七校2020-2021学年高三上学期期末联考 【答案】（1）证明见解析；（2（3）存在，7PM = 【解析】（1）由题意得//BC DE ，=BC DE ，90ADC ∠=︒，所以四边形BCDE 为矩形， 又PE ⊥面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0A，()B ，()1,0,0D -，(P ，()C -，1,0,22F ⎛ ⎝⎭，设平面PCD的法向量为(),,m x y z=，()0,DC =，(DP =则00DC m DP m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则0x ==⎪⎩，则0y =，不妨设x =1z =，可得()3,0,1m =-，又1,22BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，可得0BF m ⋅=，因为直线BF ⊄平面BCD ，所以//BF 平面BCD ．（2）设平面PBD 的法向量为()1111,,x n y z =，()1,DB =，(0,BP =，则1100DB n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111100x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设x =()13,1,1n =--，设平面BDF 的法向量为()2222,,n xy z =，32DF ⎛= ⎝⎭，则2200DB n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222203022x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设2x =，可得()2n =-，因此有121212cos ,65n n n n n n ⋅==-⋅，（注：结果正负取决于法向量方向） 于是21212465sin ,1cos ,n n n n =-=，所以二面角P BD F --．（3）设((),PM PC λλλ==-=-，()0,1λ∈(),BM BP PM λ=+=-，由（2）可知平面BDF 的法向量为()23,1,3n =-，2223cos ,BM n BM n BM n⋅===⋅，有23410λλ-+=，解得1λ=（舍）或13λ=， 可得1,333PM ⎛=-- ⎝⎭，所以73PM =． 4．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PA =//DC AB ，90DAB ∠=︒，3AB =，2AD CD ==，M 是棱PD 的中点．（1）求异面直线DP 与BC 所成的角的余弦值； （2）求AM 与平面PBC 所成的角的大小；（3）在棱PB 上是否存在点Q ，使得平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出AQ 的长；若不存在，说明理由．【试题来源】天津市南开中学2020-2021学年高三上学期第四次月考 【答案】（1；（2）45︒；（3）125． 【解析】如图，以,,AD AB AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则(()()()()(,0,0,0,3,0,0,2,2,0,0,2,0,P A B C D M ，（1）(0,DP =-，()1,2,0BC =-，所以cos,DP BC==，即异面直线DP与BC（2）(AM=，(3,0,PB=-，()1,2,0BC=-设平面PBC的法向量(),,m x y z=，则mPBm BC⎧⋅=⎨⋅=⎩，3020xx y⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，所以可取(m=，设AM与平面PBC所成的角为θ，则sin cos,AM mθ===，所以AM与平面PBC所成的角为45︒；（3）平面ABCD的法向量可取()10,0,1n=，设(()3,0,3,0,PQ PBλλλ==-=-，则()3Qλ，所以()3AQλ=，()0,2,0AD =，设平面QAD的法向量为()2222,,n x y z=，则22nAQn AD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，()2223020x zyλ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，可取()223,0,3nλ=-，因为平面QAD与平面ABCD所成的锐二面角的大小为60°.所以121cos,2n n=，12=，解得25λ=或2λ=-（舍）所以6,0,55AQ⎛=⎝⎭，所以61255AQ⎛==5．如图，在正四面体A BCD-中，点E，F分别是,ABBC的中点，点G，H分别在,CD AD 上，且14DH AD=，14DG CD=．（1）求证：直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）求直线AB 与平面EFGH 所成角的正弦值．【试题来源】陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试（理） 【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）因为//,//EF AC GH AC ，11=,=24EF AC GH AC ，所以//GH EF 且12GH EF =，故E ，F ，G ，H 四点共面，且直线,EH FG 必相交于一点，设=EH FG M ，因为,∈M EH EH平面ABD ，所以M ∈平面ABD ，同理：M ∈平面BCD ，而平面ABD ⋂平面BCD BD =，故M ∈平面BCD ，即直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）取BD 的中点O ，则,⊥⊥BD OA BD OC ，所以BD ⊥平面AOC ，不妨设OD =，则BD AC ==12AO CO ==， 所以1441441921cos 212123+-∠==⨯⨯AOC ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,(12,0,0),(6,--A B C F G ，故=BA ，(=-FG ，(8,0,=-AC ，(4,0,=-EF ，设平面EFGH 的法向量为(,,)n x y z =，由00n EF n FG ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得50y x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =，则(52,=n ，则182cos ,3||||92⋅<>===⨯BA n BA n BA n ，故直线AB 与平面EFGH ． 6．如图，已知四边形ABCD 为菱形，对角线AC 与BD 相交于O ，60BAD ∠=︒，平面ADEF平面BCEF =直线EF ，FO ⊥平面ABCD ，22BC CE DE EF ====（1）求证：//EF DA ；（2）求二面角A EF B --的余弦值．【试题来源】江西省五市九校协作体2021届高三第一次联考 【答案】（1）证明见解析；（2）35． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以//AD BC ，AD ⊄平面BCEF ，BC ⊂平面BCEF ，//AD ∴平面BCEF ，因为平面ADEF平面BCEF =直线,EF AD ⊂平面ADEF ，所以//EF AD ；（2）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为OF ⊥平面ABCD ，所以以O 为坐标原点、OA ，OB ，OF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，取CD 中点M ，连EM ，OM ，60BAD ︒∠=，21BC OA OC OB OD =∴====，2BC CD CE DE CDE ====∴为正三角形，EM =11//,=,//,=22OM BC OM BC EF BC EF BC，//,=//,=EF OM EF OM OF EM OF EM∴∴，从而1(0,1,0),((0,1,0),(22A B C D E---，设平面ADEF一个法向量为(,,)m x y z=，则m DAm DE⎧⋅=⎨⋅=⎩，即12yx y⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11,(1,x y z m=∴===-，设平面BCEF一个法向量为(,,)n x y z=，则n BCn EC⎧⋅=⎨⋅=⎩，即122yx y⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令11,(1,3,1)x y z n=∴==-=--，3cos,5|||,|m nm nm n⋅∴<>==，因此二面角A EF B--的余弦值为35．7．如图，在四棱锥P ABCD-中，90BAD∠=，//AD BC，PA AD⊥，PA AB⊥，122PA AB BC AD====．（1）求证：//BC平面PAD；（2）求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【试题来源】北京房山区2021届高三上学期数学期末试题【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）解法1．因为//BC AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以//BC平面PAD，解法2．因为PA AD⊥，PA AB⊥，AD AB⊥，所以以A为坐标原点，,,AB AD AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz-，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C ，平面PAD 的法向量为(1,0,0)t ， (0,2,0)BC = ，因为 0120000t BC ⋅=⨯+⨯+⨯= ，BC ⊄平面PAD ，所以//BC 平面PAD ； （2）因为PA AD ⊥，PA AB ⊥AD AB ⊥，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C所以平面PAB 的法向量为(0,1,0)n = ， 设平面PCD 的法向量为(,,)m x y z =， (2,2,2)PC =-，(0,4,2)PD =- ，所以2220042020x y z x y m PC m PC y z z y m PD m PD ⎧⎧+-==⎧⎧⊥⋅=⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨-==⊥⋅=⎩⎩⎩⎩，令1(1,1,2)y m ==得 ，cos ,1n mn m n m ⋅<>===⨯，设平面PAB 与平面PCD 所成角为θθ，为锐角， 所以cos θ=． 8．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（1）求证：BE PA ⊥；（2）求二面角A PD C --的余弦值；（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PF PB 的值；若不存在，说明理由．【试题来源】北京市朝阳区2021届高三上学期期末数学质量检测试题【答案】（1）证明见解析；（2）7-；（3）存在；12PF PB =． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AB AD =．因为3BAD π∠=，E 为AD 的中点，所以BE AD ⊥． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，所以BE ⊥平面PAD ． 因为PA ⊂平面PAD ，所以BE PA ⊥．（2）连结PE ．因为PA PD =，E 为AD 的中点，所以PE AD ⊥．由（1）可知BE ⊥平面PAD ，所以BE AD ⊥，PE BE ⊥．设2AD a =，则PE a =．如图，建立空间直角坐标系E xyz -．所以(,0,0),,0),(2,0),(,0,0),(0,0,)A a B C a D a P a --．所以),0(D C a =-，(,0,)D a P a =．因为BE ⊥平面PAD ，所以(0,,0)EB =是平面PAD 的一个法向量．设平面PCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则00n DC n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00ax ax az ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，所以,.x x z ⎧=⎪⎨=-⎪⎩令3x =，则1y =，z =(3,1,n =．所以cos ,||||7n EB n EB n EB ⋅===．由题知，二面角A PD C --为钝角，所以其余弦值为- （3）当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ．理由如下： 因为点E ∈/平面PCD ，所以在线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD 等价于0EF ⋅=n ．假设线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD ．设([0,1])PF PBλλ=∈，则PF PB λ=．所以(0,0,),),)EF EP PF EP PB a a a a a λλλ=+=+=+-=-．由)0EF a a a λ⋅=-=n ，得12λ=． 所以当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ，且12PF PB =． 9．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，4PD =，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别为PB ，PC 的中点．（1）求证：平面ADE ⊥平面PCD ；（2）求直线BF 与平面ADE 所成角的正弦值．【试题来源】北京市东城区2021届高三上学期期末考试【答案】（1）证明见解析；（2）15． 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．因为PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ．因为AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面PCD ．（2）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD CD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．如图建立空间直角坐标系D xyz -．因为4PD =，底面ABCD 为边长为2的正方形，所以()0,0,4P ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,0,0D ，()1,1,2E ，()0,1,2F ． 则()2,0,0DA =，()1,1,2DE =，()2,1,2BF =--．设平面ADE 的法向量(),,m x y z =，由00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，可得2020x x y z =⎧⎨++=⎩． 令1z =-，则0x =，2y =．所以()0,2,1m =-．设直线BF 与平面ADE 所成角为θ，则,sincos ,9BF mBF m BF m θ====．所以直线BF 与平面ADE ． 【名师点睛】本题考查了面面垂直的判定，核心是要求面面垂直，先考虑线面垂直；同时也考查了线面角的计算方法，核心是要求正弦值，先求余弦值．10．如图，已知11ABB A 是圆柱1OO 的轴截面，O 、1O 分别是两底面的圆心，C 是弧AB 上的一点，30ABC ∠=，圆柱的体积和侧面积均为4π．（1）求证：平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）求二面角11B A B C --的大小．【试题来源】江西省吉安市2021届高三大联考数学（理）（3-2）试题【答案】（1）证明见解析 ；（2）60 ．【解析】（1）因为1AA 是圆柱的母线，所以1AA ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ， 所以1AA BC ⊥，又C 是弧AB 上的一点，且AB 是圆O 的直径，所以AC BC ⊥，因为1AA AC A =，所以BC ⊥平面1ACA ，又BC ⊂平面1BCB ，所以平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ，因为圆柱的体积和侧面积均为4π，所以2244rl r l ππππ=⎧⎨=⎩，解得，2r ，1l =，即4AB =，11AA =，因为30ABC ∠=，所以2AC =，BC =设圆柱过C 点的母线为CD ，以C 为原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴､y 轴､z 轴建立空间直角坐标系C xyz -，如图所示；则()0,0,0C ，()B ，()12,0,1A ，()1B ；所以()12,0,1CA =，()10,CB =，()12,BA =-，()10,0,1BB = 设平面11CA B 的法向量为(),,n x y z =，由1120000x z n CA n CB z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取z =x =1y =-，所以平面11CA B的一个法向量为(3,n =--， 设平面11BA B 的法向量为(),,m a b c=，由1102000m BA a c m BB c ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩， 取1b =，则a =0c ，所以平面11BA B 的一个法向量为()3,1,0m =， 所以1cos ,23n mm n n m ⋅===-+⋅， 由图中可看出二面角11B A B C --是锐角，故二面角11B A B C --的值为60．【名师点睛】证明面面垂直的方法：（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可； （2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）； （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．11．如图1，正方形ABCD ，边长为a，,E F 分别为,AD CD 中点，现将正方形沿对角线AC 折起，折起过程中D 点位置记为T ，如图2．（1）求证：EF TB ⊥；（2）当60TAB ︒∠=时，求平面ABC 与平面BEF 所成二面角的余弦值．【试题来源】安徽省黄山市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）取AC 中点O ，连,,OT OB BT ，因为ABCD 为正方形，所以,AC OT AC OB ⊥⊥，又OT OB O ⋂=，所以AC ⊥平面OBT ，而TB ⊂平面OBT ，所以AC TB ⊥． 又,E F 分别为,AD CD 中点，所以//EF AC ，所以EF TB ⊥；（2）因为60TAB ︒∠=，所以TAB △为等边三角形，TB a =，又2OT OB a ==，所以222TB OB OT =+，即OT OB ⊥． 如图建立空间直角坐标系O xyz -，则,0,0,0,,B E F ⎫⎛⎛⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，220,,0,,,2244EF a EB a ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，平面ABC 法向量(0,0,1)m =设平面BEF 法向量(,,1)x n y =，由00n EF n EB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00244y ay =⎧+-=⎩，012y x =⎧⎪⎨=⎪⎩，1,0,1,cos ,2||||11mn n m n m n ⋅⎛⎫=<>=== ⎪⋅⎝⎭⋅， 记平面ABC 与平面BEF 所成二面角为θ，则θ为锐角，所以cos 5θ=即平面ABC 与平面BEF ． 12．如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点E ，F 分别在棱1AA ，1CC 上，且满足113AE AA =，113CF CC =，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ．（1）证明：直线l ⊥平面1BDD ；（2）已知2EF =，14BD =，设BF 与平面1BDD 所成的角为θ，求sin θ的取值范围．【试题来源】海南省2021届高三年级第二次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）35⎫⎪⎪⎝⎭．【解析】（1）如图，连接AC ，与BD 交于点O ．由条件可知//AE CF ，且AE CF =，所以//AC EF ，因为EF ⊂平面BEF ，所以//AC 平面BEF ．因为平面BEF 平面ABC l =，所以//AC l ． 因为四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，所以AC BD ⊥，1AC BB ⊥，又1BD BB B ⋂=，所以AC ⊥平面1BDD ，所以l ⊥平面1BDD ．（2）如图所示，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC 的方向为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系．设2BD a =，因为1BD BD <，所以02a <<．则OB a =，1DD ==所以(,0,0)B a ，(0,1,0)C，F ⎛ ⎝． 由（1）可知(0,1,0)OC =是平面1BDD的一个法向量，而BF a ⎛=- ⎝， 所以sin cos ,OC BF OC BF OC BF θ⋅=<>===当02a <<35<<，即3sin 5θ⎫∈⎪⎪⎝⎭．【名师点睛】求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．13．在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，1AA =AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 是1B C 的中点．（1）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ；（2）求直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由1B C ⊥平面ABC ，AB平面ABC ，得1AB B C ⊥， 又AB AC ⊥，1CB AC C =，故AB ⊥平面1AB C ， AB 平面11ABB A ，故平面11ABB A ⊥平面1AB C ．（2）以C 为原点，CA 为x 轴，1CB 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则()0,0,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B，又BC =11BB AA == 故11CB =，()10,0,1B ，10,0,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,0CA =， ()111,1,1AA BB ==--，11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面11AAC C 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n CA n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x x y z =⎧⎨--+=⎩，令1y =，则1z =， ()0,1,1n =， 设直线AE 与平面11AAC C 所成的角为θ，故1sin 102nAEn AE θ⋅===，即直线AE 与平面11AAC C14．如图，在平面四边形PABC 中，PA AC ⊥，AB BC ⊥，PA AB ==，2AC =，现把PAC △沿AC 折起，使P 在平面ABC 上的射影为O ，连接OA 、OB ，且OB//AC ．（1）证明：OB ⊥平面PAO ；（2）求二面角O PB C --的余弦值．【试题来源】安徽省六安市示范高中2020-2021学年高三上学期教学质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）PO ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，PO AC ∴⊥，又PA AC ⊥，PAPO P =，所以AC ⊥平面PAO ， //OB AC ，所以OB ⊥平面PAO ；（2）在Rt ABC 中，AB =2AC =，则1BC ==，30BAC ∴∠=，在Rt OAB 中，903060OAB ∠=-=，所以12OA AB ==，32OB =，Rt PAO 中，PA =AO =32OP ∴==， 以点O 为坐标原点，OB 、OA 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则0,,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、,02C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、3,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭、30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以33,0,22PB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，32PC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，由（1）可知()0,1,0m =为平面POB 的一个法向量，设平面平PBC 的法向量为(),,n x y z =，则有330223202x z x y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩y x z x ⎧=⎪⇒⎨⎪=⎩，取x =(3,n =-，cos ,717m n m n m n ⋅===-⋅⨯， 由图可知，二面角O PB C --为钝角，所以，二面角O PB C --的余弦值为7-． 15．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，//,90BC AD ADC ∠=︒，11,2BC CD AD E ===为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段,PD PC 分别交于点,G F ．（1）求证：GF ⊥平面PAD ；（2）若PA PD ==G为PD 的中点，求平面PAB 与平面BEGF所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省名校2020-2021学年高三上学期期末联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】证明：（1）因为12BC AD =，且E 为线段AD 的中点，所以BC DE =， 因为//BC AD ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以//BE CD ，因为CD ⊂平面,PCD BE ⊂/平面PCD ，所以//BE 平面PCD ，又平面BEGF ⋂平面PCD GF =，所以//BE GF ，又BE AD ⊥，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =， 所以BE ⊥平面PAD ，所以GF ⊥平面PAD ；（2）因为,PA PD E =为线段AD 的中点，所以PE AD ⊥，‘’因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA 的方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -；则11(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,0),(1,0,0),,0,22P A B E D G ⎛⎫--⎪⎝⎭， 则11(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0),(1,0,1),,0,22PA PB BE DP EG ⎛⎫=-=-=-==- ⎪⎝⎭， 设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，则0{0PA m PB m ⋅=⋅=，，，即11110,0x z y z -=⎧⎨-=⎩， 不妨令11x =，可得(1,1,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面BEGF 的法向量为()222,,n x y z =，则0{0BE n EG n ⋅=⋅=，，，即222011022y x z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，不妨令21x =，可得(1,0,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面PAB 与平面BEGF 所成的锐二面角为α，于是有2cos |cos ,|32m n α=〈〉==； 所以平面PAB 与平面BEGF ．16．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，对角线AC 与BD 交于点F ，侧面SBC 是边长为2的等边三角形，点E 在棱BS 上．（1）若//SD 平面AEC ，求SE EB的值； （2）若平面SBC ⊥平面ABCD ，求二面角B AS C --的余弦值．【试题来源】江苏省G4（苏州中学、常州中学、盐城中学、扬州中学）2020-2021学年高三上学期期末联考【答案】（1）1；（2． 【解析】（1）连结EF ，因为//SD 平面AEC ，SD ⊂平面BSD ，平面BSD ⋂平面AEC EF =，所以//SD EF ．因为底面ABCD 是正方形，F 为AC 中点，所以EF 是SD 的中位线，则1SE EB=． （2）取BC 的中点为O ，AD 的中点为M ，连结MO ，则MO BC ⊥， 因为平面SBC ⊥平面ABCD ，平面SBC平面ABCD BC =，OM ⊂平面ABCD ， 所以OM ⊥平面SBC ．又OS BC ⊥，所以O 为坐标原点．以{},,OS OC OM 为正交基底建立空间直角坐标系O xyz -．则()0,1,2A -，()010B -,,，()0,1,0C，)S，1,022E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而()SC =-，()0,2,2AC =-，()0,0,2AB =-，()3,1,2AS =-． 设平面ASC 的法向量为(),,m x y z =， 则0,0.m SC m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0.y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩取1x =，则y =z = 所以平面ASC的一个法向量为(1,3,m =．设平面ASB 的法向量为(),,n x y z =， 则0,0.n AB n AS ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20,20.z y z -=⎧⎪+-=取y =1x =-，0z =． 所以平面ASB 的一个法向量为()1,3,0n =-．所以7cos ,7m n m n m n ⋅〈〉==． 因为二面角B AS C --的平面角为锐角，所以二面角B AS C --的余弦值为7． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．17．在三棱锥P ABC -中，底面ABC 为正三角形，平面PBC ⊥平面,1,ABC PB PC D ==为AP 上一点，2,AD DP O =为三角形ABC 的中心．（1）求证：AC ⊥平面OBD ；（2）若直线PA 与平面ABC 所成的角为45︒，求二面角A BD O --的余弦值．【试题来源】山东省威海市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）5． 【解析】（1）证明：连接AO 并延长BC 交于点E ，则E 为BC 中点，连接PE ．如图所示：因为О为正三角形ABC 的中心，所以2,AO OE =又2AD DP =，所以//,DO PE 因为PB PC =，E 为BC 中点，所以,PE BC ⊥ 又平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC 平面ABC BC =，所以PE ⊥平面,ABC 所以DO ⊥平面,ABC AC ⊂平面PBC ，所以,DO AC ⊥又,AC BO DO BO O ⊥⋂=，所以AC ⊥平面OBD ．（2）由PE ⊥平面ABC 知，所以45PAE ∠=︒ ，所以,PE AE =所以,ABE PBE ≌ 所以1AB PB BC AC ====，由（1）知，,,EA EB EP 两两互相垂直，所以分别以,,EA EB EP 的方向为,,x y z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则1,0,,0,0,0,,22263A B P D ⎛⎫⎛⎫⎛⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，10,,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以31,,0,2231,,623AB BD ⎛⎫-⎛= ⎪ ⎪⎝⎭=-⎝⎭， 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =， 则302302x y nBD z y n AB x ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，令1,x =可得1y z ==，则()1,3,1n =． 由（1）知AC ⊥平面,DBO 故1,02AC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭为平面DBO 的法向量， 所以2cos ,5nAC n AC n AC -⋅===-，由图可知二面角A BD O --的为锐二面角，所以二面角A BDO --的余弦值为5． 18．如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，且FB =，M ，N 分别为EF ，AB 的中点．（1）求证：//MN 平面FCB；（2）若直线AF 与平面FCB 所成的角为60°，求平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】山西省运城市2021届高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）取BC 的中点Q ，连接NQ ，FQ ，则1//2NQ AC ，且12NQ AC =， 又1//2MF AC ，且12MF AC = ，所以//MF NQ 且MF NQ =， 所以四边形MNQF 为平行四边形，所以//MN FQ ，因为FQ ⊂平面FCB ，MN ⊄平面FCB ，所以//MN 平面FCB ；（2）由四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，可得1BC =，AC =90ACB ∠=︒，所以AC BC ⊥．因为四边形ACFE 为矩形，所以AC CF ⊥，所以AC ⊥平面FCB ，所以AFC ∠为直线AF 与平面FCB 所成的角，即60AFC ∠=︒，所以1FC =．因为FB =，所以222FB FC CB =+，所以FC BC ⊥．则可建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，3(3,0,0),(0,1,0),,0,12A B M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以3,0,1,(3,1,0)2MA AB ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面MAB 的法向量，则00MA m AB m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即30230x z x y ⎧-=⎪⎨⎪-+=⎩，取23x =，则(23,6,3)m =为平面MAB 的一个法向量，又(0,1,0)n =为平面MAC的一个法向量， 所以657257cos 571||m n mn m n ⋅〈〉====⨯∣∣， 故平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值为5719． 19．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）若H 为EF 的中点，证明：//GH 平面ABCD ；（2）若14=EH EF ，求直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值． 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试（理） 【答案】（1）证明见解析；（26． 【解析】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，所以截面AEFG 是平行四边形，则4=-=DG CF EB ．因为36==FC EB ，所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//HM ，所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ，所以//GH 平面ABCD ．（2）解：如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，则(4,0,0)A ，(0,4,0)C ，(0,0,4)G ，(3,4,3)H ，(4,4,0)=-AC ，(4,0,4)=-AG ，(3,0,3)=CH ．设平面ACG 的法向量为(,,)n x y z =，则440440AC n x y AG n x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，令1x =，得(1,1,1)n =．因为cos ,3||||32⋅〈〉===⨯CH n C n n CH H ，所以直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值为3．【名师点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化，通过严密推理证明线线平行从而得线面平行，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．20．如图，已知四边形ABCD 和BCEG 均为直角梯形，//AD BC ，//CE BG ，且2BCD BCE π∠=∠=，120ECD ∠=︒．22BC CD CE AD BG ====．（1）求证：//AG 平面BDE ；（2）求二面角E BD C --的余弦值．【试题来源】安徽省蚌埠市2020-2021学年高三上学期第二次教学质量检查（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）证明：在平面BCEG 中，过G 作GN CE ⊥于N ，交BE 于M ，连DM ， 由题意知，MG MN =，////MN BC DA 且12MN AD BC ==， 因为//MG AD ，MG AD =，故四边形ADMG 为平行四边形，所以//AG DM ， 又DM ⊂平面BDE ，AG ⊂/平面BDE ，故//AG 平面BDE ．（2）由题意知BC ⊥平面ECD ，在平面ECD 内过C 点作CF CD ⊥交DE 于F ， 以C 为原点，CD ，CB ，CF 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设1AD =，则22BC CD CE BG ====．且()0,0,0C ，()2,0,0D ，()0,2,0B ，(E -，设平面EBD 的法向量(),,n x y z =，则由0,0,DE n BD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得30,220,x x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ 取1y =，得(1,1,3n =，易知平面BCD 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,51m nm n m n ⋅==⋅=⋅E BD C --． 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，M 为PC 的中点．（1）求证：//AP 平面BDM ；（2）若PB PC ==CD PC ⊥，求二面角C DM B --的余弦值．【试题来源】河南省湘豫名校2020-2021学年高三上学期1月月考（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连接AC 交BD 于E ，连接EM ，则E 为AC 中点，所以EM 为APC △的中位线，所以//EM AP ，因为EM ⊂平面BDM ，AP ⊄平面BDM ，所以//AP 平面BDM ．（2）在PBC 中，因为2224PB PC BC +==，所以PB PC ⊥，取BC 中点O ，AD 中点F ，连接PO ，OF ，则PO BC ⊥，1PO =，因为BC CD ⊥，CD PC ⊥，BC 、PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以CD ⊥平面PBC ，因为PO ⊂平面PBC ，所以CD PO ⊥，因为PO BC ⊥，BC CD C ⋂=，BC 、CD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO OF ⊥，所以PO ，OF ，OB 两两垂直，如图所示，以O 为原点，OF ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(2,1,0)D -，(0,0,1)P ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，所以110,,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，可得112,,22DM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(2,2,0)BD =-，(2,0,0)CD =．设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =， 则0 0m BD m DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220112022x y x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(1,1,3)m =， 设平面CDM 的法向量为()222,,n x y z =，则00n CD n DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222220112022x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(0,1,1)n =-，所以222cos ,11||||112m n m nm n ⋅〈〉===⋅⨯， 所以二面角C DM B --的余弦值为11．22．如图所示，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直， //BE CF ，BCF CEF ∠=∠=90°，AD =EF =（1）求证：EF ⊥平面DCE（2）当AB 的长为何值时，二面角A EF C --的大小为60°． 【试题来源】山东省菏泽市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）60°．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD 平面BEFC BC =，CD BC ⊥，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面BEFC ，EF ⊂平面BEFC ，从而CD EF ⊥． 因为EF CE ⊥，CD CE C =，,CD CE ⊂平面CDE ，所以EF ⊥平面CDE ．（2）如图所示，以点C 为坐标原点，以CB 、CF 和CD 所在直线分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系．过点E 作EG CF ⊥于点G ．在Rt EFG中，EG AD ==EF =1FG =．因为CE EF ⊥，则90EFC ECF BCE ∠=︒-∠=∠，所以Rt EFG Rt ECB △△，EG GF EF BE BC EC==，所以2,BE CE == 所以2CG =，所以3CF =．设AB a ，则()0,0,0C，)A a，)E ，()0,3,0F ．()0,2,AE a =-，()EF =-，()2,2,0CE =， 设平面AEF 的法向量(),,n x y z =．则00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200y az y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令2z=，得,2n a ⎫=⎪⎭．因为CD ⊥平面EFC ，()0,0,CD a =，所以1cos ,2n CD ==，解得a =所以当AB =A EF C --的大小为60°．【名师点睛】本题考查空间向量法求二面角．求空间角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论； （2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出平面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．23．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB BC ⊥，//CD AB ，面ABE ⊥面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上．（1）证明：当2MA EM =时，直线//CE 平面BDM ；（2）当AE ⊥平面MBC 时，求二面角E BD M --的余弦值．【试题来源】内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连结BD 与AC 交于点N ，连结MN ，//AB CD ，24AB CD ==， CND ANB ∴△∽△，12CD CN AB AN ∴==， 12EM MA =，EM CN MA AN∴=，MN //EC ∴， 又MN ⊂面BDM ，CE ⊂面BDM ，//CE ∴平面BDM ．（2）AE 平面MBC ，AE BM ∴⊥，M ∴是AE 的中点，取AB 的中点为O ， OE ∴⊥平面ABCD ，以OD ，OA ，OE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)B-，E ，(2,0,0)D ，(0,2,0)A ，M ，设平面EBD 的法向量为()1111,,x n y z=，则1111112200020x y n BD n BE y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩， 令11z =，则1y=1x =1(3,3,1)n ∴=-，设平面BDM 的法向量为()2222,,n x y z =，则2222222200030x y n BD n BM y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩，令2z 21y =-，21x =，1(1,13)n ∴=-， 1212123105cos ,||n n n n n n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角E BD M --的余弦值为35． 24．已知正方体1111ABCD A B C D -，棱长为2，M 为棱CD 的中点，N 为面对角线1BC 的中点，如图．（1）求证：ND AN ⊥；（2）求平面1AMD 与平面11AAC C 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省池州市2020-2021学年高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取BC 的中点分别为F ，连接NF ，DF ，因为N ，F 分别为1BC ，BC 的中点，1111ABCD A B C D -是正方体，易得NF ⊥平面ABCD ，所以NF AM ⊥；因为FC MD =，AD DC =，FCD MDA ∠=∠，所以FCD MDA ≌△△，所以CFD DMA ∠=∠，所以90FDC DMA ∠+∠=︒，所以FD AM ⊥，因为NF FD F =，NF ⊂平面NFD ，FD ⊂平面NFD ，所以AM ⊥平面NFD ， 又DN ⊂平面NFD ，所以ND AM ⊥；（2）以A 为原点，分别以AB 、AD 、1AA 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系：连接BD ，1C D ，在正方体1111ABCD A B C D -中，易知1BD C D =，且N 为1BC 中点，所以1DN BC ⊥．又11//BC AD ，所以1AD DN ⊥． 因为1AD AM A =，1AD ⊂平面1AMD ，AM ⊂平面1AMD ，所以ND ⊥平面1AMD ，故ND 为平面1AMD 的一个法向量；由1111ABCD A B C D -是正方体，得BD ⊥平面11AAC C ，故BD 为平面11AAC C 的一个法向量，因为()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,1,1N ， 所以()2,1,1ND =--，()2,2,0BD =-， 所以(cos ,ND BDND BD ND BD -⋅<>===⋅则平面1AMD 与平面11AAC C25．如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD CD ⊥，AB ∥CD ，122AB AD CD ===，点M 在线段EC 上．（1）当点M 为EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ；（2）当平面BDM 与平面ABFM 在线段EC 上的位置．【试题来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2）点M 为EC 中点．【解析】（1）以直线DA 、DC 、DE 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)E ，所以(0,2,1)M ．所以(2,0,1)BM =-， 又(0,4,0)DC =是平面ADEF 的一个法向量．因为0BM DC ⋅=即BM DC ⊥，BM ⊄平面ADEF ，所以BM ∥平面ADEF ；（2）设(,,)M x y z ，则(,,2)EM x y z =-，又(0,4,2)EC =-，设()01EM EC λλ=≤≤，则0,4,22x y z λλ===-，即(0,4,22)M λλ-．设111(,,)n x y z =是平面BDM 的一个法向量，则11112204(22)0DB n x y DM n y z λλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取11x =得11y =-，此时显然1λ=时不符合，则121z λλ=-，即2(1,1,)1n λλ=--， 又由题设，(2,0,0)DA =是平面ABF 的一个法向量，所以cos ,622DA n DA n DA n ⋅===⋅，解得12λ=，即点M 为EC 中点． 【名师点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．26．如图所示，在多面体ABCDEF 中，//AB CD ，AB BC ⊥，22AB BC CD ==，四边形ADEF 为矩形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF AB λ=．（1）证明：//DF 平面BCE ；（2）若二面角C BE F --λ的值． 【试题来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）取AB 的中点为M ，连接FM CM DM ，，，因为//AM CD 且AM CD =，四边形AMCD 为平行四边形，所以//AD MC 且AD MC =，因为四边形ADEF 为矩形，所以//FE MC 且=FEMC ，所以四边形EFMC 是平行四边形，所以//FM EC ，且EC ⊂平面BEC ，FM ⊄平面BEC ，。
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 v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l－β 在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB 叫做二面角α －l－β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB，CD分别是二面角α －l－β 的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角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 aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴⋅AD AC AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，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 DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)， 平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角，∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．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 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 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为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 ,G B 〈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．。
第一章 空间向量与立体几何章末检测(解析版)
平面 平面 ．
，平面 平面 ，且交线为AC，
平面 ， 直线MB，MC， 两两垂直．
以点M为坐标原点，分别以MB，MC， 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， 1， ，
， ， ．
设平面 的一个法向量为 ，
令 ，得 ，
点C到平面 的距离 ．
A．存在点P，使得I1＝I2B．存在点P，使得I1＝I3
C．对任意的点P，有I1＞I2D．对任意的点P，有I2＞I3
【解答】解：如图所示建立如图所示的空间直角坐标系，以B1A1为x轴，B1C1为y轴，B1B为z轴，B1为坐标原点，由题意则B（0，0，2），A（4，0，2），D（4，3，2），C1（0，3，0），设P（x，y，z），
第1章 空间向量与立体几何
一、单选题
1．点P(1，2，3）关于xOy平面的对称点的坐标为（ ）
A．(－1，2，3)B．(1，－2，－3)
C．(－1，－2，－3)D．(1，2，－3)
【答案】D
【解析】点P(1，2，3）关于xOy平面的对称点的坐标为 ．
故选D．
2．若两条不重合直线 和 的方向向量分别为 ， ，则 和 的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．垂直D．不确定
【答案】A
【解析】因为两条不重合直线 和 的方向向量分别为 ， ，
所以 ，即 与 共线，
所以两条不重合直线 和 的位置关系是平行，
故选A
3．如图， ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， 是 的中点，设 ， ， ，用 ， ， 表示 ，则
A． B．
C． D．
【分析】如图所示，连接 ．由 ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， 是 的中点，利用三角形法则、平行四边形法则即可得出．
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）A．60°B．90°C．105°D．75°【答案】B【解析】用立体几何方法。
作BC中点D,连AD, D,易得AD垂直于BC,AD垂直于平面BC, D为A在平面BC上的射影,易证D垂直于B,所以A垂直于B,A与B所成角为90度,故选B。
【考点】本题主要考查正三棱柱的几何性质及异面直线所成角的求法。
点评：根据题目特点，可灵活采用不同方法，这里运用几何方法，使问题得解，体现解题的灵活性。
2.正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（）A．B．C．D．【答案】C【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，．，．令向量，且，则，，，，．异面直线和之间的距离为：．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点．点到平面的距离（）A．B．C．D．【答案】A【解析】为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则===．【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.4.在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值（）A． B． C． D．【答案】D【解析】题目中给出了建立空间直角坐标系的条件。
以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图），利用向量知识可计算得到直线OD与平面PBC所成角的正弦值为，故选D。
【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.5.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值．【答案】【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（0，1，0），＝（－1，0，1），＝（0，，1）设平面ABC1D1的法向量为＝（x，y，z）,由可解得＝（1，0，1）设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则，【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。
空间向量与立体几何(四)答案
空间向量与立体几何（四）解析1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1,0)，n ＝(0,1，－1)，则两平面的夹角为( ) A ．60° B ．120° C ．60°或120° D ．90° 答案 A解析 |cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|－1|2·2＝12，即〈m ，n 〉＝60°.∴两平面所成角为60°. 2．在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1的中点，F 为线段C 1D 1上靠近D 1的三等分点，则异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值为( ) A.114 B.214 C.314 D.17 答案 B解析 如图，建立空间直角坐标系，则A 1(3,0,0)，B (3,3,3)， E ⎝⎛⎭⎫3，0，32，F (0,1,0)，所以A 1B —→＝(0,3,3)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－3，1，－32， 所以|cos 〈A 1B —→，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1B —→·EF →||A 1B —→·|EF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－9232×72＝214. 3.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱CC 1的中点，则直线B 1M 与平面A 1D 1M 所成角的正弦值是( ) A.215 B.25C.35 D.45答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，B 1(1,1,1)，A 1D 1—→＝(－1,0,0)，D 1M —→＝⎝⎛⎭⎫0，1，－12， MB 1→＝⎝⎛⎭⎫1，0，12，设平面A 1D 1M 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D 1—→·m ＝0，D 1M —→·m ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，y －12z ＝0，令y ＝1可得z ＝2，所以m ＝(0,1,2)，设直线B 1M 与平面A 1D 1M 所成角为θ，sin θ＝|m ·MB 1→||m |·|MB 1→|＝15×52＝25.4．在三棱锥P －ABC 中，PC ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝4，∠PBC ＝45°，则点C 到平面P AB 的距离是( ) A.463 B.263 C.433 D.423答案 A解析 方法一 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (0,4,0)，P (0,4,42)， ∴AP →＝(0,4,42)，AB →＝(4,0,0)，PC →＝(0,0，－42)． 设平面P AB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧4y ＋42z ＝0，4x ＝0，令y ＝2，则z ＝－1，∴m ＝(0，2，－1)，∴点C 到平面P AB 的距离为|PC →·m ||m |＝463.方法二 ∵PC ⊥底面ABC ，∴PC ⊥AB ，又AB ⊥AC ，且PC ∩AC ＝C ，PC ，AC ⊂平面P AC ， ∴AB ⊥平面P AC ，∴AB ⊥P A ，∵AC ＝AB ＝4，∴BC ＝42，∴PC ＝42，PB ＝8， 在Rt △P AB 中，P A ＝82－42＝43，令点C 到平面P AB 的距离为d ，∵V P －ABC ＝V C －P AB ， ∴13×12×4×4×42＝13×12×4×43×d ，∴d ＝463. 5.如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24答案 A解析 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)， 所以DC 1→＝(0,3,1)，D 1E —→＝(1,1，－1)，D 1C —→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E —→＝0，n ·D 1C —→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝(0，3，1)·(2，1，3)10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D —→＝(0,1，－1)，A 1E —→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12. 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D —→·n 1＝0，A 1E —→·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)；∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的角的余弦值为23.7．设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则点D 到平面ABC 的距离为________． 答案491717解析 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．∴n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(2，－2，1)＝0，(x ，y ，z )·(4，0，6)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋z ＝0，4x ＋6z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32z ，y ＝－z .令z ＝－2，则n ＝(3,2，－2)．又∵AD →＝(－7，－7,7)，∴点D 到平面ABC 的距离为d ＝|AD →·n ||n |＝|3×(－7)＋2×(－7)－2×7|32＋22＋(－2)2＝4917＝491717.8.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝PD ＝5，平面ABCD ⊥平面P AD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是___________． 答案88585解析 以O 为原点，OA 为x 轴，过O 作AB 的平行线为y 轴，OP 为z 轴， 建立空间直角坐标系，则B (1,2,0)，P (0,0,2)，C (－1,2,0)，M ⎝⎛⎭⎫－12，1，1，O (0,0,0)， OP →＝(0,0,2)，OC →＝(－1,2,0)，BM →＝⎝⎛⎭⎫－32，－1，1， 设平面PCO 的法向量m ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧m ·OP →＝2z ＝0，m ·OC →＝－x ＋2y ＝0，可得m ＝(2,1,0)，设直线BM 与平面PCO 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，BM →〉|＝|m ·BM →||m ||BM →|＝45×174＝88585. 9.如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 是DD 1的中点． (1)求证：CF ∥平面A 1DE ；(2)求平面A 1DE 与平面A 1DA 夹角的余弦值．(1)证明 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， 则 A 1(2,0,2)，E (1,2,0)，D (0,0,0)，C (0,2,0)，F (0,0,1)，则DA 1→＝(2,0,2)，DE →＝(1,2,0)，CF →＝(0，－2,1)，设平面A 1DE 的法向量n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2a ＋2c ＝0，n ·DE →＝a ＋2b ＝0，取n ＝(－2,1,2)，∴CF →·n ＝(0，－2,1)·(－2,1,2)＝0，又CF ⊄平面A 1DE ，∴CF ∥平面A 1DE . (2)解 DC →＝(0,2,0)是平面A 1DA 的法向量， ∴cos 〈n ，DC →〉＝(－2，1，2)·(0，2，0)(－2)2＋12＋22·0＋22＋0＝13，即平面A 1DE 与平面A 1DA 夹角的余弦值为13.10.如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 的中点．(1)求异面直线AB 与CE 所成角的大小； (2)求直线CD 与平面ODM 所成角的正弦值． 解 (1)∵DB ⊥BA ，平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，DB ⊂平面ABDE ，∴DB ⊥平面ABC . ∵BD ∥AE ，∴EA ⊥平面ABC .如图所示，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB 所在直线为x ，y 轴，以过点C 且与EA 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．∵AC ＝BC ＝4，∴C (0,0,0)，A (4,0,0)，B (0,4,0)，E (4,0,4)，∴AB →＝(－4,4,0)，CE →＝(4,0,4)．∴cos 〈AB →，CE →〉＝－1642×42＝－12，∴异面直线AB 与CE 所成角的大小为π3.(2)由(1)知O (2,0,2)，D (0,4,2)，M (2,2,0)， ∴CD →＝(0,4,2)，OD →＝(－2,4,0)，MD →＝(－2,2,2)． 设平面ODM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥OD →，n ⊥MD →，可得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4y ＝0，－2x ＋2y ＋2z ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(2,1,1)．设直线CD 与平面ODM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n ||CD →|＝3010，∴直线CD 与平面ODM 所成角的正弦值为3010. 11.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线B 1C 与EF 所成角最小时，其余弦值为( ) A ．0 B.12 C.105D.1116答案 C解析 以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为线段AB 的中点，设正方体棱长为2， 则D (0,0,0)，E (2,1,0)，B 1(2,2,2)，C (0,2,0)，B 1C —→＝(－2,0，－2)，设F (m,0,0)(0≤m ≤2)，EF →＝(m －2，－1,0)，设异面直线B 1C 与EF 的夹角为θ，则cos θ＝|EF →·B 1C —→||EF →|·|B 1C —→|＝|－2×(m －2)|22·(m －2)2＋1＝12·1(m －2)2＋1，异面直线B 1C 与EF 所成角最小时，则cos θ最大，即m ＝0时，cos θ＝12·14＋1＝210＝105.12.如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________． 答案 35解析 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ， 分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 则B 1(0，3，2)，F (1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)，B 1F —→＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量，所以|cos 〈n ，B 1F —→〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.13.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为2，直线CC 1与平面ACD 1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为________．答案 4解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DD 1＝a ，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0，a )， 故AC →＝(－2,2,0)，AD 1→＝(－2,0，a )，CC 1→＝(0,0，a )， 设平面ACD 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－2x ＋2y ＝0，n ·AD →1＝－2x ＋az ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，1，2a ， 故cos 〈n ，CC 1→〉＝n ·CC →1|n ||CC 1→|＝2a ·4a 2＋2＝22a 2＋4， 又直线CC 1与平面ACD 1所成角的正弦值为13，∴22a 2＋4＝13，解得a ＝4.14．设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B ＝λ.当∠APC为锐角时，λ的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫0，13 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，由D 1PD 1B＝λ得P (λ，λ，1－λ)，则P A →＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝(－λ，1－λ，λ－1)，因为∠APC 为锐角， 所以P A →·PC →＝(1－λ，－λ，λ－1)·(－λ，1－λ，λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)>0，解得λ<13或λ>1，又因为动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，所以λ的取值范围为0≤λ<13.15.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1上的一个动点，F 为线段B 1C 1上的一个动点，则平面EFB 与底面ABCD 所成的角的余弦值的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤0，22 B.⎣⎡⎦⎤33，22 C.⎣⎡⎦⎤0，33 D.⎣⎡⎦⎤0，55 答案 A解析 设平面EFB 与底面ABCD 所成的角为θ，如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE ＝m ，FC 1＝n ，则D (0,0,0)，A (1，0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0，0,1)，E (1,0，m )，F (n,1,1).BE →＝(0，－1，m )，BF →＝(n －1,0,1)， 设平面EFB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋mz ＝0，(n －1)x ＋z ＝0， 取x ＝－1，则平面EFB 的法向量为(－1，m (n －1)，n －1)，而底面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)，则cos θ＝|n －1|1＋m 2(n －1)2＋(n －1)2，结合选项，当n ＝1时，cos θ＝0，当n ≠1时，cos θ＝11(1－n )2＋m 2＋1∈⎝⎛⎦⎤0，22，故cos θ∈⎣⎡⎦⎤0，22. 16．如图，已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动． (1)求证：D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E 使得AD 1与平面D 1EC 所成的角为π6？若存在，求出AE 的长，若不存在，说明理由．(1)证明 ∵AE ⊥平面AA 1D 1D ，A 1D ⊂平面AA 1D 1D ，∴AE ⊥A 1D . ∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，∴A 1D ⊥AD 1.∵AE ∩AD 1＝A ，∴A 1D ⊥平面AED 1. ∵D 1E ⊂平面AED 1，∴D 1E ⊥A 1D .(2)解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设棱AB 上存在点E (1，t,0)(0≤t ≤2)，使得AD 1与平面D 1EC 所成的角为π6，A (1,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0,2,0)，AD 1→＝(－1,0,1)，CD 1→＝(0，－2,1)，CE →＝(1，t －2,0)， 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD 1→＝－2y ＋z ＝0，n ·CE →＝x ＋(t －2)y ＝0，取y ＝1，得n ＝(2－t,1,2)，∴sin π6＝|AD 1→·n ||AD 1→||n |＝|t －2＋2|2×(t －2)2＋5，整理，得t 2＋4t －9＝0， 解得t ＝13－2或t ＝－2－13(舍去)，∴在棱AB 上存在点E 使得AD 1与平面D 1EC 所成的角为π6，此时AE ＝13－2.。
人教版高中数学选修2-1第三章-空间向量与立体几何练习题及答案
第三章 空间向量及立体几何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 及不共线的三点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 及b 所在直线平行。
A .1 B .2 C .3 D .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PA ⊥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 y AD 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 及1CD 所形成角的余弦值为( )A .1010 B . 15C .31010 D . 352．如图，设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足0AB AC ⋅=，0AC 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__________．4．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 ；_C_D_A_P_ N_B_M（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及侧面ABB 1A 1所成的角.3.2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及平面A 1BD 所成角的余弦值为( ) A ．42 B ．32 C ．33 D ．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 ；D 1C 1B 1A 1DABCC 1 B 1 A 1B A（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 =1，1AC AA ==(1)证明：1ABA C ⊥； （2）求二面角A —1A C —B 的大小.5. 如右图，四棱锥S-ABCD 棱S D 上的点. （1）求证：AC ⊥SD ；（2）若SD ⊥平面PAC ，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PAC .若存在，求S E ：EC 的值； 若不存在，试说明理由.参考答案第三章 空间向量及立体几何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 =-. 连结AC ，则§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， 设1,,A A a AD b DCc ===，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24260xx +-=，则2320x x --=，解得1x =，或23x =-（舍去），_C_D _A_P_ N _B _M _EA 1§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.A 2.D 3.B 4.165. （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则有所以，MC 1⊥平面ABB 1A 1.因此，AC 1及AM 所成的角就是AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角.∴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及侧面ABB 1A 1所成的角为30°. 3.2立体几何中的向量方法 新 课 标 第 一网1.A2.C3. （1）如右图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DEAC ⊥，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 ，()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t =.设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(1AA =，()2,2,0AB =，所以10220n AA y n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，设1z =，则()3,n =-，所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n⋅==7. （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,CA =-，()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⋅<>==⋅77-，根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --的余弦值大小为77. 4.（1）三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，由正弦定理030ACB∠=.如右图，建立空间直角坐标系， 则1(0,0,0),(1,0,0)(0,3,0),(0,0,3)A B C A(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10,0,130BC n AC n BC ⋅=⋅==-又（，，）， 不妨取1,(3,1,1)mn ==则，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 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()2DSa =，平面DAC 的一个法向量600aOS =（，，，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°._C_A_S_F_BO（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),(0,)DS CS ==.设,CEtCS = 则((1)BE BC CE BC tCS t =+=+=-，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。
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（Ⅲ）解：在 上取一点 ，则存在 使
要使
为
所求二面角的平面角
2 如图，在四棱锥 中，底面 是正方形，侧面 是正三角形,
平面 底面
（Ⅰ）证明： 平面 ；
（Ⅱ）求面 与面 所成的二面角的大小
证明：以 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系
（Ⅰ）证明：不防设作 ，
则 ， ，
由 得 ，又 ，因而 与平面 内两条相交直线 ， 都垂直 ∴ 平面
、 、 、
、 ，
从而
设 的夹角为 ，则
∴ 与 所成角的余弦值为
（Ⅱ）由于 点在侧面 内，故可设 点坐标为 ，则
，由 面 可得，
∴
即 点的坐标为 ，从而 点到 和 的距离分别为
4 如图所示的多面体是由底面为 的长方体被截面 所截面而得到的，其中
（Ⅰ）求 的长；
（Ⅱ）求点 到平面 的距离
解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，
求（Ⅰ）异面直线 与 的距离；
（Ⅱ）二面角 的大小
解：（Ⅰ）以 为原点， 、 、 分别为
轴建立空间直角坐标系
由已知可得
设
由 ，
即 由 ，
又 ，故 是异面直线 与 的公垂线，易得 ，故异面直线
, 的距离为
（Ⅱ）作 ，可设 由 得
即 作 于 ，设 ，
则
由 ，
又由 在 上得
因 故 的平面角 的大小为向量 的夹角
故 即二面角 的大小为
空间向量与立体几何解答题答案
空间向量与立体几何解答题精选
1 已知四棱锥 的底面为直角梯形， ， 底面 ，且 ， ， 是 的中点
（Ⅰ）证明：面 面 ；
（Ⅱ）求 与 所成的角；
（Ⅲ求面 与面 所成二面角的大小
证明：以 为坐标原点 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
（Ⅰ）证明：因
由题设知 ，且 与 是平面 内的两条相交直线，由此得 面 又 在面 上，故面 ⊥面
（2）因为 为 的中点，则 ，从而 ，
，设平面 的法向量为 ，则
也即 ，得 ，从而 ，所以点 到平面 的距离为
（3）设平面 的法向量 ，∴
由 令 ，
∴
依题意
∴ （不合，舍去），
∴ 时，二面角 的大小为
6 如图，在三棱柱 中， 侧面 ， 为棱 上异于 的一点， ，已知 ，求：
（Ⅰ）异面直线 与 的距离；
（Ⅱ）二面角 的平面角的正切值
解：（I）以 为原点， 、 分别为 轴建立空间直角坐标系
由于，
在三棱柱 中有
,
设
又 侧面 ，故 因此 是异面直线 的公垂线，
则 ，故异面直线 的距离为
（II）由已知有 故二面角 的平面角 的大小为向量 的夹角
7 如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， 底面 ， 是 上
一点， 已知
设
∵ 为平行四边形，
（II）设 为平面 的法向量，
的夹角为 ，则
∴ 到平面 的距离为
5 如图，在长方体 ，中， ，点 在棱 上移动 （1）证明： ；
（2）当 为 的中点时，求点 到面 的距离；
（3） 等于何值时，二面角 的大小为
解：以 为坐标原点，直线 分别为 轴，建立空间直角坐标系，设 ，则
（1）
（Ⅱ）解：设 为 中点，则 ，
由
因此， 是所求二面角的平面角，
解得所求二面角的大小为
3 如图，在四棱锥 中，底面 为矩形，
侧棱 底面 ， ， ， ，
为 的中点
（Ⅰ）求直线 与 所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面 内找一点 ，使 面 ，
并求出点 到 和 的距离
解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则 的坐标为 、