法向量解立体几何专题训练
用平面法向量解立体几何题
用平面法向量解立体几何题张家瑞(江苏省苏州市迅达培训学校,215005) 收稿日期:2005-07-04 (本讲适合高中)数学竞赛试题中,立体几何题占有一定数量.立体几何题的证明和求解方法很多,本文介绍用平面法向量解立体几何题.1 证明直线与平面平行证明这类题的基本思路是:要证平面外的直线l 与平面α平行,只须确定平面α的一个法向量n ,证明n ⊥l 即可推出l ∥α.例1 已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D 为AC 的中点.求证:AB 1∥平面DBC 1.图1证明:建立如图1的空间直角坐标系.则A (0,0,0).设B 1(0,a ,b )、B (0,a ,0)、D 3a 4,a4,0、C 13a 2,a2,b .于是,AB 1=(0,a ,b ),BD =3a 4,-3a4,0,DC 1=3a 4,a4,b .设平面BC 1D 的法向量为n =(x ,y ,z ).由n ⊥BD ,n ⊥DC 1,得3a 4x -3a 4y =0,3a 4x +a4y +bz =0.令y =3,则x =3,z =-3ab,即n =3,3,-3a b.考虑到n ・AB 1=3,3,-3a b・(0,a ,b )=0且AB 1⁄平面BC 1D ,AB 1⊥n ,所以,AB 1∥平面BC 1D.2 证明两平面平行证明这类题的基本思路是:(1)若平面α、β的法向量n 1、n 2共线,则α∥β.(2)若平面α、β有相同的法向量n ,则α∥β.例2 求证:单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,平面A 1BC 1∥平面D 1AC.证明:建立如图2的空间直角坐标系.图2则 D (0,0,0)、A 1(1,0,1)、B (1,1,0)、C (0,1,0)、C 1(0,1,1)、D 1(0,0,1)、A (1,0,0).于是,A 1C 1=(-1,1,0),A 1B =(0,1,-1),AD 1=(-1,0,1),AC =(-1,1,0).设平面A 1BC 1、平面D 1AC 的法向量分别为n 1=(x 1,y 1,z 1)、n 2=(x 2,y 2,z 2).由n 1⊥A 1C 1,n 1⊥A 1B ,n 2⊥AC ,n 2⊥AD 1,得-x 1+y 1=0,y 1-z 1=0,-x 2+y 2=0,-x 2+z 2=0.令x 1=a ,x 2=b ,则n 1=(a ,a ,a ),n 2=(b ,b ,b ).易知n 1=ab n 2,故n 1、n 2为共线向量.由此推出平面A 1BC 1∥平面D 1AC.注:在上述证明过程中,若令x 1=x 2=a ,则n 1=n 2=(a ,a ,a ).这说明平面A 1BC 1与平面D 1AC 有公共法向量,所以它们平行.3 证明直线与平面垂直证明这类题的基本思路是:确定平面α的法向量n ,若直线l 与n 共线,则可推出l ⊥α.例3 已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,M 、N 、P 分别是棱CC 1、BC 、CD 的中点.求证:A 1P ⊥平面DMN.(2004,山东省数学竞赛)图3证明:建立如图3的空间直角坐标系,联结DM 、DN.则D (0,0,0)、N12,1,0、M 0,1,12.于是,DN =12,1,0,DM =0,1,12.设平面DMN 的法向量为n =(x ,y ,z ).由n ⊥DN ,n ⊥DM ,得12x +y =0,y +12z =0.令y =-1,则x =z =2.故n =(2,-1,2).又A 1(1,0,1)、P 0,12,0,则A 1P =-1,12,-1.易知n =-2A 1P ,这说明n 与A 1P 共线.所以,A 1P ⊥平面DMN.4 证明两直线垂直证明这类题的基本思路是:要证l 1⊥l 2,若直线l 2<平面α,可确定平面α的法向量n .如果n 与直线l 1共线,则可推出l 1⊥l 2.例4 已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 是BC 上的动点,F 是AB 的中点.试确定点E 的位置,使得C 1F ⊥A 1E.图4证明:联结A 1D 、DE ,建立如图4的空间直角坐标系.则D (0,0,0)、A 1(1,0,1)、E (a ,1,0)、F 1,12,0、C 1(0,1,1).于是,DA 1=(1,0,1),D E =(a ,1,0).设平面A 1DE 的法向量为n =(x ,y ,z ).若C 1F ⊥平面DA 1E ,则n 与C 1F 共线.故n =λ(C 1F )=λ1,-12,-1=λ,-12λ,-λ.由n ⊥D E ,得λ,-12λ,-λ・(a ,1,0)=0.由此得aλ=12λ,即a =12.这说明E 为BC 的中点.此时,C 1F ⊥平面A 1DC ,则C 1F ⊥A 1E.5 证明两平面垂直证明这类题的基本思路是:(1)确定两个平面α、β的法向量n 1、n 2.若n 1⊥n 2,则α⊥β;(2)在平面α内找出向量a ,若a 与β的法向量共线,则可推出α⊥β.例5 已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为CC 1的中点.求证:平面A 1BD ⊥平面E BD.图5证法1:建立如图5的空间直角坐标系.则D (0,0,0)、A 1(1,0,1)、B (1,1,0)、E 0,1,12.于是,D E =0,1,12,DB =(1,1,0),DA 1=(1,0,1),DB =(1,1,0).设平面E BD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1).由n 1⊥DB ,n 1⊥DE ,得y 1+12z 1=0,x 1+y 1=0.令x 1=1,则y 1=-1,z 1=2.所以,n 1=(1,-1,2).设平面A 1BD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2).由n 2⊥DA 1,n 2⊥DB ,得x 2+z 2=0,x 2+y 2=0.令x 2=1,则y 2=z 2=-1.所以,n 2=(1,-1,-1).故n 1・n 2=(1,-1,2)・(1,-1,-1)=0.因此,n 1⊥n 2.由此推出平面A 1BD ⊥平面E BD.证法2:设BD 的中点为O12,12,0,则OA 1=12,-12,1,平面E BD 的法向量为n 1=(1,-1,2).易知n 1=2OA 1,这说明OA 1与n 1共线,且OA 1<平面A 1BD.所以,OA 1⊥平面E BD.故平面A 1BD ⊥平面E BD.6 求直线与平面所成的角解这类题的基本思路是:图6如图6,直线l ∩平面α=A ,B 是直线l 上的一点,BC ⊥α于C ,则∠BAC 为直线l 与平面α所成的角.设平面法向量为n ,则cos ∠ABC =|n ・AB ||n ||AB |,∠BAC =π2-∠ABC.所以,∠BAC =arcsin|n ・AB ||n ||AB |.例6 在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AA 1=AD =1.求AB 与平面AB 1C 所成的角.图7解:建立如图7的空间直角坐标系.则D (0,0,0)、A (1,0,0)、C (0,2,0)、B 1(1,2,1).于是,AC =(-1,2,0),AB 1=(0,2,1).设平面AB 1C 的法向量为n =(x ,y ,z ).由n ⊥AC ,n ⊥AB 1,得-x +2y =0,2y +z =0.令x =2,则y =1,z =-2.所以,n =(2,1,-2).又AB =(0,2,0),AB 与平面AB 1C 所成的角为θ=arcsin |AB ・n ||n ||AB |=arcsin |(0,2,0)・(2,1,-2)|2×3=arcsin 13.故AB 与平面A 1B 1C 所成的角为arcsin 13.7 求二面角解这类题的基本思路是:图8如图8,二面角α-l -β,平面α、β的法向量分别为n 1、n 2,它们的夹角与二面角的平面角相等或互补.P 为空间一点,P A ⊥α于A ,P B ⊥β于B ,AC ⊥l 于C ,则BC ⊥l ,∠ACB 为平面角,PA ∥n 1,PB ∥n 2.易知∠A P B 与∠ACB 互补.例7 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,二面角A -BD 1-A 1的度数是.(2004,全国高中数学联赛)图9解:设正方体为单位正方体.建立如图9的空间直角坐标系,则D (0,0,0)、A (1,0,0)、D 1(0,0,1)、B (1,1,0)、A 1(1,0,1).于是,AD 1=(-1,0,1),AB =(0,1,0),A 1B =(0,1,-1),A 1D 1=(-1,0,0).设平面ABD 1和平面A 1BD 1的法向量分别为n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2).由n 1⊥AB ,n 1⊥AD 1,n 2⊥A 1B ,n 2⊥A 1D 1,得y 1=0,-x 1+z 1=0,y 2-z 2=0,-x 2=0.令x 1=a ,则z 1=a ;令y 2=b ,则z 2=b.于是,n 1=(a ,0,a ),n 2=(0,b ,b ),设n 1、n 2的夹角为α.故cos α=n 1・n 2|n 1|・|n 2|=(a ,0,a )・(0,b ,b )2a ・2b=12.所以,α=60°.又易知二面角A -BD 1-A 1的平面角为θ=α.因此,二面角A -D 1B -A 1为60°.注:求二面角时,应注意法向量n 1、n 2的夹角是与其平面角相等还是互补,这可根据图形实际加以判定.8 求点到平面的距离解这类题的基本思路是:如图6,点B 到平面α的距离d =|BC |,设∠ABC =θ1,∠BAC =θ2,θ1+θ2=π2,且cos θ1=|n ・AB ||n ||AB |.在Rt △ABC 中,|BC |=|AB |cos θ1=|n ・AB ||n |.则d =|n ・AB ||n |.例8 在单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是AB 、BC 的中点.求点D 到平面B 1EF 的距离.(2002,湖南省高中数学竞赛)图10解:建立如图10的空间直角坐标系,则D (0,0,0)、B 1(1,1,1)、E 1,12,0、F 12,1,0.于是,B 1E =0,-12,-1,B 1F =-12,0,-1.设平面B 1EF 的法向量为n =(x ,y ,z ).由n ⊥B 1E ,n ⊥B 1F ,得-12y -z =0,-12x -z =0.令z =1,则x =-2,y =-2.所以,n =(-2,-2,1).又D E =1,12,0,则点D 到平面B 1EF的距离为d =|n ・DE ||n |=(-2,-2,1)・1,12,03=1.9 求平行平面之间的距离解这类题的基本思路是:若平面α∥平面β,求平面α和平面β之间的距离可转化为求平面α内一点到平面β的距离.例9 已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =a ,BC =b ,CC 1=c.求平面A 1BD 和平面B 1D 1C 的距离.图11解:建立如图11的空间直角坐标系,则D (0,0,0)、A 1(b ,0,c )、B (b ,a ,0)、C (0,a ,0).于是,DA 1=(b ,0,c ),DB =(b ,a ,0),DC =(0,a ,0).设平面A 1BD 的法向量为n =(x ,y ,z ).由n ⊥DA 1,n ⊥DB ,得bx +cz =0,bx +ay =0.令x =ac ,则y =-bc ,z =-ab.所以,n =(ac ,-bc ,-ab ).要求平面A 1BD 与平面B 1D 1C 的距离,只须求点C 到平面A 1BD 的距离,则d =|n ・DC ||n |=|(ac ,-bc ,-ab )・(0,a ,0)|a 2b 2+b 2c 2+c 2a2.故平面A 1BD 与平面B 1D 1C 的距离为abca 2b 2+b 2c 2+a 2c2.10 求异面直线的距离解这类题的基本思路是:求异面直线l 1、l 2的距离,只须过直线l 2作平面α∥l 1,则可转化为求直线l 1上任一点到平面α的距离.例10 已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是BB 1、B 1C 1的中点,P 是线段MN 的中点.求DP 与AC 1的距离.(1982,上海市高中数学竞赛)图12解:建立如图12的空间直角坐标系,则B 1(0,0,0)、A (0,1,1)、C 1(1,0,0)、D (1,1,1)、P14,0,14.设过DP 且平行于AC 1的平面α的方程为A 2x +B 2y +C 2z +e =0.因为DP ∈α,所以,A 2+B 2+C 2+e =0,14A 2+14C 2+e =0.又因为α∥AC 1,则AC 1⊥α的法向量n .于是,A 2-B 2-C 2=0.由以上各式可求得A 2=-12e ,B 2=3e ,C 2=-72e ,平面α的方程为x -6y +7z -2=0.因此,点C 1到平面α的距离为d =|1×1-6×0+7×0-2|12+(-6)2+72=8686.11 求直线与平面的距离解这类题的基本思路是:求直线l 与平行平面α的距离,可转化为求直线l 上一点到平面α的距离.例11 在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面为直角梯形ABCD ,CD ⊥AD ,AB =2,AD =3,DC =6,AA 1=6,M 、N 分别是C 1D 1、CC 1的中点.求MN 与平面AD 1C 的距离.图13解:建立如图13的空间直角坐标系,则D (0,0,0)、A (3,0,0)、C (0,6,0)、D 1(0,0,6)、M (0,3,6)、N (0,6,3).于是,AC =(-3,6,0),AD 1=(-3,0,6).设平面AD 1C 的法向量为n =(x ,y ,z ).由n ⊥AC ,n ⊥AD 1,得-3x +6y =0,-3x +6z =0.令x =2,则y =z =1.所以,n =(2,1,1),NC =(0,0,-3).要求MN 与平面AD 1C 之间的距离,只须求点N 到平面AD 1C 的距离,则d =|n ・NC ||n |=36=62.故MN 与平面AD 1C 的距离为62.最后指出,确定平面的法向量,一般说来有两种方法:(1)待定系数法.设法向量n =(x ,y ,z ),由向量间垂直关系来确定x 、y 、z 的值.(2)求出平面的方程Ax +By +Cz +D =0,则该平面的法向量即为(A ,B ,C )(见例10).练习题1.已知正四面体ABCD 中,AB 、BC 、CD 的中点依次为E 、F 、G.求二面角C -FG -E 的大小.答案:π-arccos 33.2.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是AB 1、BC 1上的点,且AM =BN.求证:MN ⊥AA 1.3.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是BD 、B 1C 上的点,B E =13BD ,CF =13B 1C.求证:EF ∥AC 1.4.正方体ABC D -A 1B 1C 1D 1中,棱BB 1、CC 1的中点分别为M 、N.求A 1D 与平面D 1MN 所成的角.答案:arcsin105.5.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,CC 1、BC 、CD上各有一点M 、N 、P ,且CM =CN.要使A 1P ⊥平面DMN ,试确定点P 的位置.(提示:DP =CM.)。
立体几何大题的法向量解法
(Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD；
P
(Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角；
(Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离.
D
C
M A
O B
Q
例 3.如图，在 Rt△AOB 中， OAB π ，斜边 AB 4 ． Rt△AOC 可以通过 Rt△AOB 以直线
6
AO 为轴旋转得到，且二面角 B AO C 的直二面角． D 是 AB 的中点． （I）求证：平面 COD 平面 AOB ； （II）求异面直线 AO 与 CD 所成角的大小．
例 4.（2007 年全国卷Ⅰ理） 四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，侧面 SBC 底面 ABCD ．已知∠ABC 45 ，
AB 2 ， BC 2 2 ， SA SB 3 ．
（Ⅰ）证明 SA BC ； （Ⅱ）求直线 SD 与平面 SAB 所成角的大小．
S
C B
例 10
例 11
例 12 例 13
例 14
例 15 例 16
例 17 例 18
例 19
例 20
例 21 例 22
例 23
例 24 例 25 例 26
例 27 例 28
3． （1）求证 BC SC；
（2）求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小； （3）设棱 SA 的中点为 M，求异面直线 DM 与 SB 所成角的
大小．
例 9.如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直，AB= 2 ，AF=1，M 是
线段 EF 的中点． （1）求证 AM//平面 BDE； （2）求二面角 ADFB 的大小； （3）试在线段 AC 上确定一点 P，使得 PF 与 BC 所成的角是 60．
专题5：向量法做立体几何的线面角问题(解析版)
专题5：理科高考中的线面角问题（解析版）求直线和平面所成的角求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a u ϕθ⋅== 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．【答案】（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 ADm 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3AC =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以3AB =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得3BD =, 因为6BD =所以2AD =． 又222BD AB AD =+,所以2AB =． 则23AE =,6ED =． 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6D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,向量361AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭, 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2cos ,221m 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22． 【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．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．【答案】（1）见解析（2）105 【分析】要证线面平行，先证线线平行建系，利用法向量求解。
立体几何中的向量方法(ⅱ)——求空间角与距离课件 专题训练
要点梳理 1．直线的方向向量与平面的法向量的确定
(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它 的方向向量． (2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的法向量，则求法向量的 方程组为nn··ab＝＝00 .
123复．．．习两直二回条线面顾异 与 角面 平 的直 面 平线 所 面所 成 角成角的角的取的范值取围范值是围范是__0围__,__2__是___________00___,,___2____．___．____．
4.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则(B)
3.(二面角) 结论：cos cos n1, n2
(大2)小设为平面，则、与的法n1,向n2量的分关别系是是n什1、么n？2设二面 角
l
n1，n2
的
n1，n2
n2 n1，n2
n2
n1，n2
n1
n1
l
l
cos cos n1, n2 cos cos n1, n2
注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角; 同进同出，二面角等于法向量夹角的补角
2 2 a.
5．如图所示，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点 E、F 分别 是棱 AB、BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 所成的角 是________．
解析 以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1 为 z 轴， 建立空间直角坐标系．
中，已知 AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F 分 别是线段 AB、BC 上的点，且 EB＝BF＝1. 求直线 EC1 与 FD1 所成的角的余弦值．
2024届高考数学立体几何专项练(7)-空间向量的应用
2024届高考数学立体几何专项练——（7）空间向量的应用1.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l α⊄，则使//l α成立的是().A.(1,1,2)=-a ，(1,1,2)=--n B.(2,1,3)=-a ，(1,1,1)=-n C.(1,1,0)=a ，(2,1,0)=-n D.(1,2,1)=-a ，(1,1,2)=n 2.若平面α，β的法向量分别为(sin ,cos ,2)θθ=-a ，1sin ,cos ,2θθ⎛⎫= ⎪⎝⎭b ，[0,2)θ∈π，αβ⊥，则θ的值为().A.4πB.2πC.34π D.32π3.已知平面α的法向量为(1,2,2)a =- ，平面β的法向量为(2,4,)b k =--，若αβ⊥，则k 等于()A.4B.4- C.5D.5-4.设平面α与平面β的夹角为θ，若平面,αβ的法向量分别为1n ，2n ，则cos θ=()A.1212⋅n n n nB.1212⋅n n n n C.1212⋅n n n n D.1212⋅n n n n 5.已知向量(2,4,)AB x =，平面α的一个法向量(1,,3)y =n ，若AB α⊥，则()A.6x =，2y = B.2x =，6y = C.3420x y ++= D.4320x y ++=6.在三棱锥P ABC -中，CP ,CA ,CB 两两互相垂直，1AC CB ==，2PC =,建立如图所示的空间直角坐标系，则下列向量是平面PAB 的一个法向量的是()A.11,1,2⎛⎫⎪⎝⎭B.(1,2,1)C.(1,1,1)D.(2,2,1)-7.已知点(0,1,0)A ，(1,0,1)B --，(2,1,1)C ，(,0,)P x z ，,x z ∈R ，若PA ⊥平面ABC ，则点P 的坐标为()A.(1,0,2)-B.(1,0,2)C.(1,0,2)-D.(2,0,1)-8.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AB AC AA ===，2BC =，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与1A C 所成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π69.如图所示，在正方体1111A B C D ABCD -，棱长为a ，M ，N 分别为1A B ，AC 上的点，123aA M AN ==，则MN 与平面11BB C C 的位置关系是()A.斜交B.平行C.垂直D.MN 在平面11BB C C 内10.（多选）已知v 为直线l 的方向向量，12,n n 分别为平面αβ，的法向量（αβ，不重合），则()A.12n n αβ⇔P P B.12n n αβ⊥⇔⊥C.1v n l α⇔P P D.1v n l α⊥⇔⊥11.（多选）己知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果(2,1,4)AB =--，(4,2,0)AD = ，(1,2,1)AP =--，则下列结论正确的是()A.AP AB ⊥B.AP AD ⊥C.AP是平面ABCD 的一个法向量 D.AP BD∥12.（多选）如图,在正方体1111 ABCD A B C D -中,以D 为原点建立空间直角坐标系,E 为1BB 的中点,F 为11A D 的中点,则下列向量中,不能作为平面AEF 的法向量的是()A.()1,2,4-B.()4,1,2--C.()2,2,1-D.()1,2,2-13.已知直线l 的方向向量为(1,2,4)=-a ，平面α的一个法向量(2,,1)x =n ，若//l α，则x 的值为__________.14.在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===.M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为______.15.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，12AF AD a ==，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为___________.16.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA ，1BB 的中点，G 为棱11A B 上的一点，且1(02)A G λλ=<<，则点G 到平面1D EF 的距离为______________.17.如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4ABC π∠=，OA ⊥底面ABCD ，2OA =，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点.（1）求证：直线//MN 平面OCD ；（2）求异面直线AB 与MD 所成角的大小.18.如图，P ，O 分别是正四棱柱1111ABCD A B C D -上、下底面的中心，E 是AB 的中点，1AB kAA =.(1)求证：1//A E 平面PBC ；(2)当k 取何值时，点O 在平面PBC 内的投影恰好为PBC △的重心?19.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1CC 的中点，F 是AC ，BD 的交点.(1)求证：1A F⊥平面EBD；AA C C；(2)求证：平面EBD⊥平面11(3)若在平面EBD上有一点H，使得CH⊥平面EBD，求证：点H在EF上.答案以及解析1.答案：B解析：在选项B 中，因为(2,1,3)(1,1,1)2130⋅=-⋅-=--+=a n ，所以⊥a n .2.答案：B解析：因为cos 210θ⋅=+=a b ，[0,2)θ∈π，所以2θπ=-.3.答案：D解析： 平面α的法向量为()1,2,2a =- ，平面β的法向量为()2,4,b k =--，且αβ⊥，a b ∴⊥，()()122420a b k ∴⋅=⨯-+⨯--- ，解得5k =-.4.答案：B解析：由两个平面的夹角概念知，12121212cos θ⋅⋅==n n n n n n n n ，故选B.5.答案：A解析：因为AB α⊥，所以//AB n，由2413xy ==，得6x =，2y =，34228x y ++=，43232x y ++=.故选A.6.答案：A解析：由题意可得(0,0,2)P ,(1,0,0)A ,(0,1,0)B ,则(1,0,2)PA =-uu r ，(1,1,0)AB =-uu u r，设平面PAB 的一个法向量为(,,)x y z =n ，由0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu ruu u r n n 得20,0,x z x y -=⎧⎨-+=⎩令1z =，则2x =，2y =，(2,2,1)n ∴=.又111,1,22⎛⎫= ⎪⎝⎭n ，∴平面PAB 的一个法向量为11,1,2⎛⎫⎪⎝⎭.故选A.7.答案：C解析：(1,1,1)AB =---uu u r ，(2,0,1)AC =uuu r ，(,1,)PA x z =--uu r .PA ⊥Q 平面ABC ，PA AB ∴⊥uu r uu u r，PA AC ⊥uu r uuu r ，0PA AB PA AC ∴⋅=⋅=uu r uu u r uu r uuu r ，10,20,x z x z -+=⎧∴⎨--=⎩解得1,2,x z =-⎧⎨=⎩∴点P 的坐标为(1,0,2)-.故选C.8.答案：B解析：解法一取11B C 的中点1D ，连接11A D ，1D C .易证11//A D AD ，故11A D ，1A C 所成的角就是AD ，1A C 所成的角.2AB AC == ，2BC =，D 为BC 的中点，AD BC ∴⊥，2222(2)11AD AB BD ∴=-=-=，111A D AD ∴==，又222211(2)(2)2A C AA AC =+=+=，222211111(2)3D C D C C C =+=+=，2221111A D D C AC ∴+=，11A D C ∴△为直角三角形，111cos 2D A C ∠=，即异面直线AD 与1A C 所成的角为π3，故选B.解法二易知AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 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(0,0,0)A ，1(0,0,2)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C ，22,,022D ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，22,,022AD ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，1(0,2,2)A C =-，1111cos ,2||AD A C AD A C AD A C ⋅∴==，即异面直线AD 与1A C 所成的角为π3.故选B.9.答案：B解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于123aA M AN ==，所以2,,33a a M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，22,,33a a N a ⎛⎫⎪⎝⎭，所以2,0,33a a MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uuu r .又11C D ⊥平面11BB C C ，所以11(0,,0)C D a =uuuu r为平面11BB C C 的一个法向量.因为110MN C D ⋅=uuu r uuuu r ，所以11MN C D ⊥uuu r uuuu r ，又MN ⊂/平面11BB C C ，所以//MN 平面11BB C C .故选B.10.答案：AB解析：Q 平面,αβ不重合，∴平面,αβ的法向量平行等价于平面,αβ平行，故A 正确；易知B 正确；当1v n P 时，l α⊥，故C 错误；当1v n ⊥时，l αP 或l α⊂，故D 错误.11.答案：ABC 解析：2240AP AB ⋅=--+= ，AP AB ∴⊥，AP AB ∴⊥，A 对；4400AP AD ⋅=-++= ，AP AD ∴⊥，AP AD ∴⊥，B 对；AP AB ⊥ ，AP AD ⊥，AB AD A = ，AP ∴⊥平面ABCD ，AP ∴是平面ABCD 的一个法向量，C 对；(2,3,4)BD AD AB =-= ，设BD AP λ= ，即2,32 ,4,λλλ=-⎧⎪=⎨⎪=-⎩方程组无解，D 错.故选ABC.12.答案：ACD解析：设正方体的棱长为2,则(2,0,0),(2,2,1),(1,0,2)A E F .所以(0,2,1),(1,0,2)AE AF ==-uu u ruuu r.设向量(,,)x y z =n 是平面AEF 的法向量,则20,20,AE y z AF x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩n n uu u r uuu r 取1y =,得2,4z x =-=-,则(4,1,2)=--n 是平面AEF 的一个法向量.结合其他选项,检验可知只有B 选项是平面AEF的法向量.13.答案：3解析：若//l α，则⊥a n ，所以2240x ⋅=-+=a n ，解得3x =.14.答案：2解析：易知PA AB ⊥,PA BC ⊥,AB BC ⊥，故以B 为坐标原点，BA ,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点B 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)B ，(2,0,0)A ，(2,0,2)P ，(0,2,0)C ，由M 为PC 的中点可得(1,1,1)M ，则(1,1,1)BM = ，(2,0,0)BA =，设(,,)x y z =n 为平面MBA 的一个法向量，则0,0,BA BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即20,0,x x y z =⎧⎨++=⎩令1z =-，则1y =，所以(0,1,1)=-n ，所以点P 到平面MAB 的距离||2||BP d ⋅==n n .15.答案：63解析：由于平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，故AF ，AB ，AD 两两互相垂直，以A 为原点，AF ，AB ，AD的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则(0,0,0)A ，(,,0)G a a ，(0,2,0)B a ，(0,2,2)C a a ，所以(,,0)GB a a =-，(0,2,2)AC a a = ，(,,0)AG a a =，设平面AGC 的一个法向量为(,,)x y z =n ，则220,0,AC ay az AG ax ay ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩n n 令1x =，得(1,1,1)=-n ，因此GB 与平面AGC 所成角的正弦值为||26|cos ,|3||||32GB a GB GB a⋅〈〉===⨯ n n n .16.答案：255解析：由题意得11//A B EF ，11A B ⊂/平面1D EF ，EF ⊂平面1D EF ，所以11//A B 平面1D EF ，则点G 到平面1D EF 的距离等于点1A 到平面1D EF 的距离.以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，则1(0,0,2)D ，(2,0,1)E ，(2,2,1)F ，1(2,0,2)A ，所以1(2,0,1)D E =-uuu r ，1(2,2,1)D F =-uuur ，1(0,0,1)A E =-uuu r.设平面1D EF 的法向量为(,,)x y z =n ，则20,220,x z x y z -=⎧⎨+-=⎩令1x =，则0y =，2z =，所以平面1D EF 的一个法向量(1,0,2)=n .点1A 到平面1D EF 的距离为11225||55A E ⋅-⨯==n n uuu r ，即点G 到平面1D EF 的距离为255.17.（1）解析：如图，作AP CD ⊥于点P ，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，20,,02P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，22,,022D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，(0,0,2)O ，(0,0,1)M ，221,,044N ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭.221,,144MN ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，20,,22OP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，22,,222OD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面OCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则0OP ⋅= n ，0OD ⋅= n ，即220,22220,22y z x y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取1z =，解得(0,22,1)=n .因为22(0,22,1)1,,1044MN ⎛⎫⋅=⋅--= ⎪ ⎪⎝⎭n ，所以MN ⊥ n ，又MN ⊂/平面OCD ，从而//MN 平面OCD .（2）答案：3π解析：设AB 与MD 所成的角为θ，因为(1,0,0)AB = ，22,,122MD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以||1cos 2||||AB MD AB MD θ⋅== ，解得3θπ=，从而AB 与MD 所成角的大小为3π.18.答案：(1)证明见解析(2)2k =解析：(1)如图，以O 为原点，OA ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，不妨设22AB =，则可得1222,0,A k ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，(1,1,0)E ，220,0,P k ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，(0,2,0)B ，(2,0,0)C -.(1)1221,1,A E k ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，(2,2,0)BC =-- ，220,2,PB k ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭.设1A E xBC yPB =+ ，则22221,1,(2,2,0)0,2,x y k k ⎛⎫⎛⎫--=--+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得12x =，1y =，所以112A E BC PB =+ .因为BC PB B = ，1A E ⊄平面PBC ，所以1//A E 平面PBC .(2)由(1)知PBC △的重心2222,,333G k ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，则2222,,333OG k ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭.若点O 在平面PBC 内的投影恰好为PBC △的重心，则有0,0,OG BC OG PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 解得2k =.所以当2k =吋，点O 在平面PBC 内的投影恰好为PBC △的重心.19.解析：(1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则(0,0,0)D ，(2,2,0)B ，(0,2,1)E ，1(2,0,2)A ，(1,1,0)F ，(2,2,0)DB =，(0,2,1)DE = .证法1：1(1,1,2)A F =--，1(1,1,2)(2,2,0)0A F DB ⋅=--⋅= ，1(1,1,2)(0,2,1)0A F DE ⋅=--⋅=，所以1A F DB ⊥ ，1A F DE ⊥，故有1A F DB ⊥，1A F DE ⊥，又DB DE D = ，所以1A F ⊥平面EBD .证法2：设平面EBD 的法向量(,,)x y z =n ，则220,20,x y y z +=⎧⎨+=⎩令2z =，则1,1,x y =⎧⎨=-⎩所以(1,1,2)=-n ，因为1(1,1,2)A F =-- ，1A F =-n ，所以1//A Fn ，所以1A F ⊥平面EBD .(2)证法1：因为1A F ⊂平面11AA C C ，1A F ⊥平面EBD ，所以平面EBD ⊥平面11AA C C .证法2：平面11AA C C 的一个法向量1(2,2,0)DB ==n ，因为(1,1,2)=-n ，所以1(1,1,2)(2,2,0)0⋅=-⋅=n n ，所以平面EBD ⊥平面11AA C C .(3)因为(2,2,0)DB = ，(0,2,1)DE = ，设(2,2,0)(0,2,1)(2,22,)DH xDB yDE x y x x y y =+=+=+ ，又(0,2,0)C ，则(2,222,)CH x x y y =+- ，因为CH ⊥平面EBD ，所以//CH n ，而(1,1,2)=-n ，则2222112xx y y +-==-，解得16x =，23y =，152(2,22,),,333DH x x y y ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭ ，所以152,,333H ⎛⎫ ⎪⎝⎭.因为(1,1,0)F ，(0,2,1)E ，(1,1,1)FE =- ，222,,333FH ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以23FH FE = ，即点H 在线段EF 上，且满足:2:1FH HE =.。
法向量解立体几何专题训练
法向量解立体几何专题训练一、运用法向量求空间角1、向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ,只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量''AA BB 和,则角<','AA BB >=θ或π-θ,因为θ是锐角,所以cos θ=''''AA BB AA BB ⋅⋅, 不需要用法向量;2、设平面α的法向量为n =x, y, 1,则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sin θ=cos2π-θ = |cos<AB , n >| = AB AB n n•• 3、 设二面角的两个面的法向量为12,n n ,则<12,n n >或π-<12,n n >是所求角;这时要借助图形来判断所求角为锐角还是钝角,来决定<12,n n >是所求,还是π-<12,n n >是所求角; 二、运用法向量求空间距离 1、求两条异面直线间的距离设异面直线a 、b 的公共法向量为(,,)n x y z =,在a 、b 上任取一点 A 、B,则异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA ＇=||||AB n n • 2、求点到面的距离求A 点到平面α的距离,设平面α的法向量法为(,,1)n x y =,在α内任取一点B,则A 点到平面α的距离为d =||||AB n n •,n 的坐标由n 与平面α内的两个不共线向量的垂直关系,得到方程组类似于前面所述, 若方程组无解,则法向量与XOY 平面平行,此时可改设(1,,0)n y =三、证明线面、面面的平行、垂直关系设平面外的直线a 和平面α、β,两个面α、β的法向量为12,n n ,则1a//a n α⇔⊥ 1a a//n α⊥⇔12////n n αβ⇔ 12n n αβ⊥⇔⊥四、应用举例：例1：如右下图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点,且EB= FB=1. 1 求二面角C —DE —C 1的正切值; 2 求直线EC 1与FD 1所成的余弦值.解：I 以A 为原点,1,,AB AD AA 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正向建立空间直角坐标系,则D0,3,0、D 10,3,2、E3,0,0、F4,1,0、C 14,3,2 于是,11(3,3,0),(1,3,2),(4,2,2)DE EC FD =-==- 设法向量(,,2)n x y =与平面C 1DE 垂直,则有13301320n DE x y x y x y z n EC ⊥-=⇒⇒==-++=⊥⎫⎫⎪⎬⎬⎭⎪⎭11111(1,1,2),(0,0,2),cos 3||||1tan 2n AA CDE n AA C DE C n AAn AA θθθ∴=--=∴--•-===⨯∴=向量与平面垂直与所成的角为二面角的平面角 II 设EC 1与FD 1所成角为β,则1111cos 14||||1EC FD EC FD β•===⨯例2：高考辽宁卷17如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD 是菱形,∠DAB=600,PD⊥平面ABCD,PD=AD,点E 为AB 中点,点F 为PD 中点;1证明平面PED ⊥平面PAB ； 2求二面角P-AB-F 的平面角的余弦值 证明：1∵面ABCD 是菱形,∠DAB=600,∴△ABD 是等边三角形,又E 是AB 中点,连结BD ∴∠EDB=300,∠BDC=600,∴∠EDC=900, 如图建立坐标系D-ECP,设AD=AB=1,则PF=FD=12∴P0,0,1,E2,0,0,B2,12,0∴PB=32,12,-1,PE=2,0,-1,平面PED的一个法向量为DC=0,1,0 ,设平面PAB的法向量为n=x, y, 1由11(,,1),1)01022(,,1)1)010x y x y xn PBn PE yx y x⎧⎧•-=--=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=•-=-=⎩⎪⎩∴n∵DC·n=0 即DC⊥n∴平面PED⊥平面PAB2解：由1知：平面PAB的法向量为n0, 1, 设平面FAB的法向量为n1=x, y, -1, 由1知：F0,0,12,FB,12,-12,FE,0,-12,由111111(,,1)(,)00222222110(,,1))0022x y x y xn FBn FE yx y x⎧⎧-•-=-+=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=-•-=+=⎩⎪⎩∴n1∴二面角P-AB-F的平面角的余弦值cosθ= |cos<n, n1>| =11n5714nnn•=•例3：在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是正方形A1B1C1D1的中心,点P在棱CC1上,且CC1=4CP.Ⅰ求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小结果用反三角函数值表示；Ⅱ设O点在平面D1AP上的射影是H,求证：D1H⊥AP；Ⅲ求点P到平面ABD1的距离.解: Ⅰ如图建立坐标系D-ACD1, ∵棱长为4 ∴A4,0,0,B4,4,0,P0,4,1∴AP = -4, 4, 1 , 显然DC=0,4,0为平面BCC1B1的一个法向量,∴直线AP与平面BCC1B1所成的角θ的正弦值sinθ= |cos<AP,DC >|=22216433334414=++• ∵θ为锐角,∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ为arcsin 43333Ⅲ 设平面ABD 1的法向量为n =x, y, 1,∵AB =0,4,0,1AD =-4,0,4由n ⊥AB ,n ⊥1AD 得0440y x =⎧⎨-+=⎩ ∴ n =1, 0,1,∴点P 到平面ABD 1的距离 d =322AP n n•=例4：在长、宽、高分别为2,2,3的长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 是底面中心,求A 1O 与B 1C 的距离;解：如图,建立坐标系D-ACD 1,则O1,1,0,A 12,2,3,C0,2,0∴1(1,1,3)AO =-- 1(2,0,3)B C =-- 11(0,2,0)A B = 设A 1O 与B 1C 的公共法向量为(,,1)n x y =,则113(,,1)(1,1,3)0302(,,1)(2,0,3)023032x n AO x y x y x y x n B C y ⎧=-⎧⎪⊥•--=-+-=⎧⎧⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨•--=--=⊥⎩⎩⎪⎪⎩=⎪⎩ ∴ 33(,,1)22n =-∴ A 1O 与B 1C 的距离为d =()1122330,2,0,,122||332211||11331222A B n n ⎛⎫•-⎪•⎝⎭===⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭例5：在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 1的中点,求A 1到面BDFEABCDA 1B 1D 1C 1O的距离;解：如图,建立坐标系D-ACD 1,则B1,1,0,A 11,0,1,E12,1,1 ∴(1,1,0)BD =-- 1(,0,1)2BE =- 1(0,1,1)A B =-设面BDFE 的法向量为(,,1)n x y =,则(,,1)(1,1,0)002112(,,1)(,0,1)01022x y x y n BD x y x y x n BE •--=--=⎧⎧⎧⊥=⎧⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨=-•-=-+=⊥⎩⎪⎪⎪⎩⎩⎩ ∴ (2,2,1)n =-∴ A 1到面BDFE 的距离为d =()()()1220,1,12,2,1|||3|13||221A B n n -•-•-===+-+新课标高二数学空间向量与立体几何测试题1一、选择题1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,若AB ＝2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图,ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体,B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ,则BE 1与DF 1所成角的余弦值是A ．1715 B ．21 C ．178 D ．23 3．如图,A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱,∠BCA=90°,点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点,若BC=CA=CC 1,则BD 1与AF 1所成角的余弦值是A ．1030 B ．21 C ．1530 D ．1015 4．正四棱锥S ABCD -的高2SO =,底边长2AB =,则异面直线BD 和SC 之间的距离图图FEA BCDA 1B 1D 1C 1AA 1DCB B 1C 1图A ．515 B ．55 C ．552 D ．105 5．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱,D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离A ．a 42B ．a 82C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离A ．63 B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中,AB ⊥BC,AB ＝BC ＝21PA,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 ．621B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中,底面是等腰直角三角形, 90=∠ACB ,侧棱21=AA ,D,E分别是1CC 与B A 1的中点,点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面ABD 所成角的余弦值A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3,侧棱3231=AA ,D 是CB 延长线上一点,且BC BD =,则二面角B AD B --1的大小A ．3π B ．6πC ．65πD ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中,底面边长为22,侧棱长为4,E,F 分别为棱AB,CD 的中点,G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积VA ．66B ．3316 C ．316D ．16二、填空题11．在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为11A B 的中点,则异面直线1D E 和1BC 间的距离 ． 12． 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别是11A B 、CD 的中点,求点B 到截面1AEC F 的距离 ．13．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点,点A 1到平面DBEF 的距离 ．14．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 是A 1B 1的中点,求直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值 ． 三、解答题 15．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1,求平面A 1BC 1与平面ABCD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点,求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是一直角梯形,∠BAD=90°,AD ∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA ⊥底面ABCD,PD 与底面成30°角． 1若AE ⊥PD,E 为垂足,求证：BE ⊥PD ； 2求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体AC 1,E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 的中点． 1求证：E 、F 、D 、B 共面；2求点A 1到平面的BDEF 的距离； 3求直线A 1D 与平面BDEF 所成的角．19．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,点E为棱AB的中点,求：ⅠD1E与平面BC1D所成角的大小；Ⅱ二面角D－BC1－C的大小；Ⅲ异面直线B1D1与BC1之间的距离．高二数学空间向量与立体几何专题训练2一、选择题1．向量a＝2x,1,3,b＝1,－2y,9,若a与b共线,则A．x＝1,y＝1 B．x＝错误!,y＝－错误!C．x＝错误!,y＝－错误! D．x＝－错误!,y＝错误! 2．已知a＝－3,2,5,b＝1,x,－1,且a·b＝2,则x的值是A．6 B．5 C．4 D．33．设l1的方向向量为a＝1,2,－2,l2的方向向量为b＝－2,3,m,若l1⊥l2,则实数m的值为A．3 B．2 C．14．若a,b均为非零向量,则a·b＝|a||b|是a与b共线的A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．在△ABC中,错误!＝c,错误!＝b.若点D满足错误!＝2错误!,则错误!＝b＋错误!c 错误!c－错误!b 错误!b－错误!c 错误!b＋错误!c6．已知a,b,c是空间的一个基底,设p＝a＋b,q＝a－b,则下列向量中可以与p,q一起构成空间的另一个基底的是A．a B．b C．c D．以上都不对7．已知△ABC的三个顶点A3,3,2,B4,－3,7,C0,5,1,则BC边上的中线长为A．2 B．3 C.错误!错误!8．与向量a＝2,3,6共线的单位向量是A．错误!,错误!,错误! B．－错误!,－错误!,－错误!C．错误!,－错误!,－错误!和－错误!,错误!,错误! D．错误!,错误!,错误!和－错误!,－错误!,－错误!9．已知向量a＝2,4,x,b＝2,y,2,若|a|＝6且a⊥b,则x＋y为A．－3或1 B．3或－1 C．－3 D．110．已知a＝x,2,0,b＝3,2－x,x2,且a与b的夹角为钝角,则实数x的取值范围是A．x>4 B．x<－4 C．0<x<4 D．－4<x<0.11．已知空间四个点A1,1,1,B－4,0,2,C－3,－1,0,D－1,0,4,则直线AD与平面ABC所成的角为A．30° B．45° C．60° D．90°12．已知二面角α－l－β的大小为50°,P为空间中任意一点,则过点P且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题13．已知{i,j,k}为单位正交基底,且a＝－i＋j＋3k,b＝2i－3j－2k,则向量a＋b与向量a－2b的坐标分别是________；________.14．在△ABC中,已知错误!＝2,4,0,错误!＝－1,3,0,则∠ABC＝________.15．正方体ABCD－A1B1C1D1中,面ABD1与面B1BD1所夹角的大小为________．16．在下列命题中：①若a,b共线,则a,b所在的直线平行；②若a,b所在的直线是异面直线,则a,b一定不共面；③若a,b,c三向量两两共面,则a,b,c三向量一定也共面；④已知三向量a,b,c,则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc,其中不正确的命题为________．三、解答题17．如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在的平面,AB＝2,PC与平面ABCD所成角是45°,F 是AD的中点,M是PC的中点．求证：DM∥平面PFB.18．如图,正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,AA1＝2AB＝4,点E在C1C上,且C1E＝3EC.1证明A1C⊥平面BED；2求二面角A1－DE－B的余弦值．19．正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点．1证明：平面AED⊥平面A1FD1；2在AE上求一点M,使得A1M⊥平面DAE.高考真题能力提升1．如图,平面PAC⊥平面ABC,ABC∆是以AC为斜边的等腰直角三角形,,,E F O分别为PA,PB,AC的中点,16AC=,10PA PC==．I设G是OC的中点,证明：//FG平面BOE；II证明：在ABO∆内存在一点M,使FM⊥平面BOE,并求点M到OA,OB的距离．2．如图,在三棱锥P ABC -中,PA ⊥底面,,60,90ABC PA AB ABC BCA ︒︒=∠=∠=, 点D ,E 分别在棱,PB PC 上,且//DE BCⅠ求证：BC ⊥平面PAC ；Ⅱ当D 为PB 的中点时,求AD 与平面PAC 所成的角的大小； Ⅲ是否存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角 并说明理由.3．如图,四棱锥P ABCD -的底面是正方形,PD ABCD ⊥底面,点E 在棱PB 上.Ⅰ求证：平面AEC PDB ⊥平面；Ⅱ当2PD AB =且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.4．在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,4PA AD ==,2AB =. 以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ,交PC 于点N . 1求证：平面ABM ⊥平面PCD ； 2求直线CD 与平面ACM 所成的角的大小； 3求点N 到平面ACM 的距离.yz DMCB PA NONMA BDCO5. 如图,在四棱锥O ABCD -中,底面ABCD 四边长为1的菱形,4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点,N 为BC 的中点Ⅰ证明：直线MN OCD 平面‖；Ⅱ求异面直线AB 与MD 所成角的大小； Ⅲ求点B 到平面OCD 的距离;6. 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; Ⅰ求证：AB 1⊥面A 1BD ；Ⅱ求二面角A －A 1D －B 的大小； Ⅲ求点C 到平面A 1BD 的距离；7.如图所示,AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直,AD ＝8,BC 是⊙O 的直径,AB ＝AC ＝6,OE Ⅰ求二面角B —AD —F 的大小；Ⅱ求直线BD 与EF 所成的角.8.如图,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证明：D 1E ⊥A 1D ；2当E 为AB 的中点时,求点E 到面ACD 1的距离；3AE 等于何值时,二面角D 1—EC —D 的大小为4π.9. 如图,边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面,BC ＝22, M 为BC 的中点Ⅰ证明：AM ⊥PM ；Ⅱ求二面角P －AM －D 的大小； Ⅲ求点D 到平面AMP 的距离;10.如图,已知AB ⊥平面ACD ,DE ⊥平面ACD ,△ACD 为等边三角形,2AD DE AB ==,F 为CD 的中点. 1 求证：//AF 平面BCE ； 2 求证：平面BCE ⊥平面CDE ； 3 求直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值.1A C M PD C B A A BCD EF11. 如图,已知等腰直角三角形RBC ,其中∠RBC =90º,2==BC RB ．点A 、D 分别是RB 、RC 的中点,现将△RAD 沿着边AD 折起到△PAD 位置,使PA ⊥AB ,连结PB 、PC ． 1求证：BC ⊥PB ；2求二面角P CD A --的平面角的余弦值．12. 如图,正三棱柱ABC －111C B A 的底面边长是2,D 是侧棱C 1C 的中点,直线AD 与侧面C C BB 11所成的角为45°.1 求二面角A-BD-C 的大小； 2求点C 到平面ABD 的距离.13. 如图,P 、O 分别是正四棱柱1111ABCD A B C D -上、下底面的中心,E 是AB 的中点,1AB kAA =. Ⅰ求证：1A E ∥平面PBC ；Ⅱ当k =,求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；Ⅲ 当k 取何值时,O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC ∆ABCD1A 1B 1C A 1C14. 如图,在正四棱锥P ABCD -中,PA AB a ==,点E 在棱PC 上．Ⅰ问点E 在何处时,//PA EBD 平面,并加以证明； Ⅱ当//PA EBD 平面时,求点A 到平面EBD 的距离； Ⅲ求二面角C PA B --的大小.15.如图所示,在长方体1111ABCD A B C D -中,AB=AD=1,AA 1=2,M 是棱CC 1的中点 Ⅰ求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； Ⅱ证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M 116.已知三棱锥P －ABC 中,PA ⊥ABC,AB ⊥AC,PA=AC=½AB,N 为AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别为PB,BC 的中点. Ⅰ证明：CM ⊥SN ；Ⅱ求SN 与平面CMN 所成角的大小.EPDCBA17.如图,四棱锥S-ABCD 中,SD ⊥底面ABCD,AB ⊥⊥Ⅰ证明：SE=2EB ； Ⅱ求二面角A-DE-C 的大小 .18.如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是正方形,EF ∥AB ,EF FB ⊥,2AB EF =,90BFC ∠=︒,BF FC =,H 为BC 的中点;ABCDEFHⅠ求证：FH ∥平面EDB ；Ⅱ求证：AC ⊥平面EDB ； Ⅲ求二面角B DE C --的大小;19．如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,13,4,5,4AC BC AB AA ==== 1求证1;AC BC ⊥2在AB 上是否存在点D 使得1?AC CD ⊥ 3在AB 上是否存在点D 使得11//A C CDB 平面A1C BCD1A 1B20、如图,在四棱锥P —ABCD 中,PD ⊥底面ABCD,底面ABCD 为正方形,PD=DC,E 、F 分别是AB 、PB 的中点. Ⅰ求证：EF ⊥CD ；Ⅱ在平面PAD 内求一点G,使GF ⊥平面PCB,并证明你的结论； Ⅲ求DB 与平面DEF 所成角的大小.21、如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠ACB=90°,CB=1,CA=3, AA 1=6,M 为侧棱CC 1上一点, 1AM BA ⊥． 1求证: AM ⊥平面1A BC ； 2求二面角B －AM －C 的大小； 3求点C 到平面ABM 的距离．ABCABCM22、如图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2.I证明：AB1⊥BC1；II求点B到平面AB1C1的距离.III求二面角C1—AB1—A1的大小。
立体几何中的向量方法综合法向量
问题:已知不共线的三点坐标,如何求经过这三点的
平面的一个法向量?
在空间直角坐标系中,已知 A(3,0,0), B(0,4,0) ,
C(0,0, 2) ,试求平面 ABC 的一个法向量. n (4, 3, 6)
PDBC旳 中1 AB
2
1
试建立合理旳坐标系，并求各点旳坐标z 。
P
A(0,0,0), P(0,0,1), B(0,2,0),
C(1,1,0), D(1,0,0), M (0,1, 1) 2
求异面直线AB
A
与CM所成旳角.
M
y
B
x
求BP与AC所成旳角D
C
2.线面角
Bn
A O
令 AB, n 为
P
A(0,0,0), P(0,0,1), B(0,2,0),
C(1,1,0), D(1,0,0), M (0,1, 1 ) 2
A 求二面角P AC M的大小
M
y
B
求二面角D PC M的大小
x
D
C
思考题.如图,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,
BC= 2 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
C
D( 2 , 1 , 1), M ( 2 ,1,0),
B
2 22 2
X
B1
C1
MY
211 CD ( 2 , 2 , 2), A1B (
2, 1, 1)，DM (0, 1 , 1), 22
作业：1.
如图, 直三棱柱ABC A1B1C1中, ACB 900 ,
立体几何中的向量方法真题与解析
立体几何中的向量方法A 级 基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为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的值是( )A.32B.22C.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(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( )A.15B.56C.55D.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)如图，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SD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SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．A 级 基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)， 由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64.答案：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．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 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)． 则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )． 所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题意知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ， 所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ， 所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)， 设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级 能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量． 又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0， 又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)． 因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13， 解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，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 ， 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a .设所求二面角为θ，则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。
高考数学法向量在立几中的应用测试1.doc
高考数学探析法向量在立体几何解题中的应用一、用法向量求异面直线间的距离如右图所示，a 、b 是两异面直线，是a 和b 的法向量，点E ∈a ，F ∈b ，则异面直线 a 与b 之间的距离是d =b F例1、如下图，正四棱锥S-ABCD 的高SO=2，底边长AB BD 和SC 之间的距离. 分析：建立如图所示的直角坐标系，则A ，0)B ，(C ，(D (0,0,2).(2,DB ∴=，,n DB n CS⊥⊥，则00n D B n C S⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，2(CS =.令向量(,,1)n x y =，且(,,12,0)0(,,1)2)0x y x y ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，00x y x y +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，x y ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩(2,n ∴=-.∴异面直线BD 和SC 之间的距离为：OC n d n⋅==5==例2、如下图，正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为AA 1，BB 1的中点， 求（1）CM 与D 1N 的余弦值；（2）异面直线CM 与D 1N 的距离。
（广州调研试题）分析（2）：建立如图所示右手直角坐标系，则C(0,2,0)、D 1（0，0，2）、M （2，0，1）、N （2，2，1）)1,2,2(-=，)1,2,2(1-=D )1,0,2(1-=M D 设法向量),,(z y x n =则 2x-2y+z=0 x=0 M D N C令y=1得)2,1,0(=55252== 二、用法向量求点到平面的距离 A如右图所示，已知AB 是平面α的一条斜线，为平面α的法向量，则A 到平面α的距离为d = α例3、已知ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且GC=2，求点B 到平面EFG 的距离。
分析：建立如图所示右手直角坐标系，则E （4，-2，0），F （2，-4，0），G （0，0，2），B （4，0，0），=（0，-2，0），=（-4，2，2），=（-2，4，2），设平面EFG 的法向量=（x,y,z ），则由=⋅，0=⋅FG n 得-4x+2y+2z=0 x= z 31-2x+4y+2z=0 y=z 31-不妨设z=3，则=（3）,所以依公式可得所求距离为11112112)3,1,1()3,1,1()0,2,0(==--⋅-==d 三、用法向量求直线到平面间的距离首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题。
专题17 空间向量与立体几何专项训练(解析版)-2021年高考数学(理)名校地市必刷题
专题17 空间向量与立体几何专项训练一、单选题（共15小题）1.（2020春•启东市校级月考）已知点B（2，﹣3，1），向量，则点A坐标是（）A．（1，2，3）B．（﹣1，2，3）C．（﹣5，8，1）D．（5，﹣8，﹣1）【答案】D【分析】根据空间向量的线性运算与坐标表示，计算即可．【解答】解：点B（2，﹣3，1），向量，又＝﹣，＝（2，﹣3，1），所以＝﹣＝（5，﹣8，﹣1），则点A坐标是（5，﹣8，﹣1）．故选：D．【知识点】空间向量及其线性运算2.（2020秋•广陵区校级月考）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，正方形ABCD所在平面内的动点P到直线AA1，BB1的距离之和为，则点P到直线AB的距离为（）A．B．1 C．D．【答案】B【分析】解方程组计算P A，PB的值，再计算P到AB的距离．【解答】解：∵AA1⊥平面ABCD，P A⊂平面ABCD，∴AA1⊥P A，故P A为P到直线AA1的距离，同理可得PB为P到直线BB1的距离，由题意可知P A+PB＝2，∵∠APB＝90°，∴P A2+PB2＝AB2＝4，联立方程组，解得P A＝PB＝，∴△APB是等腰直角三角形，∴点P到直线AB的距离为AB＝1．故选：B．【知识点】点、线、面间的距离计算3.（2020秋•巨鹿县校级月考）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱CC1＝3，底面ΔABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝，则点B1到平面A1BC的距离为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】过C1作C1D⊥A1C于D，证明C1D⊥平面A1BC，根据B1C1∥平面A1BC即可得出线段C1D的长即为点B1到平面A1BC的距离，【解答】解：∵B1C1∥BC，B1C1⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴B1C1∥平面A1BC，∴点B1到平面A1BC的距离等于点C1到平面A1BC的距离，过C1作C1D⊥A1C于D，∵BC⊥AC，BC⊥CC1，AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，又C1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥C1D，又A1C⊥C1D，A1C∩BC＝C，∴C1D⊥平面A1BC，故点C1到平面A1BC的距离为C1D，∵CC1＝3，A1C1＝AC＝，∴A1C＝＝，∴C1D＝＝，∴点B1到平面A1BC的距离为．故选：D．【知识点】点、线、面间的距离计算4.（2020秋•仁寿县校级期中）如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，A1C的中点E到AB的中点F的距离为（）A．2B．C．2 D．1【答案】B【分析】利用正方体的结构特征，先分别求出E和F的坐标，再用两点间距离公式求解．【解答】解：在空间直角坐标系中，有一棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1∴A1（2，0，2），C（0，2，0），A1C的中点E（1，1，1），A（2，0，0），B（2，2，0），AB的中点F（2，1，0），∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为：|EF|＝＝．故选：B．【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式5.（2020秋•安徽月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知∠ABC＝90°，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为α，PQ与平面ABC所成的角为β，则α与β的大小关系为（）A．α＝βB．α＜βC．α＞βD．不能确定【答案】C【分析】作出两个角，在直角三角形中表示出sinα，sinβ，根据它们的大小关系得出结论．【解答】解：连接CQ，PB，∵CC1⊥平面ABC，∴∠PQC为PQ与平面ABC所成的角，即∠PQC＝β，由CC1⊥平面ABC，可得CC1⊥AB，又AB⊥BC，BC∩CC1＝C，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥PB，∴∠PQB为直线PQ与AB所成角，即∠PQB＝α，∵sinα＝，sinβ＝，且PB＞PC，∴sinα＞sinβ，∴α＞β，故选：C．【知识点】直线与平面所成的角6.（2020秋•山东月考）如图，在三棱锥A﹣BCD中，点F在棱AD上，且AF＝3FD，E为BC中点，则等于（）A．B．C．D．【答案】B【分析】连结AE，由向量的加法法则得到＝＝，由此能求出结果．【解答】解：连结AE，∵在三棱锥A﹣BCD中，点F在棱AD上，且AF＝3FD，E为BC中点，∴＝＝＝（）﹣＝．故选：B．【知识点】点、线、面间的距离计算7.（2021•松江区一模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C 与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.（2020秋•会宁县期末）已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角为（）A．60°B．120°C．60°或120°D．90°【答案】C【分析】直接利用空间向量的数量积公式求解二面角的大小即可．【解答】解：因，所以．所以由两平面所成的二面角的范围知此两平面所成的二面角为60°或120°．故选：C．【知识点】二面角的平面角及求法9.（2020春•舟山期末）如图，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，E为AD中点，F为BC上一点，且EF⊥BC，将四边形ABFE沿直线EF折起为四边形A′B′FE，则（）A．∠B′CD≥B．∠B′CD≤C．∠A′DC+∠B′CD≥πD．∠A′DC+∠B′CD≤π【答案】D【分析】由已知分析当二面角B﹣EF﹣B′的平面角为0°，和当二面角B﹣EF﹣B′的平面角→180°时∠B′CD与∠A′DC+∠B′CD的大小得结论．【解答】解：当二面角B﹣EF﹣B′的平面角为0°，此时∠B′CD＝∠BCD＝120°，∠A′DC＝60°，排除B；当二面角B﹣EF﹣B′的平面角→180°，如图，此时D与A′趋于重合，此时∠B′CD→60°，∠A′DC→90°，排除A；∠A′DC+∠B′CD→150°，排除C，故选：D．【知识点】二面角的平面角及求法10.（2020春•如东县期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值．【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，B（2，2，0），C1（0，2，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），＝（﹣2，0，1），＝（2，2，0），＝（0，0，1），设平面BB1DD1的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），设直线BC1与平面BB1DD1所成角为θ，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为：sinθ＝＝＝．故选：D．【知识点】直线与平面所成的角11.（2020•厦门模拟）一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE．现将两块三角板拼接在一起，取BC中点O与AC中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是（）A．AC B．AF C．BF D．CF【答案】B【分析】由题意证明BC⊥平面MOF，可得BF，CF，AC与平面OFM所成的角，由已知可得都为定值，由此得到答案．【解答】解：∵O，M分别为BC，AC的中点，∴OM∥AB，则OM⊥BC，又CF＝BF，∴OF⊥BC，而OM∩OF＝O，∴BC⊥平面MOF，∴BF，CF与平面MOF所成的角分别为∠BFO和∠CFO，相等为45°，根据直线与平面所成角的定义可知，AC与平面MOF所成的角为∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF与平面FOM所成的角不为定值．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角12.（2021•浙江模拟）如图，梯形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿BD折起，使点A到点P的位置，得到三棱锥P﹣BCD，其中点P在底面BCD上的射影H在△BCD的内部．记直线PD与直线AB所成的角为α，直线PD与平面BCD所成的角为β，二面角P﹣BD﹣C的平面角为γ，则（）A．β＜γ＜αB．β＜α＜γC．α＜γ＜βD．α＜β＜γ【答案】B【分析】先作辅助线，利用线线角、线面角和二面角的定义找到所求的空间角，然后在合适的三角形中利用余弦定理和正切函数值，以及最小角定理进行大小比较，即可得解．【解答】解：设BD的中点为K，连接AK，并延长交BC于E，则E为BC的中点，连接DE，则DE∥AB，且点H在线段KE上（不含端点），连接PH，DH，PK，PE，∴α＝∠PDE，β＝∠PDH，γ＝∠PKH，由余弦定理知，cosα＝＝＝1﹣，cosγ＝＝＝1﹣PE2，∴cosα＞cosγ，∴α＜γ，又tanβ＝，tanγ＝，且HD＞KH，∴tanβ＜tanγ，∴β＜γ，由最小角定理知，α＞β，∴β＜α＜γ．故选：B．【知识点】二面角的平面角及求法13.（2021•浙江模拟）已知△ABC为直角三角形，且∠ABC＝90°，点D，E分别在边AB，AC上．现在以DE为折痕，将△ADE翻折至△A′DE的位置，设BC与A′D所成的角为θ1，A′D与平面ABC所成的角为θ2，二面角A′﹣DB﹣C的平面角为θ3，则下列结论正确的是（）A．θ1≥θ2≥θ3B．θ1≥θ3≥θ2C．θ3≥θ2≥θ1D．θ3≥θ1≥θ2【答案】B【分析】根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”，得到θ1≥θ2，θ3≥θ2，过点C作CH ⊥平面A′BD，连接HB，由线面角的定义得∠CBH是直线BC与平面A′DB所成角，再结合最小角定理知θ3≤θ1，由此能求出结果．【解答】解：根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”，得到θ1≥θ2，θ3≥θ2，过点C作CH⊥平面A′BD，则CH⊥BD，连接HB，∵BC⊥DB，CH∩BC＝C，∴BD⊥平面BCH，由线面角的定义得∠CBH是直线BC与平面A′DB所成角，再结合最小角定理知θ3≤θ1，∴θ1≥θ3≥θ2．故选：B．【知识点】二面角的平面角及求法14.（2021•浙江模拟）在三棱锥P﹣ABC中，已知AB＝a，P A＝a，PB＝a，CA＝a，CB＝2a，二面角P﹣AB﹣C的大小为，则三棱锥P﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．a3【答案】A【分析】由题意画出图形，由已知求解三角形可得∠PBA＝，过点P作AB的垂线交AB的延长线于点D，求解三角形可得CD⊥AD，得∠PDC为是二面角P﹣AB﹣C的平面角，则，且证得AD⊥平面PCD，再由求解三棱锥P﹣ABC的体积．【解答】解：如图，在△P AB中，∵AB＝a，P A＝，PB＝，由余弦定理可得，cos∠PBA＝，得∠PBA＝．过点P作AB的垂线交AB的延长线于点D，则，故PD＝BD＝a，在△ABC中，AB＝a，BC＝2a，AC＝，由余弦定理可得，cos∠ABC＝，∴，则，连接CD，在△BCD中，由余弦定理可得CD＝，∴BD2+CD2＝BC2，故CD⊥AD，又PD⊥AD，∴∠PDC为是二面角P﹣AB﹣C的平面角，则．∵CD⊥AD，PD⊥AD，CD∩PD＝D，∴AD⊥平面PCD，则．∵AB＝BD＝a，∴三棱锥P﹣ABC的体积为：＝．故选：A．【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、二面角的平面角及求法15.（2020•石景山区一模）点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BD，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若P A1∥面AMN，则P A1的长度范围是（）A．B．C．D．[2，3]【答案】B【分析】取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，推导出平面AMN ∥平面A1EF，从而点P的轨迹是线段EF，由此能求出P A1的长度范围．【解答】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，∴AM∥A1E，MN∥EF，∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，∴平面AMN∥平面A1EF，∵动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且P A1∥面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，∵A1E＝A1F＝，EF＝，∴A1O⊥EF，∴当P与O重合时，P A1的长度取最小值A1O＝，当P与E（或F）重合时，P A1的长度取最大值为A1E＝A1F＝．∴P A1的长度范围为[，]．故选：B．【知识点】点、线、面间的距离计算二、填空题（共9小题）16.（2020秋•博兴县期中）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则λ＝．【答案】1【分析】利用坐标表示向量，由向量共线列方程求出λ的值．【解答】解：点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），所以＝（﹣1，﹣1，﹣1），＝（﹣1，﹣1，λ﹣2）；若A，B，C三点共线，则∥；即＝＝，解得λ＝1．故答案为：1．【知识点】共线向量与共面向量17.（2020秋•皇姑区校级期末）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝．【分析】利用三角形法则和平行四边形法则，即可得到．【解答】解：＝+＝++＝++．故答案为：++．【知识点】空间向量及其线性运算18.（2020秋•万州区校级期中）已知空间向量，且，则实数λ＝．【分析】利用向量平行的性质直接求解．【解答】解：∵空间向量，且，∴，解得实数λ＝﹣．故答案为：﹣．【知识点】共线向量与共面向量19.（2020秋•袁州区校级期中）已知向量＝（1，1，0），＝（﹣1，0，2）且k+与2﹣互相平行，则k的值．【答案】-2【分析】求出k+和2﹣，再由k+与2﹣互相平行，列出方程组，能求出k的值．【解答】解：∵向量＝（1，1，0），＝（﹣1，0，2），∴k+＝（k，k，0）+（﹣1，0，2）＝（k﹣1，k，2），2﹣＝（2，2，0）﹣（﹣1，0，2）＝（3，2，﹣2），∵k+与2﹣互相平行，∴，解得k＝﹣2．故答案为：﹣2．【知识点】共线向量与共面向量20.（2020秋•南京期中）在空间直角坐标系中，若三点A（1，﹣1，a），B（2，a，0），C（1，a，﹣2）满足：（﹣2）⊥，则实数a的值为．【分析】先求出＝（﹣1，0，﹣2），＝（﹣1，a+1，﹣4﹣a），再由（﹣2）⊥，能求出a．【解答】解：∵A（1，﹣1，a），B（2，a，0），C（1，a，﹣2），∴＝（1，a+1，﹣a），2＝（0，2a+2，﹣4﹣2a），＝（﹣1，0，﹣2），＝（1，﹣a﹣1，4+a），∵（﹣2）⊥，∴（）•＝﹣1﹣8﹣2a＝0，解得实数a＝﹣．故答案为：﹣．【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直21.（2020春•杨浦区校级期中）已知平面α的一个法向量为，则直线AB与平面α的位置关系为．【答案】直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行【分析】由•＝0得出⊥，即得直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行．【解答】解：由平面α的一个法向量为，且•＝1×（﹣2）+2×1+2×0＝0，所以⊥；所以直线AB与平面α的位置关系是：直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行．故答案为：直线AB在平面α上或直线AB与平面α平行．【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直22.（2020秋•浙江月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，若，则x＝，y+z＝．【分析】直接利用向量的加法求出结果．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如图所示：由于，所以，，由于，所以x＝1，y＝z＝，所以y+z＝．故答案为：1；．【知识点】空间向量基本定理、正交分解及坐标表示23.（2020秋•浙江月考）四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝1，AB＝3，G是△ABC的重心，则PG与面P AB所成角θ的正弦值为．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PG 与面P AB所成角θ的正弦值．【解答】解：∵四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝1，AB＝3，G是△ABC的重心，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，1），A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），G（2，2，0），＝（2，2，﹣1），＝（3，0，﹣1），＝（3，3，﹣1），设平面P AB的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，0，3），∴PG与面P AB所成角θ的正弦值为：sinθ＝＝＝．故答案为：．【知识点】直线与平面所成的角24.（2020秋•海淀区校级期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为．【答案】3【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段B1P的长度的最大值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设P（a，b，0），则D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），＝（a﹣2，b﹣2，﹣2），＝（1，2，﹣2），∵B1P⊥D1E，∴＝a﹣2+2（b﹣2）+4＝0，∴a+2b﹣2＝0，∴点P的轨迹是一条线段，当a＝0时，b＝1；当b＝0时，a＝2，设CD中点F，则点P在线段AF上，当A与P重合时，线段B1P的长度为：|AB1|＝＝2；当P与F重合时，P（0，1，0），＝（﹣2，﹣1，﹣2），线段B1P的长度||＝＝3，当P在线段AF的中点时，P（1，，0），＝（﹣1，﹣，﹣2），线段B1P的长度||＝＝．∴线段B1P的长度的最大值为3．故答案为：3．【知识点】点、线、面间的距离计算三、解答题（共10小题）25.（2020•福州模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是边长为6的等边三角形，D，E分别为AA1，BC的中点．（1）证明：AE∥平面BDC1；（2）若异面直线BC1与AC所成角的余弦值为．求DE与平面BDC1所成角的正弦值．【分析】（1）先证明四边形ADFE为平行四边形，则AE∥DF，由此即可得证；（2）以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AA1＝2t（t＞0），根据已知条件可求得，进而求得平面BDC1的法向量以及直线DE的方向向量，再利用向量公式得解．【解答】解：（1）证明：取BC1的中点F，连接DF，EF，∵E为BC中点，∴，又∵D为AA1的中点，∴，∴，∴四边形ADFE为平行四边形，∴AE∥DF，∵AE不在平面BDC1内，DF在平面BDC1内，∴AE∥平面BDC1；（2）由（1）及题设可知，BC，EA，EF两两互相垂直，则以点E为坐标原点，EC，EA，EF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AA1＝2t（t＞0），则，故，∴＝，解得，设平面BDC1的法向量为，则，故可取，又，则，∴，∴DE与平面BDC1所成角的正弦值为．【知识点】直线与平面所成的角、直线与平面平行26.（2020•广西二模）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，且P A⊥底面ABCD，过AB的平面与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF：S四边形CDEF＝1：3．（1）证明：PB∥平面ACE；（2）若二面角C﹣AF﹣D的余弦值为，求的值．【分析】（1）先由AB∥平面PCD得性质可得EF∥AB，进而得到EF∥CD，再由中位线的性质可得EG∥PB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACF及平面ADF的法向量，利用向量的夹角公式建立方程，即可得解．【解答】解：由题知四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，又CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD，…………（1分）又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，又AB∥CD，∴EF∥CD，…………（3分）由S△PEF：S四边形CDEF＝1：3知E、F分别为PC、PD的中点，连接BD交AC与G，则G为BD中点，在△PBD中EG为中位线，∴EG∥PB，∵EG∥PB，EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE．…………（6分）（2）∵底面ABCD为正方形，且P A⊥底面ABCD，∴P A、AB、AD两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A﹣xyz，…………（7分）设AB＝AD＝2a，AP＝2b，则A（0，0，0），D（0，2a，0），C（2a，2a，0），G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b），∵P A⊥底面ABCD，DG⊂底面ABCD，∴DG⊥P A，∵四边形ABCD为正方形∴AC⊥BD，即DG⊥AC，AC∩P A＝A，∴DG⊥平面CAF，∴平面CAF的一个法向量为…………（9分）设平面AFD的一个法向量为，由，取z＝﹣a可得为平面AED的一个法向量，设二面角C﹣AF﹣D的大小为θ，则，得，又P A＝2b，AB＝2a，∴，∴当二面角C﹣AF﹣D的余弦值为时，．………………………………（12分）【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行27.（2020•天河区二模）如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90°，EC＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．【分析】（1）由勾股定理可证AC⊥CD，又CD⊥BC，则CD⊥平面ABC，得到CD⊥AB，又AB⊥BD，得到AB⊥平面BCD，进而得到EF⊥平面BCD，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值．【解答】解：（1）证明：∵E，F分别是线段AD，BD的中点，AB＝BD＝2，∴EF＝FD＝1，且EF∥AB，∵∠ABD＝90°，∴∠EFD＝90°，∴，又，∴AC⊥CD，又∠BCD＝90°，即CD⊥BC，又AC∩BC＝C，且AC，BC均在平面ABC内，∴CD⊥平面ABC，∴CD⊥AB，又AB⊥BD，CD∩BD＝D，且CD，BD均在平面BCD内，∴AB⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，又EF在平面EFC内，∴平面EFC⊥平面BCD；（2）由（1）可知，∠DBC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，即∠DBC＝45°，过点B作BB′∥CD，如图，以B为坐标原点，BB′，BD，BA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），D（0，2，0），C（1，1，0），E（0，1，1），∴，，设平面ACE的一个法向量为，则，可取；设平面BCE的一个法向量为，则，可取；如图可设二面角A﹣CE﹣B的平面角为锐角θ，则，即二面角A﹣CE﹣B的余弦值为．【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法28.（2020•梅州一模）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝2，∠APC＝，M为PB上的四等分点，即BM＝BP．（1）证明：平面AMC⊥平面PBC；（2）求平面PDC与平面AMC所成锐二面角的余弦值．【分析】（1）由题中数据结合余弦定理，勾股定理可得AM⊥PB，CM⊥PB，由此即可证得平面AMC⊥平面PBC；（2）建立空间直角坐标系，求出平面AMC及平面PDC的法向量，利用向量公式即可得解．【解答】解：（1）由AB＝2，可知，由，可知，∵P﹣ABCD是正四棱锥，∴，∴，在△P AB中，设∠APB＝θ，由余弦定理有，，在△P AM中，由余弦定理有，，∴AM2+MB2＝4＝AB2，∴AM⊥PB，同理CM⊥PB，而PB在平面PBC上，AM∩CM＝M，且AM，CM都在平面ACM内，故PB⊥平面ACM，又PB⊂平面PBC，∴平面AMC⊥平面PBC；（2）以底面中心O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，D（﹣1，﹣1，0）设平面PDC的法向量为，，故，可取，设平面AMC的法向量为，则可取，设平面PDC与平面AMC所成锐二面角为θ，则．【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法29.（2020•河东区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD＝AB＝1，点E、M分别在线段AB、PC上，且＝＝λ，其中0＜λ＜1，连接CE，延长CE与DA 的延长线交于点F，连接PE，PF，ME．（Ⅰ）求证：ME∥平面PFD；（Ⅱ）若λ＝时，求二面角A﹣PE﹣F的正弦值；（Ⅲ）若直线PE与平面PBC所成角的正弦值为时，求λ值．【分析】（Ⅰ）在线段PD上取一点N，使得，∵，证明四边形为平行四边形，得到ME∥AN，然后证明ME∥平面PFD．（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面PEA的一个法向量，平面PEF的一个法向量利用空间向量的数量积，求解二面角A﹣PE﹣F的正弦值．（III）令E（0，h，0），0≤h≤2，，求出平面PEA的一个法向量利用空间向量的数量积转化求解即可．【解答】（本小题满分15分）解：（Ⅰ）在线段PD上取一点N，使得，∵，∴MN∥DC且MN＝λDC，∵，∴AE＝λAB，AB∥DC且AB＝DC，∴且AE＝MN，∴四边形为平行四边形，∴ME∥AN，又∵AN⊂平面PFD，ME⊄平面PFD，∴ME∥平面PFD．（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系A（0，0，0），P（0，0，1），B（0，2，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），∵，∴E（0，1，0），F（1，0，0）设平面PEA的一个法向量为＝（x，y，z），，，，令x＝1，∴＝（1，0，0），设平面PEF的一个法向量为，，，，令z＝1，∴x＝1，y＝1，∴，∴，，二面角A﹣PE﹣F的正弦值为．（III）令E（0，h，0），0≤h≤2，，设平面PBC的一个法向量为，，，，令y＝1，∴z＝2，∴由题意可得：，∴，∴，．【知识点】直线与平面所成的角、二面角的平面角及求法30.（2020秋•海淀区校级月考）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，A1C的中点，AD＝AA1＝2，AB＝．（1）求证：EF∥平面ADD1A1；（2）求平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值；（3）在线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）建立空间坐标系，利用向量证明EF∥AD1即可得出EF∥平面ADD1A1；（2）求出平面DEF和平面CDE的法向量，根据法向量夹角得出二面角的大小；（3）令与平面DEF的法向量平行求出M的位置即可得出结论．【解答】（1）证明：以A为原点，以AB，AD，AA1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则E（，0，0），F（，1，1），A（0，0，0），D1（0，2，2），∴＝（0，1，1），＝（0，2，2），∴＝，∴EF∥AD1，又EF⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，∴EF∥平面ADD1A1．（2）解：D（0，2，0），＝（﹣，2，0），设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，令y＝1可得＝（2，1，﹣1），又＝（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量，∴cos＜＞＝＝＝，∴平面EFD与平面DEC的夹角的余弦值为．（3）解：假设线段A1D1上是否存在点M，使得BM⊥平面EFD，则∥，不妨设＝λ，则M（0，2λ，2），又B（，0，0），∴＝（﹣，2λ，2），∵∥，故存在实数k使得＝k，∴，方程组无解，故线段A1D1上不存在点M，使得BM⊥平面EFD．【知识点】直线与平面垂直、二面角的平面角及求法、直线与平面平行31.（2020秋•南宁月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E、F在侧棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，C1F＝2FC，点D、G在侧棱AB、AC上，且BD＝2DA，CG＝2GA．（Ⅰ）证明：点G在平面EFD内；（Ⅱ）若∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，AA1＝2，求二面角A1﹣AB1﹣C1的余弦值．【分析】（Ⅰ）证明DG∥EF即可得出结论；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面A1AB1和AB1C1的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：连接DG，∵BD＝2DA，CG＝2GA，∴，∴DG∥BC，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴BB1∥CC1，BB1＝CC1，∵B1E＝2EB，C1F＝2FC，∴BE＝CF，BE∥CF，∴四边形BCFE是平行四边形，∴EF∥BC，∴DG∥EF，∴DG和EF共面，即点G在平面EFD内．（Ⅱ）解：∵∠BAC＝90°，∴BA⊥AC，∴B1A1⊥A1C1，又AA1⊥平面A1B1C1，故AB1，AC1，AA1两两垂直，以A1为原点，以A1C1，A1A，A1B1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系A1﹣xyz，如图所示，则A1（0，0，0），A（0，2，0），C1（1，0，0），B1（0，0，1），∴＝（0，﹣2，1），＝（1，﹣2，0），设平面AB1C1的法向量为＝（x，y，z），则，即，令y＝1可得＝（2，1，2），又＝（1，0，0）为平面AA1B1的一个法向量，∴cos＜，＞＝＝＝，∴二面角A1﹣AB1﹣C1的余弦值为．【知识点】平面的基本性质及推论、二面角的平面角及求法32.（2021•郑州一模）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）若＝2，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【分析】（1）取AC的中点O连接BO，OD．OB⊥AC，OB⊥OD，从而OB⊥平面ACD，由此能证明平面ACD⊥平面ABC．（2）点E是BD的三等分点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC，△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD，∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°，∵DO＝，∴DO2+BO2＝AB2＝BD2，∴∠BOD＝90°，∴OB⊥OD，又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：由题知，点E是BD的三等分点，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2，则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，0），B（0，，0），E（0，，）．＝（﹣1，0，1），＝（﹣1，，），＝（﹣2，0，0），设平面ADE的法向量为＝（x，y，z），则，取x＝3，得＝（3，，3）．同理可得：平面ACE的法向量为＝（0，1，﹣）．∴cos＜＞＝＝﹣，∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法33.（2021•浙江模拟）如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB 上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD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B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角34.（2021•六模拟）已知在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝，∠ADC＝，如图，DE∥CF，且DE＝3，CF＝4，∠DCF＝，且平面ABCD⊥平面CDEF．（Ⅰ）求证：AC⊥平面CDEF；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【分析】（Ⅰ）由余弦定理求出AC2，再由勾股定理证出AC⊥CD，进而利用面面垂直的性质得证；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，进而求得二面角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，，由余弦定理可得AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC＝，∴AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又∵平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面CDEF；（Ⅱ）如图以点C为坐标原点，CD，CF，CA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则点，设平面ADE的一个法向量为，，则，则可取，设平面ACE的一个法向量为，，则，则可取，设平面ADE与平面ACE所成的二面角为θ，则，∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．【知识点】直线与平面垂直、二面角的平面角及求法。
向量法解立体几何 大题
ADE B C1. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2，AP=AD=AB=，∠PAB=∠PAD=α．（1）试在棱PA上确定一个点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值；（2）当α=60°时，求证：CD⊥平面PBD．2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90︒，BC=1，AC=CC1=2.(1)证明：AC1⊥A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1-AB-C的大小.3. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．（I）求证：平面AEC⊥平面PDB;（II）当PD=2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．4.如图，在四棱锥BCDEA-中，平面ABC⊥平面BCDE；90CDE BED∠=∠=︒，2AB CD==，1DE BE==，2AC=.（1）证明：AC⊥平面BCDE；（2）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值.5.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（I）证明：PB∥平面AEC;(II)设AP=1，AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=43，求A到平面PBC的距离.7. 如图，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD=错误!未找到引用源。
，AA1=3，E为CD上一点，DE=1，EC=3(1)证明：BE⊥平面BB1C1C;(2) 求点B1 到平面EA1C1的距离APB CDECBDAP8. 如图，四棱锥902,P ABCD ABC BAD BC AD PAB PAD -∠=∠==∆∆中，，与都是边长为2的等边三角形.（I ）证明：;PB CD ⊥（II ）求点.A PCD 到平面的距离9. 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =，2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。
最新利用法向量解立体几何题7
利用法向量解立体几何题7仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢4利用法向量解立体几何题一、运用法向量求空间角1.向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量«Skip Record If...»，则角<«Skip Record If...»>=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ=«Skip Record If...», 不需要用法向量。
2、运用法向量求直线和平面所成角设平面α的法向量为«Skip Record If...»=（x, y, z)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sin θ= cos(«Skip Record If...»-θ) = |cos<«Skip Record If...», «Skip Record If...»>| = «Skip Record If...»3、运用法向量求二面角设二面角的两个面的法向量为«Skip Record If...»，则<«Skip Record If...»>或π-<«Skip Record If...»>是所求角。
这时要借助图形来判断所求角为锐角还是钝角，来决定<«Skip Record If...»>是所求，还是π-<«Skip Record If...»>是所求角。
二、运用法向量求空间距离A1、求两条异面直线间的距离设异面直线a、b的公共法向量为«Skip Record If...»，在a、b上任取一点A、B，则异面直线a、b的距离 d =AB·cos∠BAA＇=«Skip Record If...»其中，«Skip Record If...»的坐标可利用a、b上的任一向量«Skip Record If...»，及«Skip Record If...»的定义得«Skip Record If...»①解方程组可得«Skip Record If...»。
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。
2024届高考数学立体几何专项练(6)空间向量及其运算
15.如图，已知四棱锥Pu u u r u u7.答案：Bu u u r u u u ru u u r1D.由C 可得左边59=，又(1,3,7)--=--a b c ，所以右边||59=--=a b c ，D 正确.12.答案：ABC解析：对于A,(2,1,0),(1,2,1)AB AC ==-u u u r u u u r ,所以不存在实数λ,使得AB AC λ=u u u r u u u r ,则AB u u u r 与AC u u u r 不是共线向量,所以A 错误;对于B,因为(2,1,0)AB =u u u r ,所以与AB u u u r 同向的单位向量为255,,055⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,所以B 错误;对于C,向量(2,1,0),(3,1,1)AB BC ==-u u u r u u u r ,所以55cos ,11||||AB BC AB BC AB BC ⋅〈〉==-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ,所以C 错误;对于D 项,设平面ABC 的一个法向量是(,,),(2,1,0),(1,2,1)x y z AB AC ===-n u u u r u u u r ,所以0,0,AB AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n u u u r u u u r 则20,20,x y x y z +=⎧⎨-++=⎩令1x =,则平面ABC 的一个法向量为,所以D 正确.故选ABC.13.答案：32-解析：22(1)1812(1)16640λλλλλ⋅=++⋅+=-++=+=m n a a b b ，故32λ=-.14.答案：1解析：，所以12x =，，从而1x y z ++=.15.答案：23-解析：因为1223MN PN PM PD PC =-=- 12()()23AD AP AB AD AP =--+- 211366AB AD AP =--+ ，所以23x y z ++=-.16.答案：257解析：已知AB BC ⊥u u u r u u u r ，由题意，可得，BP BC ⊥u u r u u u r .(1,2,5)=-n 1111()()2224AG AB BE AB AE AB AB AC AD =+=+-=++ 14y z ==BP AB ⊥u u r u u u r设2PA AB ==，则，(0,2,0)D -，，(2,2,0)AD =-- ，(2,0,0)A (0,22,0)BD ∴=-。
方法篇练习：专题6 立体几何与空间向量 第26练 含解析
第26练“空间角”攻略［题型分析·高考展望］空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在．掌握好本节内容,首先要理解这些角的概念,其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角．在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角,将是解决这类题目的主要方法．体验高考1．(2015·浙江)如图，已知△ABC,D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD—B的平面角为α，则(）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α答案B解析极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D;若α＝0,如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0,排除A,C。
故选B。
2．(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(）A。
错误!B。
错误!C。
错误! D.错误!答案A解析如图所示,设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m,同理可得CD1∥n。
故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线),因此∠CD1B1＝π3,得sin∠CD1B1＝错误!,故选A。
3．(2016·课标全国丙)如图,四棱锥P—ABCD中,P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3,P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM ＝2MD，N为PC的中点．（1）证明MN∥平面P AB；（2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．（1）证明由已知得AM＝错误!AD＝2。
立体几何专题解答题(含解析)
《立体几何》专题训练（解答题）空间向量在立体几何的运用：(1)异面直线所成的角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos θ＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角：①如图(1)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(2)(3)，n 1，n 2分别是二面角a －l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．一．利用空间向量证明平行与垂直(厦门模拟)如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，所以OM →·BA →＝0， 所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1.令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0，1，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .二．利用空间向量求线线角、线面角、二面角命题 角度一 利用空间向量求线线角、线面角【典例1】 (新课标Ⅰ高考)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【解】 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322， 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.[一题多变]若题(2)变为：求直线AE 与平面ACF 所成的角． 【解】 设平面ACF 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)， 则AC →＝(0，23，0)，CF →＝(－1，－3，22)．由n 0·AC →＝0得，23y 0＝0，即y 0＝0. 由n 0·CF →＝0得，－x 0－3y 0＋22z 0＝0，所以x 0＝22z 0， 所以n 0＝(22z 0，0，z 0)． 令z 0＝2，则n 0＝(2，0，2)． 所以cos 〈AE →，n 0〉＝AE →·n 0|AE →|·|n 0|＝1×2＋3×0＋2×21＋32＋22·22＋02＋22＝22. 所以〈AE →，n 0〉＝45°.所以直线AE 与平面ACF 所成的角为45°. 命题角度二 利用空间向量求二面角【典例2】 山东高考)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．(1)证明：连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点． 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直． 以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)． 可得H ⎝⎛⎭⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)． 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 三、转化与化归思想求解空间垂直与平行关系及空间角问题【典例】 (天津模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形ABCD ，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AP ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成角的正弦值；【解】 (1)证明：如图以A 为原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，0，1)，P (0，0，2)． PB →＝(2，0，－2)，DM →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，1， 所以PB →·DM →＝0，所以PB ⊥DM .(2)CD →＝(－2，1，0)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AD →＝(0，2，0)，AN →＝(1，0，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，0，－1)，设CD 与平面ADMN 所成的角为α， 则sin α＝|CD →·n ||CD →||n |＝25×2＝105.专题训练：1．(安徽高考)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值．【解】 (1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →， n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.2(天津高考)如图，在四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1ACB 1的正弦值；【解】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1.N (1，－2，1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1ACB 1的正弦值为31010.3．(福建高考)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值． 【解】 (1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ， 又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF＝12CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如下图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以BE→，BQ→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)．因为AB⊥平面BEC，所以BA→＝(0，0，2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．又AE→＝(2，0，－2)，AF→＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.4．(山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)平行．在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0，0，2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0，0，2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t ，0)，有AP →＝(s ，t ，－2)， 则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t ，0)，PC →＝(－s ，23－t ，0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.5(浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．证明：设E为BC的中点，连结A1E，AE，DE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.(3分)由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(6分)(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，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)．(9分)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)．(12分) 于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18. 6．(新课标Ⅱ高考)如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF→＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.7．(河北衡水中学二模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥底面ABCD ，E 、F 分别为AB 、PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)若P A ＝2，试问在线段EF 上是否存在点Q ，使得二面角Q －AP －D 的余弦值为55？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：取PD 中点M ，连结MF ，MA ，则MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD 且AE ＝12AB＝12CD ，∴MF 綊CD ， 故四边形EFMA 为平行四边形，∴EF ∥AM . 又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD .(2)如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，则P (0，0，2)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 由题易知平面P AD 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，假设存在Q 满足条件．设EQ →＝λEF →(0≤λ≤1)，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ.因为AP →＝(0，0，2)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ，设平面P AQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧λ2x ＋12y ＋λz ＝0，z ＝0，取x ＝1，则y ＝－λ，∴n ＝(1，－λ，0)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－λ1＋λ2，由已知得λ1＋λ2＝55. 解得λ＝12，则存在满足条件的Q ，其是EF 的中点．8.(重庆高考)已知如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角APDC 的余弦值．【解】 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)， ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角APDC 的余弦值为36.9.(江苏高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【解】 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.10(广东高考)如图所示，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P-AD-C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．【解】 以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，P (0，0，7)，F (3，1，0)，G (2，3，0)，A (3，－3，0)，D (0，－3，0)．(1)证明：EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，EP →·FG →＝0，∴PE ⊥FG .(2)平面ADC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面P AD 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n 2＝（0，3，7）·（x ，y ，z ）＝3y ＋7z ＝0，AP →·n 2＝（－3，3，7）·（x ，y ，z ）＝－3x ＋3y ＋7z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－37，∴n 2＝(0，1，－37)为平面P AD 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－371×1＋97＝－34.记所求二面角的大小为θ，显然θ为锐角， ∴cos θ＝34，tan θ＝73.(3)∵AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，∴cos 〈AP →，FG →〉＝AP →·FG →|AP →|·|FG →|＝3＋6＋09＋9＋7×5＝9525， ∴直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.。
专题36 向量法做立体几何知识点与典型例题(原卷版)
专题36 向量法做立体几何知识点与典型例题〔原卷版〕1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量：假设A 、B 是直线l 上的任意两点，那么AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量：假设向量n 所在直线垂直于平面α，那么称这个向量垂直于平面α，记作n α⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量. ⑶．平面的法向量的求法〔待定系数法〕： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.例1：在空间直角坐标系中,(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，那么要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，那么要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.例3：如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD//QA ，12QA AB PD ==. 证明：//PC 平面BAQ .⑶面面平行。
假设平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.例4：在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，DA =2，DC =3，DD 1=4，M ，N ，E ，F 分别为棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点.求证：平面AMN ∥平面EFBD .3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
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法向量解立体几何专题训练一、运用法向量求空间角1、向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量''AA BB 和，则角<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ=''''AA BB AA BB ⋅⋅, 不需要用法向量。
2、设平面α的法向量为n =（x, y, 1)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sinθ= cos(2π-θ) = |cos<AB , n >| = AB AB n n•• 3、 设二面角的两个面的法向量为12,n n ，则<12,n n >或π-<12,n n >是所求角。
这时要借助图形来判断所求角为锐角还是钝角，来决定<12,n n >是所求，还是π-<12,n n >是所求角。
二、运用法向量求空间距离 1、求两条异面直线间的距离设异面直线a 、b 的公共法向量为(,,)n x y z =，在a 、b 上任取一点 A 、B ，则异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA ＇=||||AB n n • 2、求点到面的距离求A 点到平面α的距离，设平面α的法向量法为(,,1)n x y =，在α内任取一点B ，则A 点到平面α的距离为d =||||AB n n •，n 的坐标由n 与平面α内的两个不共线向量的垂直关系，得到方程组（类似于前面所述, 若方程组无解，则法向量与XOY 平面平行，此时可改设(1,,0)n y =三、证明线面、面面的平行、垂直关系设平面外的直线a 和平面α、β，两个面α、β的法向量为12,n n ，则1a//a n α⇔⊥ 1a a//n α⊥⇔12////n n αβ⇔ 12n n αβ⊥⇔⊥四、应用举例：例1：如右下图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB= FB=1. (1) 求二面角C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1所成的余弦值. 解：（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为x 轴，y 轴,z 轴的正向建立空间直角坐标系，则D(0,3,0)、D 1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C 1(4,3,2) 于是，11(3,3,0),(1,3,2),(4,2,2)DE EC FD =-==- 设法向量(,,2)n x y =与平面C 1DE 垂直，则有13301320n DE x y x y x y z n EC ⊥-=⇒⇒==-++=⊥⎫⎫⎪⎬⎬⎭⎪⎭11111(1,1,2),(0,0,2),cos 3||||1tan 2n AA CDE n AA C DE C nAA n AA θθθ∴=--=∴--•-===⨯∴=向量与平面垂直与所成的角为二面角的平面角 （II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则1111cos 14||||1EC FD EC FD β•===⨯例2：（高考辽宁卷17）如图，已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 是菱形，∠DAB=600，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD ，点E 为AB 中点，点F 为PD 中点。
（1）证明平面PED ⊥平面PAB ； （2）求二面角P-AB-F 的平面角的余弦值 证明：（1）∵面ABCD 是菱形，∠DAB=600，∴△ABD 是等边三角形，又E 是AB 中点，连结BD ∴∠EDB=300，∠BDC=600，∴∠EDC=900，如图建立坐标系D-ECP，设AD=AB=1，则PF=FD=12，ED=2，∴P（0，0，1），E（2，0，0），B（2，12，0）∴PB=（2，12，-1），PE=（2，0，-1），平面PED的一个法向量为DC=（0，1，0），设平面PAB的法向量为n=（x, y, 1)由11(,,1)(,,1)0102222(,,1)1)010x y x y xn PBn PE yx y x⎧⎧•-=--=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=•-=-=⎩⎪⎩∴n=∵DC·n=0 即DC⊥n∴平面PED⊥平面PAB（2）解：由（1）知：平面PAB的法向量为n=0, 1), 设平面FAB的法向量为n1=（x, y, -1)，由（1）知：F（0，0，12），FB=，12，-12），FE =，0，-12），由111111(,,1),)002222110(,,1))0022x y x y xn FBn FE yx y x⎧⎧-•-=-+=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=-•-=+=⎩⎪⎩∴n1=（∴二面角P-AB-F的平面角的余弦值cosθ= |cos<n, n1>| =11n5714nnn•=•例3：在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP.(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离. 解: (Ⅰ)如图建立坐标系D-ACD 1, ∵棱长为4 ∴A （4，0，0），B （4，4，0），P （0，4，1） ∴AP = (-4, 4, 1) , 显然DC =（0，4，0）为平面BCC 1B 1的一个法向量， ∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ的正弦值sin θ= |cos<AP ,DC >|=22216433334414=++• ∵θ为锐角，∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ为arcsin 43333(Ⅲ) 设平面ABD 1的法向量为n =（x, y, 1)，∵AB =（0，4，0），1AD =（-4，0，4）由n ⊥AB ，n ⊥1AD 得0440y x =⎧⎨-+=⎩ ∴ n =（1, 0,1)，∴点P 到平面ABD 1的距离 d =322AP n n•=例4：在长、宽、高分别为2，2，3的长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是底面中心，求A 1O 与B 1C 的距离。
解：如图，建立坐标系D-ACD 1，则O （1，1，0），A 1（2，2，3），C （0，2，0）∴1(1,1,3)AO =-- 1(2,0,3)B C =-- 11(0,2,0)A B = 设A 1O 与B 1C 的公共法向量为(,,1)n x y =，则113(,,1)(1,1,3)0302(,,1)(2,0,3)023032x n AO x y x y x y x n B C y ⎧=-⎧⎪⊥•--=-+-=⎧⎧⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨•--=--=⊥⎩⎩⎪⎪⎩=⎪⎩ ∴ 33(,,1)22n =-∴ A 1O 与B 1C 的距离为d =()1122330,2,0,,122||332211||11331222A B n n ⎛⎫•-⎪•⎝⎭===⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭例5：在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 1的中点，求A 1到面BDFE 的距离。
解：如图，建立坐标系D-ACD 1，则B （1，1，0），A 1（1，0，1），E （12，1，1） ∴(1,1,0)BD =-- 1(,0,1)2BE =- 1(0,1,1)A B =-设面BDFE 的法向量为(,,1)n x y =，则(,,1)(1,1,0)002112(,,1)(,0,1)01022x y x y n BD x y x y x n BE •--=--=⎧⎧⎧⊥=⎧⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨=-•-=-+=⊥⎩⎪⎪⎪⎩⎩⎩ ∴ (2,2,1)n =-∴ A 1到面BDFE 的距离为d =()()()1220,1,12,2,1|||3|13||221A B n n -•-•-===+-+新课标高二数学空间向量与立体几何测试题1一、选择题1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（ ）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1715B ．21图ABCDA 1B 1D 1C 1OFEA BCDA 1B 1D 1C 1AA 1DCB B 1C 1图C ．178 D ．23 3．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA=90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1030 B ．21 C ．1530 D ．1015 4．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD 和SC 之间的距离（ ）A ．515 B ．55 C ．552 D ．105 5．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（ ）A ．a 42B ．a 82C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离 （ ）A ．63 B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21PA ，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 ．621B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形， 90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面ABD 所成角的余弦值（ ）图A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是CB 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小（ ）A ．3π B ．6πC ．65πD ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V （ ）A ．66 B ．3316 C ．316D ．16二、填空题11．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，则异面直线1D E 和1BC 间的距离 ．12． 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A B 、CD 的中点，求点B 到截面1AEC F 的距离 ．13．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面DBEF 的距离 ．14．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值 ． 三、解答题15．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，求平面A 1BC 1与平面ABCD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点，求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD=90°，AD ∥BC ，AB=BC=a ，AD=2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角．（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体AC1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．（1）求证：E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的BDEF的距离；（3）求直线A1D与平面BDEF所成的角．19．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB的中点，求：（Ⅰ）D1E与平面BC1D所成角的大小；（Ⅱ）二面角D－BC1－C的大小；（Ⅲ）异面直线B1D1与BC1之间的距离．高二数学空间向量与立体几何专题训练2一、选择题1．向量a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，若a与b共线，则( )A．x＝1，y＝1 B．x＝12，y＝－12C．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝232．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值是( ) A．6 B．5 C．4 D．33．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则实数m的值为( )A ．3B ．2C ．1 D.124．若a ，b 均为非零向量，则a ·b ＝|a||b|是a 与b 共线的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．在△ABC 中，AB →＝c ，AC →＝b.若点D 满足BD →＝2DC →，则AD →＝( )A.23b ＋13cB.53c －23bC.23b －13cD.13b ＋23c6．已知a ，b ，c 是空间的一个基底，设p ＝a ＋b ，q ＝a －b ，则下列向量中可以与p ，q 一起构成空间的另一个基底的是( )A ．aB ．bC ．cD ．以上都不对7．已知△ABC 的三个顶点A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC 边上的中线长为( )A ．2B ．3 C.647 D.6578．与向量a ＝(2,3,6)共线的单位向量是( )A ．(27，37，67)B ．(－27，－37，－67)C ．(27，－37，－67)和(－27，37，67)D ．(27，37，67)和(－27，－37，－67)9．已知向量a ＝(2,4，x)，b ＝(2，y,2)，若|a|＝6且a ⊥b ，则x ＋y 为( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．110．已知a ＝(x,2,0)，b ＝(3,2－x ，x 2)，且a 与b 的夹角为钝角，则实数x 的取值范围是( )A ．x>4B ．x<－4C ．0<x<4D ．－4<x<0.11．已知空间四个点A(1,1,1)，B(－4,0,2)，C(－3，－1，0)，D(－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°12．已知二面角α－l －β的大小为50°，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 二、填空题13．已知{i ，j ，k}为单位正交基底，且a ＝－i ＋j ＋3k ，b ＝2i －3j －2k ，则向量a ＋b 与向量a －2b 的坐标分别是________；________.14．在△ABC 中，已知AB →＝(2,4,0)，BC →＝(－1,3,0)，则∠ABC ＝________. 15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，面ABD 1与面B 1BD 1所夹角的大小为________．16．在下列命题中：①若a ，b 共线，则a ，b 所在的直线平行；②若a ，b 所在的直线是异面直线，则a ，b 一定不共面；③若a ，b ，c 三向量两两共面，则a ，b ，c 三向量一定也共面；④已知三向量a ，b ，c ，则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为p ＝xa ＋yb ＋zc ，其中不正确的命题为________． 三、解答题17．如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，PC 与平面ABCD 所成角是45°，F 是AD 的中点，M 是PC 的中点．求证：DM ∥平面PFB.18．如图，正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在C 1C 上，且C 1E ＝3EC. (1)证明A 1C ⊥平面BED ； (2)求二面角A 1－DE －B 的余弦值．19．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点．(1)证明：平面AED ⊥平面A 1FD 1；(2)在AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面DAE.高考真题能力提升1．如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ； （II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．2．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面,,60,90ABC PA AB ABC BCA ︒︒=∠=∠=， 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 所成的角的大小； （Ⅲ）是否存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角？并说明理由.NMABDCO3．如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面； （Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.4．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =. 以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ，交PC 于点N . （1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线CD 与平面ACM 所成的角的大小； （3）求点N 到平面ACM 的距离.5. 如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点（Ⅰ）证明：直线MN OCD 平面‖； （Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。