高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解
高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解
一、选择题
1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →
>0，则该四边形为( )
A ．平行四边形
B ．梯形
C ．平面四边形
D ．空间四边形
[答案] D
[解析] ∵AB →·BC →>0，∴∠ABC >π2，同理∠BCD >π2，∠CDA >π2，∠DAB >π2，由内角和定
理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选D.
2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶
点，则AP →·AB →
的值为
( )
A ．0
B ．1
C ．0或1
D ．任意实数 [答案] C
[解析] AP →
可为下列7个向量：
AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，
最后AC 1→·AB →
＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13
＝1，故选C.
3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →
＝c ，则MN →
等于( )
A ．－12a ＋12b ＋13c
B.12a ＋12b －13c
C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c
[答案] C
[解析] MN →＝MB →＋BN →＝12D 1B 1→
＋13BB 1→
＝12(A 1B 1→－A 1D 1→
)－13A 1A →＝12a －12b －13
c . 4．已知A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则AC →与AB →
的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°
D ．90°
[答案] C
[解析] AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)．设〈AB →，AC →
〉＝θ，则cos θ＝AB →·AC →
|AB →|·|AC →|＝332·2＝
1
2
，∴θ＝60°. 5．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )
A.62
7 B.63
7 C.64
7
D.657
[答案] D
[解析] ∵a ，b ，c 三向量共面， ∴存在实数m ，n 使c ＝m a ＋n b ， 即(7,5，λ)＝(2m －n ，－m ＋4n,3m －2n )， ∴⎩⎪⎨⎪
⎧
2m －n ＝7－m ＋4n ＝5λ＝3m －2n
，∴λ＝65
7
.
6．(2010·山东青岛)在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →
＋AD →·BC →的值为( )
A ．0 B.
3
2
C ．1
D ．无法确定
[答案] A
[解析] AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →
＝AB →·(BD →－BC →)＋(BC →－BA →)·DB →＋(BD →－BA →)·BC →
＝AB →·BD →－AB →·BC →＋BC →·DB →－BA →·DB →＋BD →·BC →－BA →·BC →＝0，故选A.
7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD
等于( )
A ．5 B.41 C ．4
D ．2 5
[答案] A
[解析] 设AD →＝λAC →
，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0,4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ. ∴BD →
＝(－4,4λ＋5，－3λ)， 又AC →＝(0,4，－3)，AC →⊥BD →， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0， ∴λ＝－45，∴BD →
＝⎝⎛⎭⎫－4，95，125， ∴|BD →
|＝
(－4)2＋⎝⎛⎭⎫952＋⎝⎛⎭⎫1252
＝5. 8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，AM →＝12MC →
，点N 为B 1B 的中点，则线段
MN 的长度为( )
A.216
B.66
C.
156
D.153
[答案] A
[解析] MN →＝AN →－AM →＝AN →－13AC →
＝AB →＋BN →－13
()
AB →＋AD →＋AA 1→ ＝23AB →＋16AA 1→－13AD →. ∴MN ＝|MN →|＝
49|AB →|2＋136|AA 1→|2＋19|AD →|2＝216
. 9．设空间四点O 、A 、B 、P 满足OP →＝OA →＋tAB →
，其中0 [解析] ∵OP →＝OA →＋tAB →，∴AP →＝tAB → ， ∵0 10．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1 和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值等于( ) A.3 2 B.1010 C.35 D.25 [答案] D [解析] AM →＝AA 1→＋A 1M →＝AA 1→＋12AB →，CN →＝CB →＋BN →＝－AD →＋12AA 1→ ， AM →·CN →＝－AA 1→·AD →－12AB →·AD →＋12|AA 1→|2＋14AA 1→·AB →＝1 2， |AM →|2＝|AA 1→|2＋14|AB →|2＋AA 1→·AB →＝5 4， |CN →|2＝|AD → |2＋14|AA 1|2－12AD →·AA 1→＝54， ∴cos 〈AM →，CN → 〉＝AM →·CN → |AM →|·|CN →|＝25，故选D. 二、填空题 11．已知a ＝(1,2x －1，－x )，b ＝(x ＋2,3，－3)，若a ∥b ，则x ＝________. [答案] 1 [解析] ∵a ∥b ，∴1x ＋2＝2x －13＝－x －3，由1 x ＋2＝2x －13得，2x 2＋3x －5＝0，∴x ＝1或 －5 2 ， 由 2x －13＝－x －3 得x ＝1，∴x ＝1. 12．设向量a ＝(－1,3,2)，b ＝(4，－6,2)，c ＝(－3,12，t )，若c ＝m a ＋n b ，则m ＋n ＝________. [答案] 11 2 [解析] m a ＋n b ＝(－m ＋4n,3m －6n,2m ＋2n )， ∴(－m ＋4n,3m －6n,2m ＋2n )＝(－3,12，t )． ∴⎩⎪⎨⎪ ⎧ －m ＋4n ＝－33m －6n ＝122m ＋2n ＝t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝5， n ＝12， t ＝11. ∴m ＋n ＝11 2 . 13．若|a |＝17，b ＝(1,2，－2)，c ＝(2,3,6)，且a ⊥b ，a ⊥c ，则a ＝________. [答案] (－185，2，15)或(185，－2，－ 1 5 ) [解析] 设a ＝(x ，y ，z )， ∵a ⊥b ，∴x ＋2y －2z ＝0.① ∵a ⊥c ，∴2x ＋3y ＋6z ＝0.② ∵|a |＝17.∴x 2＋y 2＋z 2＝17.③ ∴联立①②得x ＝－18z ，y ＝10z . 代入③得425z 2＝17，∴z ＝±1 5. ∴a ＝(－185，2，15)或(185，－2，－1 5 )． 14．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成角为________． [答案] π 2 [解析] 由条件知AC 、BC 、CC 1两两垂直，以C 为原点，CB ，CA ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，A (0，3，0)，B 1(1,0，6)，M (0,0，6 2 )，A 1(0，3，6)， ∴AB 1→＝(1，－3，6)，A 1M → ＝(0，－3，－62)， cos 〈AB 1→，A 1M → 〉＝AB 1→·A 1M →|AB 1→|·|A 1M →|＝0， ∴〈AB 1→，A 1M → 〉＝π2， 即直线AB 1与A 1M 所成角为π 2. 三、解答题 15．已知向量b 与向量a ＝(2，－1,2)共线，且满足a ·b ＝18，(k a ＋b )⊥(k a －b )，求向量b 及k 的值． [解析] ∵b ≠0，a ，b 共线，∴存在实数λ，使a ＝λb ， ∵a ＝(2，－1,2)，∴|a |＝3， ∴a ·b ＝λa 2＝λ|a |2＝9λ＝18， ∴λ＝2.∴b ＝(4，－2,4)． ∵(k a ＋b )⊥(k a －b )，∴(k a ＋b )·(k a －b )＝0. ∴(k a ＋2a )·(k a －2a )＝0. ∴(k 2－4)|a |2＝0.∴k ＝±2. 16．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点． (1)求异面直线A 1B 、EF 所成角θ的大小(用反三角函数值表示)； (2)求点B 1到平面AEF 的距离． [解析] 以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，B 1(2,0,2)，E (0,2,1)，F (1,1,0)， (1)A 1B →＝(2,0，－2)，EF → ＝(1，－1，－1)， cos θ＝A 1B →·EF →|A 1B →|·|EF →|＝422×3＝6 3， ∴θ＝arccos 6 3 . (2)设平面AEF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， ∵AE →＝(0,2,1)，AF → ＝(1,1,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0n · AF →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧ 2b ＋c ＝0a ＋b ＝0， 令a ＝1可得n ＝(1，－1,2)， ∵AB 1→ ＝(2,0,2)，∴d ＝|AB 1→·n ||n |＝66＝ 6. ∴点B 1到平面AEF 的距离为 6. 17．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊1 2 F A ， G 、 H 分别为F A 、FD 的中点． (1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE . [解析] 由题设知，F A 、AB 、AD 两两互相垂直．如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A －xyz . (1)设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得A (0，0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )，F (0,0,2c )． 所以，GH →＝(0，b,0)，BC → ＝(0，b,0)， 于是GH →＝BC → .又点G 不在直线BC 上， 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由题设知，F (0,0,2c )，所以 EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →， 又C ∉EF ，H ∈FD ，故C 、D 、F 、E 四点共面． (3)由AB ＝BE ，得c ＝a ，所以CH →＝(－a,0，a )，AE → ＝(a,0，a ) 又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0，CH →·AD →＝0 即CH ⊥AE ，CH ⊥AD ， 又AD ∩AE ＝A ，所以CH ⊥平面ADE . 故由CH ⊂平面CDFE ，得平面ADE ⊥平面CDE . [点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来 时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下： (1)由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊1 2AD . 又BC 綊1 2AD ，故GH 綊BC ， 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由BE 綊1 2AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ， 所以EF ∥BG ， 由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 直线FH 上， 所以C 、D 、F 、E 四点共面． (3)连结EG ，由AB ＝BE ，BE 綊AG ，及∠BAG ＝90°知ABEG 是正方形， 故BG ⊥EA .由题设知，F A 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ， 因此EA 是ED 在平面F ABE 内的射影，∴BG ⊥ED . 又EC ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE . 由(1)知，CH ∥BG ，所以CH ⊥平面ADE .由(2)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE . 空间向量与立体几何经典题型与答案 1 已知四棱锥 P ABCD 的底面为直角梯形， AB // DC ， 1 PA AD DC ， AB 1， M 是 PB 的中点 2 (Ⅰ)证明：面 PAD 面 PCD ； (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成的角； (Ⅲ)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的大小 证明：以 A 为坐标原点 AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 1 A(0,0,0), B(0,2,0), C(1,1,0),D (1,0,0), P(0,0,1), M (0,1, 12) (Ⅰ)证明：因 AP (0,0,1), DC (0,1,0),故 AP DC 0,所以AP DC. 由题设知 AD DC ，且 AP 与AD 是平面 PAD 内的两条相交直线，由此得 DC 面 PAD 又DC 在面 PCD 上，故面 PAD ⊥面 PCD Ⅱ)解：因 AC (1,1,0), PB (0,2, 1), 故 | AC | 2,|PB | 5, AC PB 2,所以 cos AC, PB AC PB 10 | AC | | PB | 5 (Ⅲ)解：在 MC 上取一点 N(x,y,z)，则存在 R,使 NC MC, 11 NC (1 x,1 y, z),MC (1,0, 2), x 1 , y 1,z 2 .. uuur uuuur 1 4 要使 AN MC,只需 ANgMC 0即x z 0,解得 . 25 4 1 2 可知当 4时,N 点坐标为 ( 1 ,1, 2),能使 AN MC 0. 5 5 5 1 2 1 2 此时 ,AN ( ,1, ),BN ( , 1, ),有 BN MC 0 5 5 5 5 由AN MC 0, BN MC 0得AN MC , BN MC.所以 ANB 为 所求二面角的平面角 uuur 30 uuur 30 uuur uuur 4 Q| AN | ,| BN | , AN gBN . 5 5 5 uuur uuur uuur uuur AN gBN 2 cos( AN, BN) uuur uuur . | AN | | BN | 3 故所求的二面角为 arccos( 2). 立体几何（3）空间直角坐标系与空间向量 一、建立空间直角坐标系的几种方法 构建原则： 遵循对称性，尽可能多的让点落在坐标轴上。 作法： 充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系． 类型举例如下： （一）用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系 例1 已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠A 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，求异面直线BC 1与DC 所成角的 余弦值． 解析：如图1，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则C 1（０，1，2）、B （2，4，０）， ∴1(232)BC =--u u u u r ，，，(010)CD =-u u u r ，，． 设1BC u u u u r 与CD uuu r 所成的角为θ， 则11317 cos 17BC CD BC CD θ== u u u u r u u u r g u u u u r u u u r ． （二）利用线面垂直关系构建直角坐标系 例2 如图2，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为一点，EA ⊥EB 1．已知2AB =，BB 1＝2， 棱CC 1上异于C 、C 1的 BC ＝1，∠BCC 1＝ 3 π ．求二面角A －EB 1－A 1的平面角的正切值． 解析：如图2，以B 为原点，分别以BB 1、BA 所在直线为y 轴、z 轴，过B 点垂直于平面AB 1的直线为x 轴建立空间直角坐标系． 由于BC ＝1，BB 1＝2，AB ＝2，∠BCC 1＝ 3 π， ∴在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有B （０，０，０）、A （０，０，2）、B 1（０，2， ０）、31022c ??- ? ???，，、133022C ?? ? ??? ，，．设302E a ?? ? ???，，且13 22a -<<， 由EA ⊥EB 1，得10EA EB =u u u r u u u r g ， 即33 220a a ????---- ? ? ? ???? g ，，，， 233(2)2044a a a a = +-=-+=，∴13022a a ? ???--= ? ?? ???g ， 即12a =或3 2a =（舍去）．故31022E ?? ? ??? ，，． 由已知有1EA EB ⊥u u u r u u u r ，111B A EB ⊥u u u u r u u u r ，故二面角A －EB 1－A 1的平面角θ的大小为向量11B A u u u u r 与 EA uu u r 的夹角． 因11(002)B A BA ==u u u u r u u u r ，，，31 222EA ??=-- ? ??u u u r ，， 故11112cos 3EA B A EA B A θ== u u u r u u u u r g u u u r u u u u r ，即2 tan 2θ= （三）利用面面垂直关系构建直角坐标系 例3 如图3，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧 面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ． （1）证明AB ⊥平面 VAD ； （2）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值． 专题十 高考数学附加必做题训练 第29讲 空间向量与立体几何 空间向量与立体几何在高考中属中档题，要求能正确建立空间直角坐标系，会利用空间向量知识证明线与线、线与面、面与面平行及垂直，会用空间向量数量积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等． 考试说明： 序号 内容 要求 A B C 1 空间向量的概念 √ 2 空间向量共线、共面的充分必要条件 √ 3 空间向量的加法、减法及数乘运算 √ 4 空间向量的坐标表示 √ 5 空间向量的数量积 √ 6 空间向量的共线与垂直 √ 7 直线的方向向量与平面的法向量 √ 8 空间向量的应用 √ 例1 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．利用向量法证明： (1) DE ∥平面ABC ； (2) B 1F ⊥平面AEF. 证明：如图建立空间直角坐标系Axyz ，不妨设AB ＝AA 1＝4， 则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)， B(4，0，0)，B 1(4，0，4)． (1) 取AB 中点为N ，连结CN ， 则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)， ∴ DE →＝(－2，4，0)，NC → ＝(－2，4，0)， ∴ DE →＝NC → ，∴ DE ∥NC. ∵ NC ABC ，DE 平面ABC ， 故DE ∥平面ABC. (2) B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF → ＝(2，2，0)． B 1F →·EF → ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF → ＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴ B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF → ，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF. ∵ AF ∩FE ＝F ，∴ B 1F ⊥平面AEF. 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证： (1) AM ∥平面BDE ； (2) AM ⊥平面BDF. 证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD ＝N ，连结NE. 则点N 、E 的坐标分别为??? ?22，2 2，0、(0，0，1)． ∴ NE → ＝(－22，－22 ，1)． 又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、??? ?22，2 2，1， ∴ AM → ＝??? ?－22，－22，1. ∴ NE →＝AM → 且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM. ∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ， ∴ AM ∥平面BDE. (2) 由(1)知AM → ＝??? ?－22，－22，1， ∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF → ＝(0，2，1)， ∴ AM →·DF → ＝0，∴ AM ⊥DF. 同理AM ⊥BF. 又DF∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 例2 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32， 点M 、N 分别在PA 、BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝1 3 . (1) 求证：MN ⊥AD ； (2) 求MN 与平面PAD 所成角的正弦值． 高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解 一、选择题 1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB → >0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．平面四边形 D ．空间四边形 [答案] D [解析] ∵AB →·BC →>0，∴∠ABC >π2，同理∠BCD >π2，∠CDA >π2，∠DAB >π2，由内角和定 理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选D. 2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB → 的值为 ( ) A ．0 B ．1 C ．0或1 D ．任意实数 [答案] C [解析] AP → 可为下列7个向量： AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1， 最后AC 1→·AB → ＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13 ＝1，故选C. 3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A → ＝c ，则MN → 等于( ) A ．－12a ＋12b ＋13c B.12a ＋12b －13c C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c [答案] C 第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算 [基础达标] 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是() A.平行 B.相交且垂直 C.异面且垂直 D.既不平行也不垂直 1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线. 2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即 是a∥b的充分不必要条件. 3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a, =b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+c C. a-b+c D. a+b-c 3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中 点, +()+ +()+)=-,∵=a, =b, =c,∴ =-a+b+c. 4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定不为0的是() A. B. C. D. 4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥ CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0. 5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且 CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D. 空间向量与立体几何解答题精选（选修2--1） 1．已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥ =∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且12 PA AD DC === ，1AB =，M 是PB 的中点。 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角； （Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。 证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2 A B C D P M . （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD .又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC （Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ= 要使14,00,.25 AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得 ANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为 所求二面角的平面角. 2．如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形, 平面VAD ⊥底面ABCD ． （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ； （Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小． 证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ， 则(1,1,0)B ， )2 3,0,21 (V ， 由,0=⋅VA AB 得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直. ∴AB ⊥平面VAD . （Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)4 3,0,41 (E ， 由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得 第一章 1.3 1.3.1 A级——基础过关练 1．已知点A(－3,1,4),则点A关于x轴对称的点的坐标为( ) A．(－3,－1,－4) B．(－3,－1,4) C．(3,1,4) D．(3,－1,－4) 【答案】A 【解析】关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标、竖坐标均互为相反数,所以A(－3,1,4)关于x轴的对称点坐标为(－3,－1,－4)． 2．在空间直角坐标系中,已知点P(1,2,3),过点P作平面Oyz的垂线PQ,则垂足Q 的坐标为( ) A．(0,2,0) B．(0,2,3) C．(1,0,3) D．(1,2,0) 【答案】B 【解析】由于垂足Q在Oyz平面内,可设Q(0,y,z),因为直线PQ⊥Oyz平面,所以P,Q两点的纵坐标、竖坐标都相等．因为点P的坐标为(1,2,3),所以y＝2,z＝3,可得Q(0,2,3)． 3．在如图所示的长方体ABCD－A1B1C1D1中,已知点B1(1,0,3),D(0,2,0),则点C1的坐标为( ) A．(1,2,3) B．(1,3,2) C．(2,3,1) D．(3,2,1) 【答案】A 【解析】观察图形可知点C1的坐标为(1,2,3)． 4．在如图所示的空间直角坐标系中,单位正方体顶点A的坐标是( ) A ．(－1,－1,－1) B ．(1,－1,1) C ．(1,－1,－1) D ．(－1,1,－1) 【答案】C 【解析】依据空间点的坐标定义可知,点A 的坐标是(1,－1,－1)． 5．如图,在正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中,棱长为2,E 是B 1B 上的点,且|EB |＝2|EB 1|,则点E 的坐标为( ) A ．(2,2,1) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，23 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，13 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，43 【答案】D 【解析】因为EB ⊥Oxy 平面,而B (2,2,0),故设E (2,2,z )．又因为|EB |＝2|EB 1|,所以|BE |＝23|BB 1|＝43,故点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，43． 6．(2021年绵阳月考)在空间直角坐标系中,已知点A (－1,1,3),则点A 关于xOz 平面的对称点的坐标为( ) A ．(1,1,－3) B ．(－1,－1,－3) C ．(－1,1,－3) D ．(－1,－1,3) 【答案】D 【解析】根据空间直角坐标系的对称性可得点A (－1,1,3)关于xOz 平面的对称点的坐标为(－1,－1,3)．故选D ． 7．(多选)如图,在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝5,AD ＝4,AA 1＝3,以直线DA ,DC ,DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则( ) 立体几何中的向量方法 1.〔20XX 高考〔XX 理〕〕设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1, 2和a ,且长为a 的棱与 长为2的棱异面,则a 的取值X 围是 〔 〕 A ．(0,2) B ．(0,3) C ．(1,2) D ．(1,3) [解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴, 则22cos 4 AO PO AOP R •∴∠= =,A )0,23 ,21(),22,0,22(R R P R R 42arccos =∠∴AOP , 4 2 arccos ⋅=∴R P A 2. 〔20XX 高考〔XX 理〕〕如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 〔 〕 A ． 55B ．53C ．255D ．3 5 解析:不妨设122CA CC CB ===, 1 1(2,2,1),(0,2,1) AB C B , 111111(2)0 2(2)115 cos ,5 95AB C B AB C B AB C B ,直线1BC 与直线1AB 夹角为锐角,所以余弦值为 5 5 ,选A. 3.〔20XX 高考〔XX 理〕〕如图,在四棱锥P ABCD -中,PA 丄平面ABCD ,AC 丄AD ,AB 丄BC ,0 =45ABC ∠,==2PA AD ,=1AC . (Ⅰ)证明PC 丄AD ; (Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值; (Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为0 30,求AE 的长. P [命题意图]本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与 平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 方法一:〔1〕以,,AD AC AP 为,,x y z 正半轴方向，建立空间直角左边系A xyz - 则11 (2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22 D C B P - (0,1,2),(2,0,0)0PC AD PC AD PC AD =-=⇒=⇔⊥ 〔2〕(0,1,2),(2,1,0)PC CD =-=-，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z = 则0 202200n PC y z y z x y x z n CD ⎧=-==⎧⎧⎪⇔⇔⎨⎨⎨-===⎩⎩⎪⎩ 取1(1,2,1)z n =⇒= (2,0,0)AD =是平面PAC 的法向量 630 cos ,sin ,66 AD n AD n AD n AD n <>= = ⇒<>= 得：二面角A PC D --的正弦值为 30 6 〔3〕设[0,2]AE h =∈；则(0,0,2)AE =，11(,,),(2,1,0)22 BE h CD =-=- 2 3310 cos ,210 1020BE CD BE CD h BE CD h <>= ⇔ = ⇔=+ 即1010AE = 方法二:(1)证明,由PA ⊥平面ABCD ,可得PA AD ⊥,又由 ,AD AC PA AC A ⊥⋂=,故AD ⊥平面PAC ,又PC ⊂平面 PAC ,所以PC AD ⊥. (2)解:如图,作AH PC ⊥于点H ,连接DH ,由 第二篇 专题三 第3讲 立体几何与空间向量 1．如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ＝BD ＝AD ＝AC ＝2，△BCD 是以BD 为斜边的等腰直角三角形，P 为AB 的中点，E 为BD 的中点． (1)求证：AE ⊥平面BCD ； (2)求直线PD 与平面ACD 所成角的正弦值． 【解析】(1)证明：由题图可知，△ABD 是边长为2的等边三角形， ∵E 为BD 的中点，∴AE ⊥BD ，且AE ＝3， 如图，连接CE ， ∵△BCD 是斜边长为2的等腰直角三角形， ∴CE ＝12 BD ＝1， 在△AEC 中，AC ＝2，EC ＝1，AE ＝3， ∴AC 2＝AE 2＋EC 2，∴AE ⊥EC . ∵BD ∩EC ＝E ，BD ⊂平面BCD ，EC ⊂平面BCD ， ∴AE ⊥平面BCD . (2)方法一：取CD 的中点F ，连接AF ，EF ， ∵AC ＝AD ，∴CD ⊥AF . 由(1)可知，AE ⊥CD ， ∵AE ∩AF ＝A ，AE ⊂平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， ∴CD ⊥平面AEF ， 又CD ⊂平面ACD ，∴平面AEF ⊥平面ACD . 设PD ，AE 相交于点G ，则点G 为△ABD 的重心， ∴AG ＝DG ＝23AE ＝233 . 过点G 作GH ⊥AF 于H ，则GH ⊥平面ACD ， 连接DH ，则∠GDH 为直线PD 与平面ACD 所成的角． 易知△AGH ∽△AFE ， EF ＝12BC ＝22，AF ＝142 ， ∴GH ＝AG AF ·EF ＝233142×22 ＝22121， ∴sin ∠GDH ＝GH DG ＝77 ， 即直线PD 与平面ACD 所成角的正弦值为77 . 方法二：由(1)可知AE ⊥平面BCD ，且CE ⊥BD ， ∴可作如图所示的空间直角坐标系E －xyz ， 则A (0，0，3)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎫0，－12，32， AD →＝(0，1，－3)，CD →＝(－1，1，0)，DP →＝⎝ ⎛⎭⎫0，－32，32， 设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧ y －3z ＝0，－x ＋y ＝0， 取x ＝y ＝1，则z ＝ 33， ∴n ＝⎝⎛⎭ ⎫1，1，33为平面ACD 的一个法向量， 设PD 与平面ACD 所成的角为θ， 则sin θ＝|n ·DP →||n ||DP →| ＝77， 故直线PD 与平面ACD 所成角的正弦值为77 . 2．如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1 B 1＝1，四边形ABCD 为平行四边形，点E 为棱B C 的中点． 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CM BC 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00 CM 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1 2 PA 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1 4 EF 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）, 32ππ α 【解析】（1）取PE 的中点N ，连接AN ，DN ，CE ，如图所示： 人教版高二数学空间向量与立体几何练习（含答案） 1.空间直角坐标系中，已知(1,2,3)A -，(3,2,5)B -，则线段AB 的中点坐标为( ) A.(1,2,4)-- B.(2,0,1)- C.(2,0,2)- D.(2,0,1)- 2.若向量(1,,0)λ=a ，(2,1,2)=-b ，且a 与b 的夹角的余弦值为2 3，则实数λ等于( ). A.0 B.43 - C.0或4 3 - D.0或 43 3.已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的上底面1111A B C D 的中心为1O ，则 11AO AC ⋅的值为( ). A.-1 B.0 C.1 D.2 4.已知(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，则下列向量是平面ABC 的一个法向量的是( ) A.(1,1,1)- B.(1,1,1)- C.333,,333⎛ ⎫ - -- ⎪ ⎪⎝⎭ D.333,,333⎛⎫ - ⎪ ⎪⎝⎭ 5.如图，在三棱锥P ABC -中，ABC 为等边三角形，PAC 为等腰直角三角形， 4PA PC ==，平面PAC ⊥平面ABC ，D 为AB 的中点，则异面直线AC 与PD 所成 角的余弦值为( ) A.14 2 3 D.12 6.如图，点P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面,ABCD Q 为线段AP 的中点，3,4,2AB BC PA ===，则点P 到平面BQD 的距离为( ) A. 513 B. 1213 C. 135 D. 1312 7.（多选）已知向量(1,1,)m =-a ，(2,1,2)m =--b ，则下列结论中正确的是( ) A.若||2=a ，则2m = B.若⊥a b ，则1m =- C.不存在实数λ，使得=a b D.若1⋅=-a b ，则(1,2,2)+=---a b 8.（多选）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E 、O 分别是11A B 、11A C 的中点，P 在正方体内部且满足13124 2 3 AP AB AD AA =++，则下列说法正确的是( ) A.点A 到直线BE 5 B.点O 到平面11ABC D 2 C.平面1A BD 与平面11B CD 3 D.点P 到直线AB 的距离为 2536 9.已知(1,52) AB =-，，(3,1,)BC z =，若AB BC ⊥，(1,,3)BP x y =--，且BP ⊥平面ABC ， 则x y +=___________. 10.如图，在正四棱锥P ABCD -中，PA AB =，点M 为PA 的中点，BD BN λ=.若 MN AD ⊥，则实数λ=__________. 高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析 1.在空间直角坐标系中，已知的坐标分别为，则线段的长度为_________________ . 【答案】 【解析】利用空间两点间的距离公式可以求得 【考点】本小题主要考查空间两点间距离的计算. 点评：此类问题直接讨论公式求解即可. 2.在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离（） A．B．C．D． 【答案】B 【解析】建立如图所示的直角坐标系， 设平面的一个法向量，则，即， ，平面与平面间的距离 【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。 点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题. 3.正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小（） A．B．C．D． 【答案】A 【解析】取BC的中点O，连AO．由题意平面平面，， ∴平面，以O为原点，建立所示空间直角坐标系， 则，，，， ∴，，， 由题意平面ABD，∴为平面ABD的法向量． 设平面的法向量为， 则，∴，∴， 即．∴不妨设， 由， 得．故所求二面角的大小为．故选A。 【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。 点评：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神． （2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取 时，会算得，从而所求二面角为，但依题意只为．因为 二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”． 4.（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A 1B 1 C 1 D 1 ，求平面A 1 BC 1 与平面ABCD所成的二面 角的大小 【答案】arccos或－arccos． 【解析】解：如图建立空间直角坐标系，＝（－1，1，0），＝（0，1，－1） 设、分别是平面A 1BC 1 与平面ABCD的法向量， 由可解得＝（1，1，1）易知＝（0，0，1）， 所以，＝ 所以平面A 1BC 1 与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或－arccos． 【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。 点评：用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小． 5.（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A 1B 1 C 1 D 1 中，E、F、M分别是A 1 C 1 、A 1 D和B 1 A上 任一点，求证：平面A 1EF∥平面B 1 MC． 【答案】见解析。 空间向量练习题 1. 如下列图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2. 〔Ⅰ〕证明：平面PBE ⊥平面PAB ; 〔Ⅱ〕求平面PAD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小. 如下列图，以A 为原点，建立空间直角坐标系.那么相关各点的 坐标分别是A 〔0，0，0〕，B 〔1，0，0〕， 33(2C 13(2D P 〔0，0，2〕,3E 〔Ⅰ〕证明 因为3 BE =， 平面PAB 的一个法向量是0(0,1,0)n =， 所以0BE n 和共线.从而BE ⊥平面PAB . 又因为BE ⊂平面PBE ， 故平面PBE ⊥平面PAB . (Ⅱ)解 易知3(1,0,2),(0, 02PB BE =-=），13(0,0,2),(,,0)22 PA AD =-= 设1111(,,)n x y z =是平面PBE 的一个法向量，那么由110, n PB n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩得 111122020, 3 000.2 x y z x y z +⨯-=⎧⎪ ⎨⨯+ +⨯=⎪⎩所以11110,2.(2,0,1).y x z n ===故可取 设2222(,,)n x y z =是平面PAD 的一个法向量，那么由220,0 n PA n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩得 2222220020, 13 00.22 x y z x y z ⨯+⨯-=⎧⎪ ⎨+ +⨯=⎪⎩所以2220,3.z x y ==-故可取2(3,1,0).n =- 于是，121212 2315 cos ,52 n n n n n n <>= = =⨯ 故平面PAD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小是15 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 ．5 D ．7 3．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 ．6 B ．12 C ． D ．5．平面α的一个法向量是1(2 n =,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 ．81π 7．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 D 空间向量练习题 1. 如下图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2. 〔Ⅰ〕证明：平面PBE ⊥平面P AB ; 〔Ⅱ〕求平面P AD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小. 如下图，以A 为原点，建立空间直角坐标系.那么相关各点的 坐标分别是A 〔0，0，0〕，B 〔1，0，0〕， 33(2C 13(2D P 〔0，0，2〕,3E 〔Ⅰ〕证明 因为3 BE =， 平面P AB 的一个法向量是0(0,1,0)n =， 所以0BE n 和共线.从而BE ⊥平面P AB . 又因为BE ⊂平面PBE ， 故平面PBE ⊥平面P AB . (Ⅱ)解 易知3(1,0,2),(0, 02PB BE =-=）， 13(0,0,2),(,22 PA AD =-= 设1111(,,)n x y z =是平面PBE 的一个法向量，那么由110, n PB n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩得 111122020, 3 000.2 x y z x y z +⨯-=⎧⎪ ⎨⨯+ +⨯=⎪⎩所以11110,2.(2,0,1).y x z n ===故可取 设2222(,,)n x y z =是平面PAD 的一个法向量，那么由220,0 n PA n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩得 2222220020, 13 00.22 x y z x y z ⨯+⨯-=⎧⎪ ⎨+ +⨯=⎪⎩所以2220,3.z x ==-故可取2(3,1,0).n =- 于是，121212 2315 cos ,52 n n n n n n <>= = =⨯ 故平面PAD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小是15 【最新】数学《空间向量与立体几何》期末复习知识要点 一、选择题 1．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=12 ．则下列结论中正确的个数为 ①AC ⊥BE ； ②EF ∥平面ABCD ； ③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值； ④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等， A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 【答案】B 【解析】 试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确 考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质 2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A ．163π B ．643 C ．16643 π+ D ．1664π+ 【答案】C 【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C. 3．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ） A ．34 B ．78 C ．1516 D ．2324 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -， 该几何体的体积为1111711132228 ⎛⎫-⨯ ⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 1 •如图，在四棱锥P- ABCD中，底面ABC助正方形，平面PADL平面ABCD点 M 在线段PB ±, PD//平面MAC PA二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ACH BD=O则0为BD的中点，连接0M利用线面平行的性质证明0M/ 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PGLAD,再由面面垂直的性质可得PGL平面ABCD贝U PGLAD, 连接0G则PGLOG再证明OGLAD.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)求出门；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】⑴证明：如图，设ACH BD=O ••• ABCL正方形，二0为BD的中点，连接0M ••• PD//平面MAC PD?平面PBD 平面PBDH 平面AMC=OM ••• PD// 0M则一-一,即卩M为PB的中点； BD BP (2)解：取AD中点G, ••• PA=PD- PGL心 • ••平面PADL平面ABCD且平面PADH平面ABCD=AD ••• PG!平面ABCD 贝U PG!AD,连接OG 贝U PG1OG 由G是AD的中点，0是AC的中点，可得OG/ DC贝U OGLAD. 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 一、解答题 1．如图所示，在直三棱柱111ABC A B C 中，3AC =，4BC =，5AB =，14AA =. (1)求证：1AC BC ⊥； (2)在AB 上是否存在点D ，使得1//AC 平面1CDB ，若存在，确定D 点位置并说明理由，若不存在，说明理由． 2．如图，在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，四边形BCDE 是边长为2的菱形，4AB =，AB BC ⊥． (1)求证：AD CE ⊥； (2)若60BCD ∠=︒，求平面ABE 与平面ACD 夹角的余弦值． 3．如图，在空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，BC CD == 32AC =，延 长BC 到E ，使BC CE =，取BD 中点F ，求异面直线AF 与DE 的距离和它们所成的角． 4．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中， E 为1BB 的中点． （Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ； （Ⅰ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值． 5．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD Ⅰ底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ． （1）证明：l Ⅰ平面PDC ； （2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 6．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO = ． （1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 7．如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AD DC ⊥， //AB DC ，=2=2=2AB AD CD ，点E 是PB 的中点. (1)证明：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若直线PB 与平面PAC PAC 与平面ACE 的夹角余弦值. 8．如图，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，以D 为坐标原点，1, ,DA DC DD 分别为x 轴､y 轴､z 轴建立空间直角坐标系，过点B 作1BM AC ⊥于点M ，求点M 的坐标. 9．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC Ⅰ平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，ⅠACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.高中数学空间向量与立体几何经典题型与答案
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