人教新课标A版高二数学选修21第三章空间向量与立体几知识点习题答案 23页

空间向量与立体几何 1、空间向量的概念：  1 在空间，具有大小和方向的量称为空间向量．  2 向量可用一条有向线段来表示．有向线段的长度表示向量的大小，箭头所指 的方向表示向量的方向．  3 向量  的大小称为向量的模（或长度），记作  ．  4 模（或长度）为0 的向量称为零向量；模为1的向量称为单位向量．  5 与向量 a 长度相等且方向相反的向量称为 a 的相反向量，记作 a ．  6 方向相同且模相等的向量称为相等向量． 2、空间向量的加法和减法：  1 求两个向量和的运算称为向量的加法，它遵 循平行四边形法则．即：在空间以同一点 为 起点的两个已知向量 a 、b  为邻边作平行四边形 C  ，则以起点的对角线 C 就是 a 与b  的 和，这种求向量和的方法，称为向量加法的平行 四边形法则．  2 求两个向量差的运算称为向量的减法，它遵 循三角形法则．即：在空间任取一点  ，作 a   ， b   ，则 a b    ． 3、实数 与空间向量a 的乘积 a  是一个向量，称为向量的数乘运算．当 0  时， a  与 a 方向相同；当 0  时， a  与 a 方向相反；当 0  时， a  为零向量，记 为0 ． a  的长度是 a 的长度的  倍． 4、设  ，  为实数， a ，b  是空间任意两个向量，则数乘运算满足分配律及结 合律． 分配律：  a b a b       ；结合律：    a a    ． 5、如果表示空间的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量称为共线 向量或平行向量，并规定零向量与任何向量都共线． 6、向量共线的充要条件：对于空间任意两个向量 a ，  0b b   ， //a b  的充要条 件是存在实数 ，使 a b  ． 7、平行于同一个平面的向量称为共面向量． 8、向量共面定理：空间一点位于平面 C 内的充要条件是存在有序实数对 x ， y ，使 x y C       ；或对空间任一定点  ，有 x y C          ；或 若四点，  ， ，C 共面，则  1x y z C x y z             ． 9、已知两个非零向量 a 和b  ，在空间任取一点，作 a   ， b   ，则 称为向量 a ，b  的夹角，记作 ,a b  ．两个向量夹角的取值范围是：  , 0,a b    ． 10、对于两个非零向量 a 和b  ，若 , 2a b    ，则向量 a ，b  互相垂直，记作 a b  ． 11、已知两个非零向量 a 和b  ，则 cos ,a b a b    称为 a ，b  的数量积，记作 a b  ．即 cos ,a b a b a b        ．零向量与任何向量的数量积为0 ． 12、 a b  等于 a 的长度 a 与b  在 a 的方向上的投影 cos ,b a b   的乘积． 13、若 a ，b  为非零向量，e 为单位向量，则有 1 cos ,e a a e a a e            ；  2 0a b a b      ； 3     a b a b a b a b a b           与 同向 与 反向 ， 2a a a    ， a a a    ；  4 cos , a ba b a b      ； 5 a b a b    ． 14、向量数乘积的运算律： 1 a b b a     ； 2      a b a b a b           ；  3  a b c a c b c           ． 15、若i ， j ， k  是空间三个两两垂直的向量，则对空间任一向量 p ，存在有序 实数组 , ,x y z ，使得 p xi yj zk     ，称 xi ， yj ， zk  为向量 p 在i ， j ， k  上 的分量． 16、空间向量基本定理：若三个向量a ，b  ，c 不共面，则对空间任一向量 p ， 存在实数组 , ,x y z ，使得 p xa yb zc     ． 17、若三个向量 a ，b  ，c 不共面，则所有空间向量组成的集合是  , , ,p p xa yb zc x y z R       ．这个集合可看作是由向量 a ，b  ，c 生成的，  , ,a b c   称为空间的一个基底，a ，b  ，c 称为基向量．空间任意三个不共面的向 量都可以构成空间的一个基底． 18、设 1e  ， 2e  ， 3e  为有公共起点 的三个两两垂直的单位向量（称它们为单位 正交基底），以 1e  ， 2e  ， 3e  的公共起点为原点，分别以 1e  ， 2e  ， 3e  的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系 xyz ．则对于空间任意一个向量 p ， 一定可以把它平移，使它的起点与原点 重合，得到向量 p   ．存在有序实 数组 , ,x y z ，使得 1 2 3p xe ye ze     ．把 x ， y ， z 称作向量 p 在单位正交基底 1e  ， 2e  ， 3e  下的坐标，记作  , ,p x y z ．此时，向量 p 的坐标是点在空间直角 坐标系 xyz 中的坐标 , ,x y z ． 19、设  1 1 1, ,a x y z ，  2 2 2, ,b x y z ，则 1  1 2 1 2 1 2, ,a b x x y y z z     ．  2  1 2 1 2 1 2, ,a b x x y y z z     ．  3  1 1 1, ,a x y z    ．  4 1 2 1 2 1 2a b x x y y z z    ．  5 若 a 、b  为非零向量，则 1 2 1 2 1 20 0a b a b x x y y z z          ．  6 若 0b   ，则 1 2 1 2 1 2// , ,a b a b x x y y z z           ．  7 2 2 2 1 1 1a a a x y z       ．  8 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 cos , x x y y z za ba b a b x y z x y z             ．  9  1 1 1, ,x y z ，  2 2 2, ,x y z  ，则      2 2 2 2 1 2 1 2 1d x x y y z z         ． 20、在空间中，取一定点作为基点，那么空间中任意一点的位置可以用向量  来表示．向量 称为点的位置向量． 21、空间中任意一条直线l 的位置可以由l 上一个定点  以及一个定方向确定．点  是直线l 上一点，向量 a 表示直线l 的方向向量，则对于直线l 上的任意一点， 有 ta   ，这样点  和向量 a 不仅可以确定直线l 的位置，还可以具体表示出直 线l 上的任意一点． 22、空间中平面 的位置可以由 内的两条相交直线来确定．设这两条相交直线 相交于点，它们的方向向量分别为a ，b  ． 为平面 上任意一点，存在有序 实数对 ,x y ，使得 xa yb    ，这样点与向量 a ，b  就确定了平面 的位置． 23、直线l 垂直 ，取直线l 的方向向量a ，则向量 a 称为平面 的法向量． 24、若空间不重合两条直线 a ，b 的方向向量分别为 a ，b  ，则 // //a b a b   a b R   ， 0a b a b a b        ． 25、若直线a 的方向向量为 a ，平面 的法向量为 n ，且 a  ，则 // //a a   0a n a n        ， //a a a n a n            ． 26、若空间不重合的两个平面 ， 的法向量分别为a ，b  ，则 // //a b    a b  ， 0a b a b         ． 27、设异面直线 a ，b 的夹角为 ，方向向量为 a ，b  ，其夹角为 ，则有 cos cos a b a b        ． 28、设直线l 的方向向量为l  ，平面 的法向量为 n ，l 与 所成的角为 ，l  与 n 的夹角为 ，则有sin cos l n l n          ． 29、设 1n  ， 2n  是二面角 l   的两个面 ，  的法向量，则向量 1n  ， 2n  的夹 角（或其补角）就是二面角的平面角的大小．若二面角 l   的平面角为 ， 则 1 2 1 2 cos n n n n        ． 30、点  与点 之间的距离可以转化为两点对应向量  的模  计算． 31、在直线l 上找一点，过定点  且垂直于直线l 的向量为 n ，则定点  到直线 l 的距离为 cos , n d n n            ． 32、点是平面 外一点，  是平面 内的一定点， n 为平面 的一个法向量， 则点到平面 的距离为 cos , n d n n            ． 空间向量与立体几何练习题 1 一、选择题（每小题 5 分，共 50 分） 1.如图，在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1中，M 为AC 与BD的交点.若 11BA =a， 11DA =b， AA1 =c，则下列向量中与 MB1 相等的向量是 A.－ 2 1 a+ 2 1 b+c B. 2 1 a+ 2 1 b+c C. 2 1 a－ 2 1 b+c D.－ 2 1 a－ 2 1 b+c 2.下列等式中，使点 M 与点 A、B、C 一定共面的是 A. OCOBOAOM  23 B. OCOBOAOM 5 1 3 1 2 1  C. 0 OCOBOAOM D. 0 MCMBMA 3.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 1，点 E、F 分别是 AB、AD 的中点，则 DCEF  等于 A. 4 1 B. 4 1 C. 4 3 D. 4 3 4.若 )2,,1( a ， )1,1,2( b ，a 与b 的夹角为 060 ，则 的值为 A.17 或-1 B.-17 或 1 C.-1 D.1 5.设 )2,1,1( OA ， )8,2,3(OB ， )0,1,0(OC ，则线段 AB 的中点 P 到点C 的距 离为 A. 2 13 B. 2 53 C. 4 53 D. 4 53 6.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 ①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥 A．①② B．①③ C．①④ D．②④ 7.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 A.9π B.10π C.11π D.12π 8.如图，ABCD-A1B1C1D1 为正方体，下面结论错误．．的是 A.BD∥平面 CB1D1 B.AC1⊥BD C.AC1⊥平面 CB1D1 D.异面直线 AD 与 CB1 所成的角为 60° 9.如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角 的正弦值为 A. 6 3 B. 5 52 C. 15 5 D. 10 5 10.⊿ABC 的三个顶点分别是 )2,1,1( A ， )2,6,5( B ， )1,3,1( C ，则 AC 边上的高 BD 长为 A.5 B. 41 C.4 D. 52 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 11.设 )3,4,(xa ， ),2,3( yb ，且 ba // ，则 xy . 12.已知向量 )1,1,0( a ， )0,1,4(b ， 29 ba 且 0  ，则 =________. 13.在直角坐标系 xOy 中，设 A（-2，3），B（3，-2），沿 x 轴把直角坐标平面折 成大小为 的二面角后，这时 112AB ，则 的大小为 ． 14.如图，P—ABCD 是正四棱锥， 1 1 1 1ABCD A B C D 是正方体，其中 2, 6AB PA  ，则 1B 到平面 PAD 的距离为 . 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 2 3 2 2 三、解答题（共 80 分） 15.（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的正 方形，侧棱 PA 的长为 2，且 PA 与 AB、AD 的夹角都等于 600， M 是 PC 的中点， 设 cba  APADAB ,, ． （1）试用 cba ,, 表示出向量 BM ； （2）求 BM 的长． 16.（本小题满分 14 分）如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得 多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm）.（1）在正视图 下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；（2）按照给出的尺寸，求该 多面体的体积；（3）在所给直观图中连结 'BC ，证明： 'BC ∥面 EFG.. G E F C' B' D' C A B D M P D C B A 17.（本小题满分 12 分）如图，在四面体 ABCD 中，CB CD AD BD ， ，点 E F， 分别是 AB BD， 的中点．求证： （1）直线 //EF 面 ACD ； （2）平面 EFC  面 BCD ． 18.（本小题满分 14 分）如图，已知点 P 在正方体 '''' DCBAABCD  的对角线 'BD 上，∠PDA=60°. （1）求 DP 与 'CC 所成角的大小； （2）求 DP 与平面 DDAA '' 所成角的大小. D' C' B' A' P D C B A E D C B A P 19.（本小题满分 14 分）已知一四棱锥 P－ABCD 的三视图如下，E 是侧棱 PC 上 的动点． （1）求四棱锥 P－ABCD 的体积； （2）是否不论点 E 在何位置，都有 BD⊥AE？证明你的结论; （3）若点 E 为 PC 的中点，求二面角 D－AE－B 的大小． 20.（本小题满分 14 分）如图，已知四棱锥 P ABCD ，底面 ABCD 为菱形， PA  平面 ABCD ， 60ABC   ， E F， 分别是 BC PC， 的中点． （1）证明： AE PD ； （2）若 H 为 PD 上的动点， EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 6 2 ，求二 面角 E AF C  的余弦值． P B E C D F A 参考答案 一、选择题 1. )(2 1 111 BCBAAABMBBMB  =c+ 2 1 (－a+b)=－ 2 1 a+ 2 1 b+c，故选 A. 2. 1),,(  zyxRzyxOCzOByOAxOMCBAM 且四点共面、、、由于 MCMBMAMCMBMACBA  0由于都不正确、、选项 .)()()( 共面使所以存在 MCMBMAMCyMBxMAyx ,,,1,1  四点共面，、、、为公共点由于 CBAMM  故选 D. 3.∵ 的中点分别是 ADABFE ,, , BDEFBDEFBDEF 2 1,2 1//  且 , 4 1120cos112 1,cos2 1 2 1 0  DCBDDCBDDCBDDCEF 故选 B. 4.B 5.B 6.D 7.D 8.D 9.D 10.由于 4,cos    AC ACAB ACABABAD ，所以 5 22  ADABBD ,故选 A 二、填空题 11.9 12.3 13.作 AC⊥x 轴于 C，BD⊥x 轴于 D，则 DBCDACAB  ∵  cos6)180cos(,0,0,2,5,3 0  DBACDBACDBCDCDACDBCDAC 0002222 22222 120,1800 .2 1cos),cos600(2253)112( )(2)(    由于 ACDBDBCDCDACDBCDACDBCDACAB 14.以 11BA 为 x 轴， 11DA 为 y 轴， AA1 为 z 轴建立空间直角坐标系 设平面 PAD 的法向量是 ( , , )m x y z ， (0,2,0), (1,1,2)AD AP    ，∴ 02,0  zyxy ，取 1z 得 ( 2,0,1)m   ， 1 ( 2,0,2)B A    ，∴ 1B 到平面 PAD 的距离 1 6 55 B A m d m       . 三、解答题 15.解：（1）∵ M 是 PC 的中点，∴ )]([2 1)(2 1 ABAPADBPBCBM  cbaacb 2 1 2 1 2 1)]([2 1  （2） 2,1,2,1  cbaPAADAB由于 160cos12,0,60, 00  cbcabaPADPABADAB由于 ),(2 1 cba BM由于 2 3)]110(2211[4 1)](2[4 1)(4 1 22222222  cbcabacbacbaBM 2 6 2 6 的长为， BMBM  . 16.解：（1）如图 （2）所求多面体体积V V V 长方体 正三棱锥 1 14 4 6 2 2 23 2            2284 (cm )3  ． （3）证明：在长方体 ABCD A B C D    中， 连结 AD ，则 AD BC ∥ ． 因为 E G， 分别为 AA ， A D 中点， 所以 AD EG∥ ， 从而 EG BC∥ ．又 BC  平面 EFG ， 所以 BC∥面 EFG ． 17.证明：（1）∵E,F 分别是 AB BD， 的中点， ∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF∥AD， ∵AD 面 ACD，EF 面 ACD，∴直线 EF∥面 ACD； （2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD， ∵CB=CD，F 是ＢＤ的中点，∴CF⊥BD 又 EF∩CF=F, ∴BD⊥面 EFC， A B CDE FG A B CD ∵BD 面 BCD，∴面 EFC  面 BCD . 18.解：如图，以 D 为原点， DA 为单位长建立空间直角坐标系 D xyz ． 则 (1 0 0)DA  ，， ， (0 01)CC  ，，．连结 BD ， B D  ． 在平面 BB D D  中，延长 DP 交 B D  于 H ． 设 ( 1)( 0)DH m m m  ， ， ，由已知 60DH DA   ， ， 由 cosDA DH DA DH DA DH         ， ，可得 22 2 1m m  ． 解得 2 2m  ，所以 2 2 12 2DH        ， ， ． （1）因为 2 20 0 1 1 22 2cos 21 2 DH CC           ， ， 所以 45DH CC   ， ，即 DP 与CC 所成的角为 45 ． （2）平面 AA D D  的一个法向量是 (01 0)DC  ，， ． 因为 2 20 1 1 0 12 2cos 21 2 DH DC           ， ， 所以 60DH DC   ， ，可得 DP 与平面 AA D D  所成的角为30 ． 19.解：（1）由该四棱锥的三视图可知，该四棱锥 P－ABCD 的底面是边长为 1 的 正方形，侧棱 PC⊥底面 ABCD，且 PC=2.∴ 1 2 3 3P ABCD ABCDV S PC    (2)不论点 E 在何位置，都有 BD⊥AE 证明如下：连结 AC，∵ABCD 是正方形，∴BD⊥AC ∵PC⊥底面 ABCD 且 BD  平面 ABCD ∴BD⊥PC 又 AC PC C ∴BD⊥平面 PAC ∵不论点 E 在何位置，都有 AE 平面 PAC ∴不论点 E 在何位置，都有 BD⊥AE (3)解法 1：在平面 DAE 内过点 D 作 DG⊥AE 于 G，连结 BG ∵CD=CB,EC=EC，∴ Rt ECD ≌ Rt ECB ，∴ED=EB ∵AD=AB，∴△EDA≌△EBA，∴BG⊥EA ∴ DGB 为二面角 D－EA－B 的平面角 ∵BC⊥DE，AD∥BC，∴AD⊥DE 在 Rｔ△ADE 中 AD DEDG AE  = 2 3 =BG A B CD PA B CD x y z H 在△DGB 中，由余弦定理得 2 1 2cos 222   BGDG BDBGDGDGB ∴ DGB = 2 3  ，∴二面角 D－AE－B 的大小为 2 3  . 解法 2：以点 C 为坐标原点，CD 所在的直线为ｘ轴建立空间直角坐标系如图示： 则 (1,0,0), (1,1,0), (0,1,0), (0,0,1)D A B E ,从而 ( 1,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0, 1,1)DE DA BA BE         设平面 ADE 和平面 ABE 的法向量分别为 ( , , ), ( ', ', ')m a b c n a b c   由法向量的性质可得： 0, 0a c b    ， ' 0, ' ' 0a b c    令 1, ' 1c c   ，则 1, ' 1a b   ，∴ (1,0,1), (0, 1, 1)m n     设二面角 D－AE－B 的平面角为 ，则 1cos 2| | | | m n m n          ∴ 2 3   ，∴二面角 D－AE－B 的大小为 2 3  . 20.（1）证明：由四边形 ABCD 为菱形， 60ABC   ，可得 ABC△ 为正三角形． 因为 E 为 BC 的中点，所以 AE BC ． 又 BC AD∥ ，因此 AE AD ． 因为 PA  平面 ABCD ， AE  平面 ABCD ，所以 PA AE ． 而 PA  平面 PAD ， AD  平面 PAD 且 PA AD A ， 所以 AE  平面 PAD ．又 PD  平面 PAD ， 所以 AE PD ． （2）解：设 2AB  ， H 为 PD 上任意一点，连接 AH EH， ． 由（1）知 AE  平面 PAD ， 则 EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角． 在 Rt EAH△ 中， 3AE  ， 所以当 AH 最短时， EHA 最大， 即当 AH PD 时， EHA 最大． 此时 3 6tan 2 AEEHA AH AH     ， 因此 2AH  ．又 2AD  ，所以 45ADH   ， 所以 2PA  ． 解法一：因为 PA  平面 ABCD ， PA  平面 PAC ， 所以平面 PAC  平面 ABCD ． 过 E 作 EO AC 于O ，则 EO  平面 PAC ， 过O 作OS AF 于 S ，连接 ES ，则 ESO 为二面角 E AF C  的平面角， 在 Rt AOE△ 中， 3sin30 2EO AE  ， 3cos30 2AO AE  ， 又 F 是 PC 的中点，在 Rt ASO△ 中， 3 2sin 45 4SO AO  ， 又 2 2 3 9 30 4 8 4SE EO SO     ，在 Rt ESO△ 中， 3 2 154cos 530 4 SOESO SE     ， 即所求二面角的余弦值为 15 5 ． 解法二：由（1）知 AE AD AP， ， 两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如图所示的 空间直角坐标系，又 E F， 分别为 BC PC， 的中点，所以 (0 0 0) ( 3 1 0) ( 31 0) (0 2 0)A B C D，，， ， ，， ，，， ，， ， 3 1(0 0 2) ( 3 0 0) 12 2P E F       ，，， ，，， ，， ， 所以 3 1( 3 0 0) 12 2AE AF         ，，， ，， ． 设平面 AEF 的一法向量为 1 1 1( )x y z ， ，m ， 则 0 0 AE AF        ， ， m m 因此 1 1 1 1 3 0 3 1 02 2 x x y z      ， ． 取 1 1z   ，则 (0 2 1) ，，m ， 因为 BD AC ， BD PA ， PA AC A ，所以 BD  平面 AFC ， 故 BD  为平面 AFC 的一法向量． 又 ( 3 3 0)BD   ，， ，所以 2 3 15cos 55 12 BDBD BD          ， mm m ． 因为二面角 E AF C  为锐角，所以所求二面角的余弦值为 15 5 ． P B E C D F A y z x 空间向量与立体几何 2 一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 1．下列各组向量中不平行的是（ ） A． )4,4,2(),2,2,1(  ba  B． )0,0,3(),0,0,1(  dc  C． )0,0,0(),0,3,2(  fe  D． )40,24,16(),5,3,2(  hg  2．已知点 ( 3,1, 4)A   ，则点 A 关于 x 轴对称的点的坐标为（ ） A． )4,1,3(  B． )4,1,3(  C． )4,1,3( D． )4,1,3(  3．若向量 )2,1,2(),2,,1(  ba   ，且 a 与b  的夹角余弦为 9 8 ，则 等于（ ） A． 2 B． 2 C． 2 或 55 2 D． 2 或 55 2 4．若 A )1,2,1(  ，B )3,2,4( ，C )4,1,6(  ，则△ABC 的形状是（ ） A．不等边锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三 角形 5．若 A )12,5,(  xxx ，B )2,2,1( xx  ，当 BA  取最小值时， x 的值等于（ ） A．19 B． 7 8 C． 7 8 D． 14 19 6．空间四边形 OABC 中，OB OC ， 3AOB AOC     ，则 cos < ,OA BC   >的 值是（ ） A． 2 1 B． 2 2 C．－ 2 1 D．0 7．设 nm、 表示直线， 、 表示平面，则下列命题中不正确．．．的是（ ）． A．   m,m ，则 //  B．m// n,   ，则 m//n C． m , //m , 则   D． n//m , m , 则 n 8．在棱长均为 2 的正四面体 BCDA  中，若以三角形 ABC 为 视角正面的三视图中，其左视图的面积是（ ）． A． 3 B． 3 62 C． 2 D． 22 9、如图，将无盖正方体纸盒展开，直线 AB,CD A B C D D C A B 在原正方体中的位置关系是（ ） A．平行 B．相交且垂直 C． 异面 D．相交成 60° 10、点 P 在平面 ABC 外，若 PA=PB=PC，则点 P 在平面 ABC 上的射影 是△ABC 的 （ ） A．外心 B.重心 C.内心 D.垂心 11、如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为 45°，腰和上底均 为１的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ） （A）2 2 （B）1 2 2  （C）2 2 2  （D）1 2 12、已知 PD⊥矩形 ABCD 所在的平面，图中相互垂直的 平面 有（ ） （A）2 对 （B）3 对 （C）4 对 （D）5 对 二、填空题（每小题 4 分，共 24 分） 13．若向量 )2,3,6(),4,2,4(  ba  ，则(2 3 ) ( 2 )a b a b     __________________。 14 ． 若 向 量 ,94,2 kjibkjia   ， 则 这 两 个 向 量 的 位 置 关 系 是 ___________。 15．已知向量 ),2,4(),3,1,2( xba   ，若 a  b  ，则 x ______；若 //a b  则 x ______。 16 ． 已 知 向 量 ,3,5 krjibkjima   若 //a b  则 实 数 m ______ ， r _______。 17 ． 若 ( 3 )a b  )57( ba   ， 且 ( 4 )a b  )57( ba   ， 则 a 与 b  的 夹 角 为 ____________。 18 ． 已 知 空 间 四 边 形 OABC ， 点 ,M N 分 别 为 ,OA BC 的 中 点 ， 且 cCObBOaAO   ,, ，用 a ，b  ，c 表示 NM  ，则 NM  =_______________。 三、解答题（每小题 12 分，共 36 分） P A B CD 19（08 海南宁夏卷理 18）如图，已知点 P 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 的 对角线 BD1 上，∠PDA=60°. （1）求 DP 与 CC1 所成角的大小； （2）求 DP 与平面 AA1D1D 所成角的大小. 20.(08 陕西卷理 20）三棱锥被平行于底面 ABC 的平面所截得的几何体如图所 示，截面为 1 1 1A B C ， 90BAC   ， 1A A  平面 ABC ， 1 3A A  ， 2AB  ， 2AC  ， 1 1 1AC  ， 1 2 BD DC  ． （Ⅰ）证明：平面 1A AD  平面 1 1BCC B ； （Ⅱ）求二面角 1A CC B  的大小．（只求余弦值的大小） A1 A C1 B1 B D C A B CD PA B CD x y z H 21．如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 1AEC F 所截面而得到 的，其中 14, 2, 3, 1AB BC CC BE    . （Ⅰ）求 BF 的长； （Ⅱ）求点C 到平面 1AEC F 的距离. 答案 一、选择题 1．D 2 // ; 3 // ;b a a b d c d c             而零向量与任何向量都平行 2．A 关于某轴对称，则某坐标不变，其余全部改变 3．C 2 6 8 2cos , , 2,9 553 5 a ba b a b                或 4．A (3,4,2), (5,1,3), (2, 3,1)AB AC BC      ， 0AB AC    ，得 A 为锐角； 0CA CB    ，得C 为锐角； 0BA BC    ，得 B 为锐角；所以为锐角三角形 5．C 2 2 2(1 ,2 3, 3 3), (1 ) (2 3) ( 3 3)AB x x x AB x x x             214 32 19x x   ，当 8 7x  时， BA  取最小值 6．D cos cos( ) 3 3cos , 0 OA OC OA OBOA BC OA OC OBOA BC OA BC OA BC OA BC                       7.B 8.C 9.D 10.A 11.A 12.D 二、填空题 13． 212 2 3 ( 10,13, 14)a b    ， 2 (16, 4,0)a b   14．垂直 (2, 1,1), (4,9,1), 0a b a b a b            15 ． 10 , 63  若 a  b  ， 则 108 2 3 0, 3x x     ； 若 //a b  ， 则 2:( 4) ( 1) : 2 3: , 6x x      16． 115, 5  5 1 1( ,5, 1), (3,1, ), , 15,3 1 5 ma m b r m rr          17．0 2 2 2 2 2 2 7 16 15 0,7 33 20 0, 49 35 ,49 35a a b b a a b b a b b a a b                        得 2 2 35 35 35 3549, ,cos , 149 49 49 ba ba ba b b a b b a b a b a                      18． 1 ( )2 b c a    1 1( )2 2MN ON OM b c a          三、解答题 19（08 海南宁夏卷理 18）如图，已知点 P 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 的 对角线 BD1 上，∠PDA=60°. （1）求 DP 与 CC1 所成角的大小； （2）求 DP 与平面 AA1D1D 所成角的大小. 解：如图，以 D 为原点， DA 为单位长建立空间直角坐标系 D xyz ． 则 (1 0 0)DA  ，， ， (0 01)CC  ，，．连结 BD ， B D  ． 在平面 BB D D  中，延长 DP 交 B D  于 H ． 设 ( 1)( 0)DH m m m  ， ， ，由已知 60DH DA   ， ， 由 cosDA DH DA DH DA DH         ， 可得 22 2 1m m  ．解得 2 2m  ， 所以 2 2 12 2DH        ， ， ．（Ⅰ）因为 2 20 0 1 1 22 2cos 21 2 DH CC           ， ， 所以 45DH CC   ， ．即 DP 与CC 所成的角为45 ． （Ⅱ）平面 AA D D  的一个法向量是 (01 0)DC  ，， ． 因为 2 20 1 1 0 12 2cos 21 2 DH DC           ， ， 所以 60DH DC   ， ． 可得 DP 与平面 AA D D  所成的角为30 ． 20.(08 陕西卷理 20）三棱锥被平行于底面 ABC 的平面所截得的几何体如图所 示，截面为 1 1 1A B C ， 90BAC   ， 1A A  平面 ABC ， 1 3A A  ， 2AB  ， 2AC  ， 1 1 1AC  ， 1 2 BD DC  ． （Ⅰ）证明：平面 1A AD  平面 1 1BCC B ； （Ⅱ）求二面角 1A CC B  的大小． 解：解法一：（Ⅰ） 1A A  平面 ABC BC ， 平面 ABC ，  1A A BC ．在 Rt ABC△ 中， 2 2 6AB AC BC   ， ， ， A B CD PA B CD x y z H A1 A C1 B1 B D C : 1: 2BD DC  ， 6 3BD  ，又 3 3 BD AB AB BC   ， DBA ABC△ ∽△ ， 90ADB BAC     ，即 AD BC ． 又 1A A AD A ， BC 平面 1A AD ， BC  平面 1 1BCC B ，平面 1A AD  平面 1 1BCC B ． （Ⅱ）如图，作 1AE C C 交 1C C 于 E 点，连接 BE ， 由已知得 AB  平面 1 1ACC A ． AE 是 BE 在面 1 1ACC A 内的射影． 由三垂线定理知 1BE CC ， AEB 为二面角 1A CC B  的平面角． 过 1C 作 1C F AC 交 AC 于 F 点，则 1CF AC AF   ，1 1 3CF AA  ， 1 60C CF   ． 在 Rt AEC△ 中， 3sin 60 2 32AE AC    ． 在 Rt BAE△ 中， 2 6tan 33 ABAEB AE    ． 6arctan 3AEB  ， 即二面角 1A CC B  为 6arctan 3 ． 解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系， 则 1 1(0 0 0) ( 2 0 0) (0 2 0) (0 0 3) (01 3)A B C A C，，， ，，， ，，， ，， ， ，， ， : 1: 2BD DC  ， 1 3BD BC   ． D 点坐标为 2 2 2 03 3       ，， ．  2 2 2 03 3AD        ，， ， 1( 2 2 0) (0 0 3)BC AA   ，，， ，， ． 1 0BC AA     ， 0BC AD    ， 1BC AA  ， BC AD ，又 1A A AD A ， BC 平面 1A AD ，又 BC 平面 1 1BCC B ，平面 1A AD  平面 1 1BCC B ． （Ⅱ） BA  平面 1 1ACC A ，取 ( 2 0 0)AB  ，，m 为平面 1 1ACC A 的法向量， 设平面 1 1BCC B 的法向量为 ( )l m n ， ，n ，则 10 0BC CC    ，n n ． A1 A C1 B1 B D CF E （第 19 题，解法一） A1 A C1 B1 B D C z y x （第 19 题，解法二） 2 2 0 3 0 l m m n       ， ， 32 3l m n m  ， ， 如图，可取 1m  ，则 321 3       ，，n ， 2 2 2 2 2 2 32 2 0 1 0 153cos 53( 2) 0 0 ( 2) 1 3                   ，m n ， 即二面角 1A CC B  为 15arccos 5 ． 21．如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 1AEC F 所截面而得到 的，其中 14, 2, 3, 1AB BC CC BE    . （Ⅰ）求 BF 的长； （Ⅱ）求点C 到平面 1AEC F 的距离. 解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,0)D ， (2,4,0)B 1(2,0,0), (0,4,0), (2,4,1), (0,4,3)A C E C 设 (0,0, )F z . ∵ 1AEC F 为平行四边形， .62,62|| ).2,4,2( ).2,0,0(.2 ),2,0,2(),0,2(, , 1 1 的长为即于是 得由 为平行四边形由 BFBF EF Fz zECAF FAEC      （II）设 1n 为平面 1AEC F 的法向量， )1,,(, 11 yxnADFn 故可设不垂直于平面显然           0202 0140 ,0 ,0 1 1 yx yx AFn AEn 得由            .4 1 ,1 ,022 ,014 y x x y即 111 ),3,0,0( nCCCC 与设又  的夹角为 ，则 .33 334 116 113 3 |||| cos 11 11      nCC nCC ∴C 到平面 1AEC F 的距离为 .11 334 33 3343cos|| 1  CCd