高考数学 考前三个月 必考题型过关练 第29练 空间向量解决立体几何问题两妙招“选基底”与“建系” 理

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课时巩固过关练十四用空间向量的方法解立体几何问题（25分钟50分）一、选择题(每小题5分，共15分)1。

(2016·兰州一模)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是( ）A。

相交 B.平行C.垂直D.不能确定【解析】选B.因为正方体的棱长为a，A1M=AN=,所以=，=，所以=++=++=(+)++(+）=+，又是平面B1BCC1的一个法向量，且·=·=0,所以⊥，又MN⊄平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1。

2。

(2016·银川二模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1,BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.【解析】选D.以D为坐标原点，DA,DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），C(0，1，0）,M，N,所以=，=，故cos〈，〉===.3.(2016·洛阳二模）在三棱柱ABC—A1B1C1中,底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD与平面AA1C1C所成的角为α,则sinα的值是（)A。

新数学高考《空间向量与立体几何》复习资料(1)一、选择题1．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.2．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（ ） A ．若m ∥β，则m ∥l B ．若m ∥l ，则m ∥β C ．若m ⊥β，则m ⊥l D ．若m ⊥l ，则m ⊥β【答案】D 【解析】 【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断. 【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面； 故选：D. 【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.3．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng ，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A ．3B ．5C ．6D ．12【答案】B 【解析】 【分析】首先由三视图还原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积. 【详解】由三视图换元为如图所示的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，两侧是相同的三棱锥，并且三棱锥的体积113113⨯⨯⨯=， 中间棱柱的体积131232V =⨯⨯⨯= , 所以该刍甍的体积是1235⨯+=. 故选：B 【点睛】本题考查组合体的体积，重点考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.4．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．24C ．22D ．32【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为： 1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.5．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A ．若//a α，//b α，则//a bB ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥C ．若a α⊥，a b ⊥r r，则//b αD ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误． 故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．238 B ．823+C ．283D ．10【答案】A 【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+2328323V=⨯⨯⨯⨯=+,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.7．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE-，该几何体的体积为11117 11132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭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.8．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A．169πB．89πC．1627πD．827π【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得323r x-=，332x r∴=-，∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r rπ=-<<，则33333163331616442()(3)()9442939r r rV r r r rπππ++-=-=g g g g…．当且仅当33342r r=-，即43r=时等号成立．∴圆柱的最大体积为169π，故选：A．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B．33C ．223D ．63【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u ur r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin 3θθ=-= 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.11．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.12．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ） A ．αβγ>> B ．γβα>> C ．βαγ>> D ．不确定【答案】A 【解析】 【分析】D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO POAPB PD a α==∠，同理可得：sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>.故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.13．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为 A ．1∶2 B ．1∶3 C ．1∶5 D ．3∶2【答案】C 【解析】 【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案 【详解】设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝r ．∴S 侧＝πrl ＝πr 2，S 底＝πr 故选C ． 【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．14．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π【答案】C 【解析】 【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP==，由于PA⊥平面ABC，故点O为三棱锥P ABC-的外接球的球心，OA为外接球半径，求解即可.【详解】在ABCV中，23AB AC==，23BACπ∠=，可得6ACBπ∠=，则ABCV的外接圆的半径2323π2sin2sin6ABrACB===，取ABCV的外接圆的圆心G，过G作//GO AP，且122GO AP==，因为PA⊥平面ABC，所以点O为三棱锥P ABC-的外接球的球心，则222OA OG AG=+，即外接球半径()222234R=+=，则三棱锥P ABC-的外接球的表面积为24π4π1664πR=⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题. 15．如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，M， N分别为棱111,C D CC的中点，以下四个结论：①直线DM与1CC是相交直线；②直线AM与NB是平行直线；③直线BN与1MB 是异面直线；④直线AM与1DD是异面直线．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】【分析】根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确；④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确；故选C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.16．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.17．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.18．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.19．如图所示，在平行六面体ABCD A B C D ''''-中1AB =，2AD =，3AA '=，90BCD ∠=︒，60BAA DAA ''∠=∠=︒，则AC '的长为（ ）A 13B 23C 33D 43【答案】B【解析】【分析】 由向量AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r 得：()()22AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r ，展开化简，再利用向量的数量积，便可得出答案.【详解】 AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r Q ，()()()()()222222()AC AB BC CC AB BC CC AB BC AB CC BC CC '''''∴=++=+++⋅+⋅+⋅u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r uu u r u u u u r u u u r u u u u r ()222291232(013cos6023cos60)142232AC ︒︒'∴=+++⨯+⨯+⨯=+⨯=u u u u r . 23AC '∴=u u u u r ，即AC '23故选：B.【点睛】 本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，掌握向量法求线段长的方法是解题关键，属于中档题目.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。

用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(1)线面平行：l∥α? a⊥u? a·u＝0? a1a3＋b1b3＋c1c3＝0(2)线面垂直：l⊥α? a∥u? a＝k u? a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3(3)面面平行：α∥β? u∥v?u＝kv? a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β? u⊥v?u·v＝0? a3a4＋b3b4＋c3c4＝0例1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P- A BCD 中，PA⊥底面ABCD，E，F 分别是PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.[证明] 以A 为原点，AB，AD，AP 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，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D (0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E 1 1 ，1，22 ，1F 0，1，2 ，EF＝－1，0，0 ，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，2DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)．(1)因为EF＝－12AB，所以EF∥AB，即EF∥AB.又AB? 平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PA B.(2)因为AP·DC＝(0,0,1) (1·,0,0)＝0，AD·DC＝(0,2,0) (1·,0,0)＝0，所以AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP? 平面PAD，AD? 平面PAD，所以DC⊥平面PAD .因为DC? 平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直.例2、在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E 在线段BB1 上，且EB1＝1，D，F，G 分别为CC1，C1B1，C1A1 的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明：(1)以B 为坐标原点，BA、BC、BB1 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0,0,0)，D (0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A( a,0,0)，所以BA＝( a,0,0)，BD＝(0,2,2)，B D＝(0,2，－2)，1B D·BA＝0，B1D·BD＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.1又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G a2，1，4 ，F(0,1,4)，则EG＝a2，1，1 ，EF＝(0,1,1)，B D·EG＝0＋2－2＝0，B1D·EF＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.1又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.利用空间向量求空间角基础知识(1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a，b 的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为|a·b|θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a||b|.(2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝|n·a| |n||a|.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，|n1·n2| 若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1||n2|；|n1·n2| 若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1||n2|.例1、如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC 中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点 D 是BC 的中点．(1)求异面直线A1B 与C1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC1 与平面ABA1 所成二面角的正弦值．[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0，0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4)．因为cos〈A B，C1D〉＝1A B·C D11＝| A1B||C1D|18 3 10＝，1020×18所以异面直线A1B 与C1D 所成角的余弦值为310 10 .(2)设平面ADC1 的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1,1,0)，A C＝1(0,2,4)，所以n1·AD＝0，n1·AC＝0，即x＋y＝0 且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所1以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1 的一个法向量．取平面ABA1 的一个法向量为n2＝(0,1,0)．设平面ADC1 与平面ABA1 所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝n1·n2|n1||n2|＝2 2＝，得sin θ＝39× 153 .因此，平面ADC1 与平面ABA1 所成二面角的正弦值为5 3 .例2、如图，三棱柱ABC-A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值．[解] (1)证明：取AB 的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B 为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C? 平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA的方向为x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(－1,0,0)．则BC＝(1,0，3)，BB＝AA1＝(－1，3，0)，A1C＝(0，－3，3)．1设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C 的法向量，则n·BC＝0，n·BB＝0.1即x＋3z＝0，－x＋3y＝0.可取n＝( 3，1，－1)．故n，A C＝1n·A C1＝－|n|| A C|1105 .所以A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值为10 5 .(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角应注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求．例3、如图，在四棱锥S-ABCD 中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E 是线段AD 上一点，AE＝ED＝3，SE⊥AD.(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；(2)若SE＝1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值．解：(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE? 平面SAD，SE⊥AD，∴SE⊥平面ABCD. ∵BE? 平面ABCD，∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝3，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°. ∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE. 又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC. ∵BE? 平面SBE，∴平面SBE⊥平面SEC.(2)由(1)知，直线ES，EB，EC 两两垂直．如图，以 E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，ES 为z 轴，建立空间直角坐标系．则E(0,0,0)，C(0,2 3，0)，S(0,0,1)，B(2,0,0)，所以CE＝(0，－2 3，0)，CB＝(2，－2 3，0)，CS＝(0，－2 3，1)．设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CB＝0，n·CS＝0.即2x－2 3y＝0，－2 3y＋z＝0.令y＝1，得x＝3，z＝2 3，则平面SBC的一个法向量为n＝( 3，1,2 3)．n·CE 1 设直线CE 与平面SBC所成角的大小为θ，则sinθ＝| |＝4，|n| |·CE|故直线CE 与平面SBC所成角的正弦值为1 4.例4、如图是多面体ABC-A1B1C1 和它的三视图．(1)线段CC1 上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C 与平面A1CA 夹角的余弦值．解：(1)由题意知AA1，AB，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(－2,0,0)，C(0，－2,0)，C1(－1，－1,2)，则C C＝(－1,1,2)，1A C＝(－1，－1,0)，11A C＝(0，－2，－2)．设E( x，y，z)，则CE＝(x，y＋2，z)，1EC＝(－1－x，－1－y,2－z)．设CE＝λEC1(λ>0)，1则x＝－λ－λ，xy＋2＝－λ－λ，yz＝2λ－λ，z则E－2－λ－λ2λ，，，1＋λ1＋λ1＋λBE＝2＋λ－2－λ2λ，，1＋λ. 1＋λ1＋λ由BE·A C＝0，11BE·A C＝0，1得2＋λ2＋λ－＋＝0，1＋λ1＋λ－2－λ2λ＋＝0，1＋λ1＋λ解得λ＝2，所以线段CC1 上存在一点E，CE＝2 EC，使BE⊥平面A1CC1.1(2)设平面C1A1C 的法向量为m＝(x，y，z)，则由m·A C＝0，11m·A C＝0，1得－x－y＝0，－2y－2z＝0，取x＝1，则y＝－1，z＝1.故m＝(1，－1,1)，而平面A1CA 的一个法向量为n＝(1,0,0)，m·n则cos〈m，n〉＝＝|m||n| 1＝33，故平面C1A1C 与平面A1CA 夹角的余弦值为333 .利用空间向量解决探索性问题例1、如图1，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B PBC的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)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(0，2 3，0)，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D F·n＝0，DE·n＝0，即x＋3y＝0，3y＋z＝0，取n＝(3，－3，3)，DA·ncos〈DA，n〉＝＝| DA||n| 217，所以二面角E-DF -C 的余弦值为217 .2 3(3)存在．设P( s，t,0)，有AP＝(s，t，－2)，则AP·DE＝3t－2＝0，∴t＝3 ，又BP＝(s－2，t,0)，PC＝(－s,2 3－t,0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(2 3－t)＝－st，2 3 4∴3s＋t＝2 3. 把t＝3，∴BP＝3 代入上式得s＝13BC，∴在线段BC 上存在点P，使AP⊥DE. 此时，BPBC＝15.1 空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2 解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.例2、.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B 1C1 中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.(1)若 D 为AA1 中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；(2)在AA1 上是否存在一点D，使得二面角B1-CD -C1 的大小为60°？解：(1)证明：如图所示，以点 C 为原点，CA，CB，CC1 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系．则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即C B＝(0,2,0)，11DC＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．1由C B·CD＝(0,2,0) (1·,0,1)＝0＋0＋0＝0，得C1B1⊥CD，即C1B1⊥CD.11由D C·CD＝(－1,0,1) (1·,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC⊥CD，即DC1⊥CD.1又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD? 平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)存在．当AD＝22 AA1时，二面角B1-CD-C1 的大小为60°.理由如下：设AD＝a，则D 点坐标为(1,0，a)，CD＝(1,0，a)，CB＝(0,2,2)，1设平面B1CD 的法向量为m＝(x，y，z)，则m·CB＝01m·CD＝0?2y＋2z＝0，x＋az＝0，令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．|m·CB|又∵CB＝(0,2,0)为平面C1CD 的一个法向量，则cos 60＝°＝|m| |·CB|1 1＝2，2＋2a解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2＝22 AA1.∴在AA1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例1、如图，四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，π∠ACB＝∠ACD＝3，F 为PC 的中点，AF⊥PB.(1)求PA 的长；(2)求二面角B-AF-D 的正弦值．(1)学审题——审条件之审视图形由条件知AC⊥BD―建―系→DB，AC 分别为x，y 轴―→写出A，B，C，D 坐标―P―A―⊥―面―A―B―C―D→设P 坐标P―F＝―→CF可得F 坐标A―F⊥―→PB AF·PB＝0―→得P 坐标并求PA 长．向量n1，n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量(2)学审题由(1)―→AD，AF，AB的坐标―――――――――――――――――――→n1·AD＝0 且n1·AF＝0―→求得n1·n2―→求得夹角余弦．[解] (1)如图，连接BD 交AC 于O，因为BC＝CD，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD，故AC⊥BD.以O 为坐标原点，OB，OC，AP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O-xyz，则OC＝CDcos π＝1.而AC＝4，得AO 3π＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin ＝3，故A(0，－3,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)．3z z 因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F 为PC边中点，知F 0，－1，2 ，2 .又AF＝0，2，2zPB＝( 3，3，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝0，即6－2＝0，z＝2 3(舍去－2 3)，所以|PA|＝2 3.(2)由(1)知AD＝(－3，3,0)，AB＝( 3，3,0)，AF＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1·AD＝0，n1·AF＝0，得－3x1＋3y1＝0，2y1＋3z1＝0，因此可取n1＝(3，3，－2)．由n2·AB＝0，n2·AF＝0，得3x2＋3y2＝0，2y2＋3z2＝0，故可取n2＝(3，－3，2)．从而法向量n1，n2 的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2 1 |n1| |·n2|＝8.故二面角B-AF-D 的正弦值为37 8 .建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系本题利用AC⊥BD ，若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝2.BE 与平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E- B C- A的余弦值．解：证明：(1)易知△ABC，△ACD 都是边长为 2 的等边三角形，取AC 的中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC. ∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC. 作EF⊥平面ABC，则EF∥DO. 根据题意，点 F 落在BO 上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE∥OF.∵DE ?平面ABC，OF? 平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，可求得平面ABC 的一个法向量为n1＝(0,0,1)．可得C(－1,0,0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3)，则CB＝(1，3，0)，BE＝(0，－1，3)．设平面BCE 的法向量为n2＝(x，y，z)，则可得n2·CB＝0，n2·BE＝0，即(x，y，z) ·(1，3，0)＝0，(x，y，z) ·(0，－1，3)＝0，可取n2＝(－3，3，1)．n1·n1故cos〈n1，n2〉＝|n1| |·n2|＝1313 . 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E- B C- A的余弦值为1313 .专题训练6.如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1 中，上、下两个底面A1B1C1D1 和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB∥A1B1，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1 与DD1 所成角的余弦值；(2)已知F 是AD 的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1.解：以D 为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)∵AB1＝(－a，a，a)，DD1＝(0,0，a)，∴cos〈AB1，DD1〉＝| AB·DD11＝AB| |·DD|1133 ，所以异面直线AB1 与DD1 所成角的余弦值为3 3 .(2)证明：∵BB1＝(－a，－a，a)，BC＝(－2a,0,0)，FB1＝(0，a，a)，∴F B·BB1＝0，1FB·BC＝0.1∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1 中，AA1C1C 是边长为4 的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1-BC1-B1 的余弦值；(3)证明：在线段BC1 上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1 的值．解：(1)证明：因为四边形AA1C1C 为正方形，所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1 垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A B＝(0,3，－4)，A1C1＝(4,0,0)．设平面A1BC1 的法向量为n＝(x，y，z)，1则n·A B＝0，1n·A C＝0.11即3y－4z＝0，4x＝0.令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)．同理可得，平面B1BC1 的一个法向量为m＝(3,4,0)．所以cos〈n，m〉＝n·m16＝25. |n||m|由题知二面角 A 1-BC 1-B 1 为锐角，所以二面角 A 1-BC 1-B 1 的余弦值为 167. (3)证明：设 D(x ，y ，z)是直线 BC 1 上一点，且 BD ＝λBC .1所以 (x ，y －3，z)＝λ(4，－ 3,4)．解得 x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.9所以 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD ·25.A B ＝0，即 9－25λ＝0，解得 λ＝1因为 9∈[0,1]，所以在线段B C 1 上存在点 D ，使得 AD ⊥A 1B.25此时， BD ＝λ＝ BC 19 25. 3．如图 (1)，四边形A BCD 中，E 是 BC 的中点， DB ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线 BD 折起，使得二面角 A-BD-C 为 60°，如图 (2)．(1)求证： AE ⊥平面 BDC ；(2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值．解： (1)证明：取B D 的中点 F ，连接E F ，AF ，则A F ＝1，EF ＝ 1，∠ AFE ＝60°. 2由余弦定理知 AE ＝ 12＋ 12＋ 122－2×1×12cos 60 ＝°3 2 .∵AE2＋EF 2＝AF 2，∴ AE ⊥EF.2 2 2∵AB ＝AD ，F 为 BD 中点．∴ BD ⊥AF. 又 BD ＝2，DC ＝1，BC ＝ 5，∴BD ＋DC ＝BC ，即 BD ⊥CD.又 E 为 BC 中点， EF ∥CD ，∴ BD ⊥EF .又 EF ∩AF ＝F ， ∴BD ⊥平面 AEF.又 BD ⊥AE ，∵BD ∩EF ＝F ，∴ AE ⊥平面 BDC. (2)以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 0，0， 3 2，1 C －1， ，0 ，B 1，－2 1 2，0 ，D －1，－11，0 ，DB＝(2,0,0)，DA＝1，，2 23212，AC＝－1，，－32 .设平面ABD 的法向量为n＝(x，y，z)，由n·DB＝0n·DA＝0 得2x＝0，1x＋2y＋32 z＝0，取z＝3，则y＝－3，又∵n＝(0，－3，3)．∴cos〈n，AC〉＝n·AC＝－|n||AC|64 .故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为10 4 .4．如图所示，在矩形ABCD 中，AB＝3 5，AD＝6，BD 是对角线，过点 A 作AE⊥BD，垂足为O，交CD 于E，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点 D 到点P 的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角E- A P- B的余弦值．解：(1)证明：由已知得AB＝3 5，AD＝6，∴BD＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE⊥BD，∴Rt△AOD∽Rt△BAD，∴D OA D＝A DBD，∴DO＝4，∴BO＝5.在△POB 中，PB＝41，PO＝4，BO＝5，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥OB.又PO⊥AE，AE∩OB＝O，∴PO⊥平面ABCE.2－OB2＝2 5. (2)∵BO＝5，∴AO＝AB以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，A(2 5，0,0)，B(0,5,0)，PA＝(2 5，0，－4)，PB＝(0,5，－4)．n1·PA＝0，设n1＝(x，y，z)为平面APB 的法向量．则n1·PB＝0，即25x－4z＝0，5y－4z＝0.取x＝2 5得n1＝(2 5，4,5)．又n2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2＝|n1| |·n2|4＝61×14 61，61故二面角E-AP-B 的余弦值为461 61 .8.如图，在四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱P A＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD 为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值；(2)求 B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q，使得二面角Q- A C- D的余弦值为63 ？若存在，求出P QQD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD 中，PA＝PD，O 为AD 中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO? 平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又在直角梯形ABCD 中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O 为坐标原点，OC，OD，OP 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，∴OA＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量，cos〈PB，OA〉＝PB·OA＝| PB||OA|33 . ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63 .(2) PD＝(0,1，－1)，CP＝(－1,0,1)．设平面PDC 的一个法向量为u＝(x，y，z)，则u·CP＝－x＋z＝0，u·PD＝y－z＝0，|BP·u||u|取z＝1，得u＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离为d＝＝33 .(3)假设存在一点Q，则设PQ＝λPD(0<λ<1)．∵PD＝(0,1，－1)，∴PQ＝(0，λ，－λ)＝OQ－OP，∴OQ＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的一个法向量为m＝(x，y，z)，又AC＝(1,1,0)，AQ＝(0，λ＋1,1－λ)，则m·AC＝x＋y＝0，m·AQ＝λ＋1 y＋1－λz＝0.取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面CAD 的一个法向量为n＝(0,0,1)，二面角Q- A C-D 的余弦值为6 ，3|m·n| 所以|cos〈m，n〉|＝|m||n|＝6 123 ，得3λ－10λ＋3＝0，解得λ＝3或λ＝3(舍)，所以存在点Q，且P Q 1 QD＝2.6．如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB 垂直于AD 和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M 是棱SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求平面SCD 与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．解：(1)以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C (2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M (0,1,1)．所以AM＝(0,1,1)，SD＝(1,0，－2)，CD＝(－1，－2,0)．设平面SCD的法向量是n＝(x，y，z)，SD·n＝0，则CD·n＝0，即x－2z＝0，－x－2y＝0.令z＝1，则x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1,1)．∵AM·n＝0，∴AM⊥n.又AM ?平面SCD，∴AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB所成的二面角为φ，则|cosφ|＝n1·n|n1| |·n|＝1，0，0 ·2，－1，11·6＝21·6＝6，即cosφ＝363 .∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为6 3 .(3)设N( x,2x－2,0)(x∈[1,2])，则M N＝( x,2x－3，－1)．又平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)，∴sinθ＝x，2x－3，－1 ·1，0，02＋2x－3 2＋－1 2·1 ＝xx2－12x＋10 ＝5x11 15－12·＋10·2x x＝10 1x12－121x＝＋5 1011 3－x 52＋75.当1＝x3 5，即x＝时，(sin θ)max＝5 3357 .7、如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB＝∠DAB＝90°，AF＝AB＝BC＝2，AD＝1，FA⊥CD.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点 C 的直线l与直线D F 平行；(2)求二面角F-CD-A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE∥AF，BC∥AD，BE∩BC＝B，AD∩AF＝A，∴平面BCE∥平面ADF . 设平面DFC∩平面BCE＝l，则l过点C.∵平面BCE∥平面ADF，平面DFC∩平面BCE＝l，平面DFC∩平面ADF＝DF.∴DF∥l，即在平面BCE 上一定存在过点 C 的直线l，使得DF∥l.(2)∵FA⊥AB，FA⊥CD，AB 与CD 相交，∴FA⊥平面ABCD.故以A 为原点，AD，AB，AF 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D(1,0,0)，C(2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF＝(－1,0,2)，DC＝(1,2,0)．设平面DFC 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·DF＝0，n·DC＝0?x＝2z，x＝－2y，不妨设z＝1.则n＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m＝(0,0,1)．∴cos〈m，n〉＝m·n＝|m||n|1＝66，由于二面角F-CD-A 为锐角，6∴二面角F-CD-A 的余弦值为6 6 .8、.如图，在四棱锥P- A BCD 中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD 是菱形，AC＝2，BD＝2 3，E 是PB上任意一点．(1)求证：AC⊥DE；(2)已知二面角A-PB-D 的余弦值为155 ，若E 为PB 的中点，求EC 与平面PAB 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AC? 平面ABCD，∴PD⊥AC，∵四边形ABCD 是菱形，∴BD⊥AC，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PBD，∵DE? 平面PBD，∴AC⊥DE.(2)在△PDB 中，EO∥PD，∴EO⊥平面ABCD，分别以OA，OB，OE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设PD＝t，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，tE 0，0，2 ，P(0，－3，t)，AB＝(－1，3，0)，AP＝(－1，－3，t)．由(1)知，平面PBD 的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n2＝(x，y，z)，则根据n2·AB＝0，n2·AP＝0得－x＋3y＝0，－x－3y＋tz＝0，2 3t令y＝1，得n2＝3，1，.∵二面角A-PB-D 的余弦值为155，则|cos〈n1，n2〉|＝155，即3＝124＋2t155，解得t＝2 3或t＝－2 3(舍去)，∴P(0，－3，2 3)．设EC 与平面PAB 所成的角为θ，∵EC＝(－1,0，－3)，n2＝( 3，1,1)，2 3则sin θ＝|cos〈EC，n2〉|＝＝2× 5155，∴EC 与平面PAB所成角的正弦值为155 .9、如图1，A，D 分别是矩形A1BCD1 上的点，AB＝2AA1＝2AD＝2，DC＝2DD1，把四边形A1ADD1 沿AD 折叠，使其与平面ABCD 垂直，如图2 所示，连接A1B，D1C 得几何体ABA1-DCD1.(1)当点E 在棱AB 上移动时，证明：D1E⊥A1D；(2)在棱AB 上是否存在点E，使二面角D1-EC-D 的平面角为π？若存在，求出AE 的长；若6不存在，请说明理由．解：(1)证明，如图，以点 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C (0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)．设E(1，t,0)，则D E＝(1，t，－1)，1A D＝(－1,0，－1)，∴1D E·A D＝1×(－1)＋t×0＋(－1)×(－1)＝0，11∴D1E⊥A1D.(2)假设存在符合条件的点 E.设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知EC＝(－1,2－t, 0)，n·EC＝0，则n·D1E＝0 得－x＋2－t y＝0，x＋ty－z＝0，1 1令y＝，则x＝1－2t，z＝1，21 1∴n＝1－2t，，1 是平面D1EC 的一个法向量，2显然平面ECD 的一个法向量为D D＝(0,0,1)，1则c os〈n，DD〉＝1|n·DD|1＝|n||DD|1111－2tπ＝cos ，解得t＝2－62＋1＋1＋1433 (0≤t≤2)．故存在点E，当AE＝2－3时，二面角D1-EC-D 的平面角为3π9.。

【高中数学】数学《空间向量与立体几何》复习知识点(1)一、选择题1．在ABC ∆中，设BAC α∠=，CA 与CB 所成的角是β，绕直线AC 将AB 旋转至AB '，则在所有旋转过程中，关于AB '与BC 所成的角γ的说法正确的是( )A ．当4παβ-≥时，[],γαβαβ∈-+B ．当4παβ-<-时，[],γβααβ∈-+C ．当4παβ+≥时，[],γαβαβ∈-+D ．当4παβ+<时，,γαβαβ∈⎡-+⎤⎣⎦ 【答案】D 【解析】 【分析】首先理解异面直线所成的角的范围是0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，排除选项A,B,C,对于D 可根据AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，再将异面直线所成的角，转化为相交直线所成的角，判断最大值和最小值. 【详解】因为γ是异面直线所成的角，所以0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦A.当4παβ-≥时，αβ+的范围有可能超过2π，比如，3,46ππαβ==，所以不正确； B.当4παβ-<-时，当3,46ππβα==，此时[],γβααβ∈-+，也不正确； C.当4παβ+≥，当3,46ππαβ==，此时[],γαβαβ∈-+，故也不正确； D. 4παβ+<时，AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，如图，过点A 作BC 的平行线AD ，且CAD β∠=，'AB 与BC 所成的角γ转化为AB '与AD 所成的角，由图象可知，当AB '是AB 时，角最大，为αβ+，当AB '在平面ABC 内时，不与AB 重合时，角最小，此时为αβ-故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，重点考查轨迹，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是判断，并画出AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥.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 ．16643π+ 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．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A ．34 B ．234C ．517D ．317【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317==⨯⨯. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.4．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23厘米，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为332厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移3厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（ ）A ．2颗B ．3颗C ．4颗D ．5颗【答案】C 【解析】 【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()2231913324MN CN IM CN IM cm ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=所以需要石子的个数为：()99329783,49191324ππ=∈所以至少需要4颗石子故选：C【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（）A．23B．13C．12D．34【答案】B【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯，选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.6．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（ ）A ．3225+B ．442+C ．2225+D ．62【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长. 【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM ,取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q 从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形， 周长为22222123225++⨯+=+，选A. 【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．32B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】 【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=. 所以外接球的表面积为243r ππ=. 故选：C . 【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.8．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．32D 3【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==g ， 即α6故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.9．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式222PA R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为332sin3AB r π==，PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为222223211233PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为2221284433R πππ⎛=⨯= ⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D 【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.11．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（ ）A ．12πB ．4πC ．512π D ．2π 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-，即可求出33cos 123QPM ∠∈⎣⎦，，进而求出结果.【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-， 在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =， 所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-所以33cos 123QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.12．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.13．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.14．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.15．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ） A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．βαγ>>D ．不确定【答案】A【解析】【分析】 D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos 2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO PO APB PD a α==∠， 同理可得： sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>. 故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.16．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体，如图所示； 则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．17．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（ ）A ．441斛B ．431斛C ．426斛D ．412斛【答案】A【解析】【分析】 由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出．【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．18．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ）A ．2παββγ+＜，＞B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜ 【答案】C【解析】【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】 由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ， 由最小角定理得αβ>，排除A 和B ；由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan AB BNA AN γ=∠=， 而tan AB BVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AM MVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.19．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．160【答案】D【解析】 设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥，在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.20．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.。

专题十高考数学附带必做题训练第 29 讲空间向量与立体几何空间向量与立体几安在高考取属中档题，要求能正确成立空间直角坐标系，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，会用空间向量数目积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等．考试说明：序号12345678内容要求A BC 空间向量的观点√空间向量共线、共面的充足必需条件√空间向量的加法、减法及数乘运算√空间向量的坐标表示√空间向量的数目积√空间向量的共线与垂直√直线的方向向量与平面的法向量√空间向量的应用√例 1如图，在直三棱柱ABCA 1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝ 90°，且 AB ＝ AA 1，D 、E、 F 分别为 B1A 、C1C、 BC 的中点．利用向量法证明：(1)DE ∥平面 ABC ；(2)B 1F⊥平面 AEF.证明：如图成立空间直角坐标系Axyz ，不如设AB ＝ AA 1＝ 4，则 A(0 ， 0，0)， E(0， 4，2)， F(2， 2，0)，B(4， 0， 0)， B1(4， 0， 4)．(1)取 AB 中点为 N，连接 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)．→ →－ 2) ×2＋ 2×(－ 2)＋(－ 4) ×(－ 2)＝ 0， B 1F · EF ＝ ( → →B 1F · AF ＝ (－ 2) ×＋2 2×2＋ (－ 4) ×＝0 0.∴ → → → →，即 B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥ AF. B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥ AF ∵ AF ∩ FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.如下图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直，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) 成立如下图的空间直角坐标系， 设 AC ∩BD ＝N ，连接 NE.2 2 则点 N 、 E 的坐标分别为2 ，2 ，0 、(0，0，1)．→ ＝ (－ 2 2， 1)．∴ NE ，－22又点 A 、 M 的坐标分别是 (2， 2， 0)、2，2，1 ，22→2 ，－ 2， 1 .∴AM ＝－ 2 2→ →且 NE 与 AM 不共线．∴ NE ∥AM. ∴ NE ＝ AM ∵ NE 平面 BDE ， AM 平面 BDE ，∴ AM ∥平面 BDE.(2) 由→2 ，－ 2 ，(1)知 AM ＝ －2， 12∵ D( 2， 0， 0)， F( 2，2， 1)，∴ →2， 1)，DF ＝ (0， ∴ → →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 3 2， 点 M 、N 分别在 PA 、BD 上，且 PM ＝ BN 1PA BD ＝ .3(1) 求证： MN ⊥AD ； (2) 求 MN 与平面 PAD 所成角的正弦值．(1) 证明：∵正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为 3 2，∴OA ＝3， OP＝ 3.则 A(3 ， 0，0)， B(0 ， 3，0)， D(0，－ 3， 0)，P(0， 0， 3)，∴ M(1 ， 0， 2)， N(0， 1， 0)．→→则MN ＝ (－ 1，1，－ 2)，AD ＝ (－ 3，－ 3， 0)．→→＝ (－1)×(－ 3)＋ 1×(－ 3)＋( －2) ×0＝ 0，∵ MN ·AD∴ MN ⊥AD.(2)解：设平面 PAD 的法向量n＝ (x， y，z)，∵→→AD ＝ (－ 3，－3， 0)， AP＝ (－ 3， 0， 3)，→－ 3x－ 3y＝0，由n·AD＝0，得－ 3x＋ 3z＝ 0.→n·AP＝0，取 z＝ 1，得 x＝ 1， y＝－ 1.∴n＝ (1，－ 1，1)．→→n·MN则 cos〈n， MN 〉＝→|n|·|MN |（－ 1）×1＋ 1×（－ 1）＋（－ 2）×122＝＝－3× 6 3.设 MN 与平面 PAD 所成角为θ，→ 2 2则 sin θ＝|cos〈n， MN 〉 |＝3 .∴ MN 与平面 PAD 所成角的正弦值为2 23.如图，在直三棱柱ABCA 1B1C1中，已知 CA ＝CB ＝ 1， AA 1＝ 2，∠ BCA ＝ 90° .(1)求异面直线 BA 1与 CB1夹角的余弦值；(2)求二面角 BAB 1C 平面角的余弦值．→→→解：如图，以 {CA， CB ，CC1} 为正交基底，成立空间直角坐标系Cxyz.则 A(1 ， 0，0)， B(0 ， 1，0)， A 1(1， 0， 2)， B 1(0， 1，2)，→ → → →，－ 1， 2)．所以 CB 1＝ (0， 1， 2)， AB ＝(－ 1， 1， 0)，AB 1＝( －1， 1， 2)，BA 1＝(1→ → → →CB 1· BA 1(1) 因为 cos 〈 CB 1， BA 1〉＝ → → ＝|CB 1||BA 1| 3 ＝ 30，6×5 10所以异面直线 BA 1 与 CB 1 夹角的余弦值为 30.10(2) 设平面 CAB 1 的法向量为 m ＝ (x ， y ，z)，→－ x ＋ y ＋2z ＝ 0， m ·AB 1＝ 0，则 即→ y ＋ 2z ＝ 0， m · CB 1＝ 0，取平面 CAB 1 的一个法向量为 m ＝ (0，2，－ 1)； 设平面 BAB 1 的法向量为 n ＝(r ， s ， t)，则→ － r ＋ s ＋ 2t ＝ 0，n ·AB 1＝ 0，即 － r ＋ s ＝ 0，→n · AB ＝ 0，取平面 BAB 1 的一个法向量为 n ＝ (1， 1，0) ．则 cos 〈m ， n 〉＝m ·n＝2 ＝ 10，|m||n|5× 2 5所以二面角 BAB 1C 平面角的余弦值为10.5例 3 在正方体 ABCDA 1B 1C 1D 1 中，O 是 AC 的中点，E 是线段 (1) 若 λ＝ 1，求异面直线 DE 与 CD 1 所成的角的余弦值；(2) 若平面 CDE ⊥平面 CD 1O ，求 λ的值． → →D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO.解： (1) 设正方体的棱长为→ → →为单位正交基底，成立如下图的空间1，以 DA 、 DC 、 DD 1直角坐标系，则 A(1 ， 0，0)， O 1， 1， 0 ， C(0， 1，0)， D 1(0， 0， 1)， E 1， 1， 1 ，2 24 4 2→ 1 1，1 →则DE ＝4，2， CD 1＝ (0，－ 1， 1)，4→ →→ →3DE ·CD 1故 cos 〈DE ， CD 1〉＝ →→ ＝ 6 ，|DE |· |CD 1|所以异面直线DE 与 CD 1 所成的角的余弦值为36 .→11 ， 0 →(2) CO ＝ ，－ 2， CD 1＝ (0，－ 1，1) ，设平面 CD 1O 的法向量为 m ＝ (x 1， y 1， z 1)，21 1 →→x 1－ y 1＝ 0，由 m ·CO ＝ 0， m ·CD 1＝ 0，得 22－ y 1＋ z 1＝ 0，取 x 1＝ 1，得 y 1＝ z 1 ＝1，即 m ＝ (1， 1，1) ．→ → → → 由D 1E ＝λEO ，得 (1＋ λ)EO ＝ D 1O ，故 E λ λ ， 1 ，，2（ 1＋λ） 2（1＋ λ） 1＋ λ→ λ λ ， 1 .DE ＝ 2（ 1＋ λ） ，2（ 1＋λ） 1＋ λ → ＝ (0，－ 1，0)，设平面 CDE 的法向量为 → → 又CD n ＝ (x 2，y 2，z 2)，由 n ·CD ＝ 0，n ·DE ＝ 0，y 2＝ 0，得λ x 2 ＋ λy 2 ＋ z 2 ＝ 0，2（ 1＋ λ） 2（ 1＋ λ） 1＋ λ取 x 2＝ 2，得 z 2＝－ λ，即 n ＝ (2， 0，－ λ)．因为平面 CDE ⊥平面 CD 1O ，所以 m ·n ＝ 0，得 λ＝ 2.在长方体 ABCDA 1B 1C 1 D 1 中， AD ＝ AA 1＝1 A B ，点 E 是棱 AB 上一点且AE＝λ.2 EB(1) 证明： D 1E ⊥A 1D ；π(2) 若二面角 D 1ECD 的大小为 4 ，求 λ的值．(1) 证明：以 D 为原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD 1 为 z 轴成立空间直角坐标系．不如设 AD ＝ AA 1＝ 1， AB ＝2，则 D(0 ，0，0)，A(1 ，0，0)，B(1，2， 0)，C(0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2， 1)， D 1(0， 0， 1)．因为AE＝ λ，所以 E 2λ ， 0 ，EB 1，1＋ λ → ＝ 1，2λ，－ 1→ ＝ (－ 1， 0，－ 1)．于是 D， A1 D1E1＋ λ→→＝2λ，－ 1 · (－ 1， 0，－ 1)＝ 0.所以 D· A1D 1，1E1＋ λ故 D 1E ⊥A 1D.(2) 解：因为 D 1D ⊥平面 ABCD ，所以平面 DEC 的法向量为 n 1＝ (0，0， 1)．→2λ→又CE ＝ 1， －2，0 ， CD 1＝ (0，－ 2，1)．1＋ λ设平面 D 1CE 的法向量为 n 2＝ (x ， y ， z)，→ 2λ － 2 ＝ → ＝－ 2y ＋ z ＝0，则 n · CE ＝ x ＋ y0， n · CD21＋ λ 2 12λ， 1， 2 .所以向量 n 2 的一个解为 2－1＋λπn 1· n 22因为二面角D1ECD 的大小为4，则|n 1||n 2|＝ 2，2 3解得 λ＝ ± － 1.3又 E 是棱 AB 上的一点，所以 λ＞ 0， 故所求的 λ值为23－ 1.3例 4落在正方形如图，已知四棱锥 SABCD 的底面是边长为ABCD 内，且 O 到 AB 、AD 的距离分别是4 的正方形，极点2、1.又 P 是 SCS 在底面上的射影 O 的中点， E 是 BC 上一点， CE ＝ 1，SO ＝ 3，过 O 在底面内分别作 AB 、BC 垂线 Ox 、Oy ，分别以 Ox 、Oy 、OS 为 x 、y 、 z 轴成立空间直角坐标系．(1) 求平面 PDE 的一个法向量；(2) 问在棱 SA 上能否存在一点 Q ，使直线 BQ ∥平面 PDE ？若存在， 请给出点 Q 在棱 SA 上的地点；若不存在，请说明原因．3 3解： (1) 由题意知： E(－ 1，3， 0)， D( －2，－ 1，0)， P － 1，2， 2 ， S(0，0， 3)．→ 5 3→∴ DP ＝ 1， 2，2 ， DE ＝ (1， 4， 0)．设 n ＝ (x ， y ， z)是平面 PDE 的一个法向量，→ 5 3 n ·DP ＝x ＋2y ＋ 2z ＝ 0，则→n · DE ＝ x ＋4y ＝ 0，令 x ＝－ 4，则 y ＝ z ＝ 1，∴ n ＝( －4， 1， 1)． (2) 设点 Q(x ， y ， z)，→ →AQ ＝ λAS ， (x － 2， y ＋ 1，z)＝ λ(－2， 1， 3)，x ＝ 2－2λ， ∴y ＝－ 1＋ λ，点 Q 的坐标为 (2－ 2λ，－ 1＋ λ， 3λ )，z ＝ 3λ， ∴ →BQ ＝ (－ 2λ，λ － 4， 3λ )．→ 要使 BQ ∥平面 PDE ，则 BQ ⊥ n ，∴ (－4) ×(－2λ)＋ 1×( －λ4)＋ 1×3λ＝ 0， λ ＝1.3因为上述过程可逆，故当AQ＝ 1时， BQ ∥平面 PDE.AS 3如图，在正四棱锥 PABCD 中， PA ＝ AB ＝ 2，点 M 、N 分别在线段 PA 和 BD 上， BN ＝13BD.1(1) 若 PM ＝ 3PA ，求证： MN ⊥ AD ；π(2) 若二面角 MBDA 的大小为 4 ，求线段 MN 的长度．(1) 证明：连接 AC 、 BD 交于点 O ，以 OA 为 x 轴正方向，以 OB 为 y 轴正方向， OP 为z 轴成立空间直角坐标系．因为 PA ＝AB ＝2，则 A(1 ，0， 0)， B(0， 1， 0)， D(0，－ 1， 0)， P(0， 0， 1)．→ 1 →1 → 1→ 12 ，由BN＝ BD ，得 N 0， ，0 ，由 PM ＝ PA ，得 M ，0， 33 3 3 3→ 1 1 2 →所以 MN ＝ － 3，3，－ 3 ，AD ＝ (－ 1，－ 1， 0)．→ → ＝ 0，所以 MN ⊥ AD.因为 MN ·AD(2) 解：因为 M 在 PA 上，可设 → →，得 M(λ， 0， 1－λ)．PM ＝ λPA→ ＝( λ，－ →所以 BM 1， 1－ λ)，BD ＝(0 ，－ 2， 0)． 设平面 MBD 的法向量 n ＝(x ， y ， z)，→ － 2y ＝ 0，n ·BD ＝ 0，由 得→ λ x － y ＋（ 1－λ） z ＝ 0， n · BM ＝ 0， 此中一组解为 x ＝ λ－ 1， y ＝0， z ＝ λ， 所以可取 n ＝ ( λ－ 1， 0， λ )．→ π→ 2 λ因为平面 ABD 的法向量为|n ·OP| OP ＝ (0，0，1)，所以 cos ＝→ ，即 ＝22，4 2（λ－ 1） ＋λ1|n||OP|解得 λ＝ 2，进而 M 1，0，1， N 0， 1， 0，22 31 21 21 2 22所以 MN ＝2－ 0＋ 0－3 ＋2－0＝ 6.1. 记动点 P 是棱长为 1 的正方体 ABCDA 1B 1C 1D 1 的对角线→→BD 1 上一点，且 D 1P ＝ λD 1B.当∠ APC 为钝角时，求 λ的取值范围．→ → →解：由题意作图，以 DA 、 DC 、DD 1为单位正交基底，成立如下图的空间直角坐标系D－ xyz ，则有 A(1 ， 0， 0)，B(1， 1， 0)， C(0， 1， 0)，D 1(0， 0， 1)．→由D 1B ＝ (1， 1，－ 1)，得 → → ＝ ( λ，λ ，－ λ)， D 1P ＝ λ D 1B→ → →→ → → 所以 PA ＝ PD 1＋ D 1A ＝ (－ λ，－λ，λ )＋ (1，0，－ 1)＝(1 －λ，－ λ，λ － 1)，PC ＝ PD 1＋ D 1C＝ (－ λ，－ λ，λ )＋ (0，1，－ 1)＝ (－ λ，1－ λ，λ －1)，明显∠ APC 不是平角，所以∠ APC 为→ → → → → →PA ·PC钝角 cos ∠APC ＝ cos 〈PA ，PC 〉＝ → → <0 PA ·PC ＜ 0，即 (1－λ)(－ λ)＋(－ λ)(1－ λ)＋( λ|PA||PC－ 1)2＝ ( λ－ 1)(3 λ－1)＜ 0，得 1＜λ＜ 1.所以， λ 的取值范围是 1， 1 .3 32. 如图，在正四棱柱 ABCDA 1B 1C 1 D 1 中， AA 1＝2， AB ＝ 1，点 N 是 BC 的中点，点 M 在 CC 1 上，设二面角 A 1DNM 的大小为 θ.(1) 当 θ＝ 90°时，求 AM 的长；6 (2) 当 cos θ＝ 6 时，求 CM 的长．解：成立以 D 为坐标原点， DA 、DC 、DD 1 所在直线分别为 x 、y 、z 轴的空间直角坐标系1 → D －xyz. 设 CM ＝ t(0 ≤ t ≤，则2) A(1 ，0，0)，A 1(1，0，2)，N 2， 1， 0 ，M(0 ，1，t) ，所以 DN ＝1 → →2 ，1，0 ，DM ＝ (0， 1， t)， DA 1＝ (1， 0， 2)．1设平面 DMN 的法向量为 n ＝ (x ，y ，z → → x 1＋ y 1＝ 0， ·DN ＝ 0，n ·DM ＝ 0，即 21 1 1 1)，则 n 11y 1 ＋ tz 1＝ 0，令 z 1＝ 1，则 x 1＝ 2t ， y 1＝－ t ，所以 n 1＝ (2t ，－ t ，1)是平面 DMN 的一个法向量．设平面 A 1DN 的法向量为 n 2＝ →(x 2， y 2 ， z 2)，则 n 2 ·DA 1＝ 0，→x 2＋ 2z 2＝ 0，令 z 2＝ 1，则 x 2＝－ 2，y 2＝ 1，所以 n 2＝ (－ 2，1，1)是平面n 2·DN ＝ 0，即1x 2＋ y 2＝ 0，2A 1DN 的一个法向量．进而 n 1· n 2＝－ 5t ＋ 1.(1)1· n 2＝－ 5t ＋1＝ 0，解得 t ＝ 1，进而 M 0， 1，1，所以 AM ＝因为 θ＝90°，所以 n551 2 511＋ 1＋ 5 ＝ 5 .－5t ＋ 1(2) 因为 |n 1 |＝5t 2＋ 1， |n 2|＝ 6，所以 cos 〈n 1， n 2〉＝.因为〈 n 1，n 2〉＝ θ6（ 5t 2 ＋ 1）或〈 n 1，n 2〉＝ π－ θ，所以－ 5t ＋ 1 ＝6，解得 t ＝ 0 或 1，所以依据图形和 (1) 的结论可 6（ 5t 2＋ 1）6 211知 t ＝ ，进而 CM ＝ .2 23. 如图，在四棱锥 PABCD 中， PA ⊥平面 ABCD ，AC ⊥ AD ， AB ⊥BC ，∠ BAC ＝ 45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1) 求证： PC ⊥AD ；(2) 求二面角 APCD 的正弦值；(3) 设 E 为棱 PA 上的点，知足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°，求 AE 的长．→→ →Axyz ，则 D(2 ，(1) 证明：以 AD 、AC 、 AP 为 x 、 y 、 z 正半轴方向，成立空间直角坐标系0， 0)， C(0， 1， 0)， B － 1，1， 0 ， P(0，0， 2)．2 2→ →→ →则PC ＝ (0，1，－ 2)， AD ＝ (2， 0， 0)PC ·AD ＝ 0 PC ⊥AD.→→ →n ·PC ＝0，(2) 解：PC ＝ (0，1，－ 2)，CD ＝ (2，－ 1，0)，设平面 PCD 的法向量 n ＝(x ，y ，z)，则 →n · CD ＝ 0 y － 2z ＝ 0， y ＝ 2z ，2x － y ＝ 0x ＝ z.→→ →AD ·n 取 z ＝ 1 n ＝ (1，2，1)，又 AD ＝(2 ，0，0)是平面 PAC 的法向量， cos 〈 AD ，n 〉＝ →|AD ||n |＝ 6 → 30 ，即二面角 APCD 的正弦值为6 sin 〈 AD ， n 〉＝ 6(3) → →解：设 AE ＝ h ∈[0， 2]，则 AE ＝ (0， 0，h)， BE ＝306 .1 1 →，－ 2， h ，又 CD ＝ (2，－ 1，0)，2→ → → →3 3 1010 BE ·CD则 cos 〈 BE ，CD 〉＝ → → ＝ 2＝ 2 h ＝ 10 ，即 AE ＝ 10 .|BE||CD| 10＋20h4. (2013 江·苏卷 )如图，在直三棱柱 A 1B 1C 1ABC 中， AB ⊥ AC ，AB ＝ AC ＝ 2，A 1A ＝4，点D 是 BC 的中点．(1) 求异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值．解： (1) → →→Axyz ，以 AB 、 AC 、 AA 1为单位正交基底成立空间直角坐标系 则 A(0 ， 0，0)， B(2 ， 0，0)， C(0，2， 0)， A 1 (0， 0， 4)， D(1， 1， 0)， C 1 (0，2， 4)，∴ → (2， 0，－ → A 1B ＝ 4)，C 1D ＝ (1，－ 1，－ 4)，→→ → → 183 10A 1B ·C 1D ＝ ＝ ∴ cos 〈 A 1 B ， C 1D 〉＝ → → 20× 18 ，10 |A 1B ||C 1 D|∴ 异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值为3 1010 .(2) → AC ＝ (0， 2， 0)是平面 ABA 1 的一个法向量，设平面 ADC 1 的法向量为 m ＝ (x ， y ， z)，∵ → → AD ＝ (1， 1， 0)， AC 1＝ (0， 2， 4)，→ →由 m ⊥AD ， m ⊥ AC 1，得x ＋ y ＝0，取 z ＝ 1，得 y ＝－ 2， x ＝2，2y ＋ 4z ＝ 0，∴ 平面 ADC 1 的法向量为 m ＝ (2，－ 2， 1)， 设平面 ADC 1 与 ABA 1 所成二面角为 θ，→ ∴ |cos θ |＝ |cos 〈 AC ， m 〉 |＝ →AC ·m→ |AC ||m |－4 2 5 ＝ 2×3 ＝ 3，得 sin θ ＝ 3 ，∴ 平面 ADC 1 与 ABA 1 所成二面角的正弦值为5 . 3(此题模拟高考评分标准，满分10 分)(2014 泰·州模考 )如图，在三棱柱 ABCA 1B 1C 1 中，底面 △ ABC 为直角三角形， ∠ACB ＝π，2极点 C 1 在底面 △ ABC 内的射影是点B ，且 AC ＝BC ＝ BC 1＝ 3，点 T 是平面 ABC 1 内一点．(1) 若 T 是 △ ABC 1 的重心，求直线 A 1T 与平面 ABC 1 所成的角；(2) 能否存在点 T ，使 TB 1＝ TC 且平面 TA 1 C 1⊥平面 ACC 1A 1？若存在，求出线段TC 的长度；若不存在，说明原因．解：如图以 CB 、CA 分别为 x 、 y 轴，过 C 作直线 Cz ∥ BC 1，以 Cz 为 z 轴，∴ B(3， 0，0)，C(0， 0，0)， A(0 ， 3， 0)， C 1(3， 0， 3)， → → → CB 1＝ CC 1＋ CB ＝ (6， 0， 3)， B 1(6， 0， 3)， → → → CA 1＝ CC 1＋ CA ＝(3，3， 3)， A 1(3，3， 3)．(1) T 是△ABC 1 重心， T(2， →1， 1)，TA 1＝ (1， 2， 2)，设平面 ABC → →1 的法向量为 n 1＝ (x 1， y 1，z 1)， AB ＝ (3，－ 3， 0)， AC 1＝ (3，－ 3， 3)， 则3x 1－ 3y 1＝ 0，3x 1－ 3y 1＋ 3z 1＝ 0，z 1＝ 0，解得 取法向量 n 1＝(1 ，1， 0)， (3 分 )x 1＝ y 1 ，→ 3 ＝→ 1， n 1〉＝ π∴ cos 〈 TA 1， n 1〉＝ 2，〈TA .3· 2 24 设 TA 1 与平面 ABC 1 所成的角为 π → 1， n 1〉＝ π.(5 分)2 －〈 TA 4(2) T 在平面→ → → → → →，3m)，即 T(3 － 3n ，ABC 1内，CT ＝CB ＋BT ＝CB ＋ mBC 1＋ nBA ＝ (3－ 3n ，3n 3n ， 3m)．由 TB 1＝TC ，得(3－ 3n)2＋ (3n)2＋ (3m)2＝(3n ＋ 3)2＋ (3n)2＋ (3m － 3)2，即－ 2m ＋ 4n ＝－ 1， ①高考数学二轮专名师讲义：第29讲-空间向量与立体几何(含答案) 11 / 11设平面 CAA 1C 1 的法向量为 → → 3y 2 ＝0， n 2＝(x 2，y 2，z 2)，CA ＝ (0，3，0)，CC 1＝ (3，0，3)， 3x 2 ＋3z 2＝ 0， 取 n 2＝ (1， 0，－ 1)．→ → 设平面 TA 1C 1 法向量为 n 3＝ (x 3， y 3， z 3)， C 1A 1＝(0 ， 3， 0)， C 1T ＝ (－ 3n ，3n ， 3m － 3)， y 3＝ 0，－ 3nx 3＋（ 3m － 3） z 3＝ 0，取 n 3＝ (m －1， 0， n)． (8 分)由平面 TA 1C 1⊥平面 ACC 1A 1，得m － 1－ ncos 〈 n 2， n 3〉＝2· （m － 1） 2＋ n 2＝ 0， m ＝ n ＋ 1. ②由①②解得 n ＝ 12， m ＝ 32， 3 3 9 3 11∴存在点 T 2， 2，2 ，TC ＝ 2 .(10 分)如图，在直三棱柱 ABCA 1B 1C 1 中， AA 1＝ BC ＝ AB ＝ 2， AB ⊥ BC ，求二面角 B 1A 1CC 1 的大小．解：如图，以 B 为直角坐标原点，成立如图空间直角坐标系，则 A(2 ， 0，0)、 C(0， 2，0)、 A 1(2， 0， 2)、 B 1(0， 0，2)、C 1(0， 2， 2)．设 AC 的中点为 M ，则 M(1 ， 1， 0)．∵ BM ⊥ AC ，BM ⊥ CC 1，∴ BM ⊥平面 → A 1C 1CA ，即 BM ＝ (1， 1， 0)是平面 A 1C 1CA 的一个法向量．设平面 A 1B 1C 的一个法向量是 n ＝ (x ，y ， z)，→ →A 1C ＝ (－ 2， 2，－ 2)， A 1B 1＝ (－ 2， 0， 0)． → →∴ n · A 1B 1＝－ 2x ＝ 0， n ·A 1C ＝－ 2x ＋ 2y － 2z ＝ 0.令 z ＝ 1，解得 x ＝ 0， y ＝ 1.∴ n ＝ (0， 1，1)．→想法向量 n 与 BM 的夹角为 φ，二面角 B 1A 1CC 1 的大小为θ，由图知 θ为锐角， → 1 π |n ·BM | ∴ cos θ＝ |cos φ|＝ ＝，解得 θ＝ . → 2 3 |n ||BM | ∴ 二面角 B 1A 1CC 1 的大小为 π . 3。

立体几何与空间向量-高考必做题123平行的截面，则截得的三；截得的平面图形中，面积最大的值是．4的中点，为线段上的动点，过点，，则下列命题正确的是．5与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．7是正方体棱上一点（不包括棱的端点），．，则的取值范围是．8的最大值为满足9的中点，沿将矩形折起使得分别为中点．10C.3个D.4个分别为棱，上的点． 已知下列判断：上的正投影是面积为定值的三角形；平行的直线；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关．11，，，与平面所12的位置，使得平面，并证明你的13，坐标平面上的一组正投影图像如．14如图是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．（1）15 16 17 18椭圆的一部分 D.抛物线的一部分19 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（20分别是棱的中点，是侧面长度的取值范围是（）．21D.D.③④分别是棱，的中点，过直线，，给出以下四个命题：22为正方形,，则三棱锥2324 2526 272829 30A. B.C. D.立体几何与空间向量-高考必做题123为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体4如图，在棱长为的正方体的中点，点在线段上．点到直线的距离的最小值为．∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．5当时，为中点，此时可得截面为等腰梯形；当点向移动时，满足即可得截面为四边形，①正确；对于②，当时，如图所示，延长至，使，连接交于，连接可证，由可得故可得，∴截面对于③，由②知当此时的截面形状仍然为上图所示的五边形对于④，当时，与可证，且，可知截面故答案为：①②④．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系6与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．为平面与四棱锥的表面的交线．分别是线段，上的，的菱形，，，，，，所以，设平面的法向量为，则由可得令因为，所以直线与平面的成角的正弦值为法1：延长，分别交，延长线于，，连接，，则四边形为平面法2：记平面与直线的交点为，设由．所以即为点．所以连接，，则四边形为平面平面向量平面向量的基本概念向量的加法与减法平面向量的数量积数量积立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间向量空间直角坐标系空间向量的应用789的最大值为满足，所以，所以．，接下来研究这个二次函数的性质可函数函数的概念与表示最值单调性对称性二次函数立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直10,，则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用11中，，分别为棱D.4个平面，而两个平面面与面上的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结点在面上的投影到此棱的距离是定平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关，此结论不对，与两者都有关系，可代入几个特殊点进行验证，如与重重合时的情况就不一样，故此命题不正点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直12的位置，使得平面，并证明你的，∵与平面所成角为，即，∴，由，知，，则，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，∵平面，∴为平面的法向量，∴又∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．点是线段上一个动点，设，则，∵平面，∴，即，解得：，此时，点坐标为，．平面向量平面向量的基本定理及坐标表示平面向量的坐标运算用坐标表示平面向量共线的条件立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间向量及其运算空间向量的应用答案解析该几何体还原如图所示，易得体积为．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体体积和表面积的计算三视图14是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．，，，求：二面角的余弦值．（1）答案见解析．（2）答案见解析．（1）由是圆的直径，得．由平面，平面，得．在中，∵，，∴立体几何初步空间中的垂直空间向量空间向量的应用1516三角函数与解三角形解三角形立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系17动点从到，再到，到再回到，，则经过的最短路径为：一个半圆和一个即．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体18如图，三棱锥的顶点、、等边三角形，点，分别为线段体积的最大值为19椭圆的一部分 D.抛物线的一部分的交线的距离分别为和．，D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（2021D.连结，可以证明平面，所以点位于线段上，把三角形拿到平面上，则有，所以当点位于时，最大，当位于中点时，最小，此时所以，即所以线段长度的取值范围是22D.③④在正方体中，平面，∴平面平面，①正确；②连接，∵平面，四边形的对角线是固定的，要使面积最小，只需的长度最小即可，此时为棱中点，，长度最小，对应四边形②正确；③∵，∴四边形是菱形，当时，长度由大变小，当时，长度由小变大，∴函数不是单调函数，③错误；④连接，，，四棱锥分割成两个小三棱锥，以为底，分别以、为顶点，∵面积是个常数，、到平面的距离是个常数，2324函数图象的交点函数的零点三角函数与解三角形三角函数任意角与弧度制三角函数的定义立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体解析几何曲线与方程25）成。

29 空间向量解决立体几何问题两妙招——“选基底”与“建系”1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为________．答案 12，12解析 如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→ ＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)， 所以x ＝12，y ＝12. 2．给出下列命题：①AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0；②|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件；③若a 与b 共面，则a 与b 所在的直线在同一平面内；④若OP →＝12OA →＋13OB →，则P ，A ，B 三点共线． 其中正确命题的序号是________．答案 ①解析 由向量的运算法则知①正确；只有当向量a ，b 共线反向且|a |>|b |时成立，故②不正确；当a 与b 共面时，向量a 与b 所在的直线平行、相交或异面，故③不正确；由12＋13≠1知，三点不共线，故④不正确．综上可得①正确．3．(2014·无锡模拟)如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．答案 90°解析 方法一 延长A 1B 1至D ，使A 1B 1＝B 1D ，则AB 1∥BD ，∠MBD 就是直线AB 1和BM 所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM ＝5，BD ＝22，C 1D 2＝A 1D 2＋A 1C 21－2A 1D ·A 1C 1cos 60°＝16＋4－2×4＝12.DM 2＝C 1D 2＋C 1M 2＝13，∴cos ∠DBM ＝BM 2＋BD 2－DM 22·BM ·BD＝0， ∴∠DBM ＝90°.方法二 不妨设棱长为2，选择基向量{BA →，BC →，BB 1→}，则AB 1→＝BB 1→－BA →，BM →＝BC →＋12BB 1→， cos 〈AB 1→，BM →〉＝(BB 1→－BA →)·(BC →＋12BB 1→)22·5＝0－2＋2＋022·5＝0，故〈AB 1→，BM →〉＝90°. 4．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ，∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →)＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.5.如图所示，正四面体VABC 的高VD 的中点为O ，VC 的中点为M .(1)求证：AO 、BO 、CO 两两垂直；(2)求〈DM →，AO →〉．(1)证明 设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，正四面体的棱长为1，则VD →＝13(a ＋b ＋c )，AO →＝16(b ＋c －5a )，BO →＝16(a ＋c －5b )，CO →＝16(a ＋b －5c )，∴AO →·BO →＝136(b ＋c －5a )·(a ＋c －5b ) ＝136(18a ·b －9|a |2) ＝136(18×1×1·cos 60°－9)＝0.∴AO →⊥BO →，∴AO ⊥BO ，同理AO ⊥CO ，BO ⊥CO ，∴AO 、BO 、CO 两两垂直．(2)解 DM →＝DV →＋VM →＝－13(a ＋b ＋c )＋12c ＝16(－2a －2b ＋c )．∴|DM →|＝ [16(－2a －2b ＋c )]2＝12，|AO →|＝[16(b ＋c －5a )]2＝22， DM →·AO →＝16(－2a －2b ＋c )·16(b ＋c －5a )＝14， ∴cos 〈DM →，AO →〉＝1412·22＝22， ∵〈DM →，AO →〉∈[0，π]，∴〈DM →，AO →〉＝45°.6．如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．解 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12. (1)|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×(12＋12＋12)＝6， ∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66. ∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66. 7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值．(1)证明 连结BC 1，交B 1C 于点O ，连结AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO .又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解 因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC ，故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →、OB 1→、OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A (0,0，33)，B (1,0,0)，B 1(0，33，0)，C (0，－33，0)，AB 1→＝(0，33，－33)，A 1B 1→＝AB →＝(1,0，－33)，B 1C 1→＝BC →＝(－1，－33，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取平面AA 1B 1的一个法向量n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取平面A 1B 1C 1的一个法向量m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17. 所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17.8．(2014·山东)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC .又由M 是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .连结AD 1，如图(1)．在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.(2)解 方法一如图(2)，连结AC ，MC .由(1)知CD ∥AM 且CD ＝AM ，所以四边形AMCD 为平行四边形，可得BC ＝AD ＝MC ，由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .以C 为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C －xyz ，所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)，因此M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以MD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)．又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量， 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |＝55. 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 方法二由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ， 过点C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连结D 1N ，如图(3)．由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1－AB －C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°，可得CN ＝32. 所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55， 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55.9.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝4，CB ＝4，CC 1＝22，∠ACB ＝90°，点M 在线段A 1B 1上．(1)若A 1M ＝3MB 1，求异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值；(2)若直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，试确定点M 的位置． 解 方法一 (坐标法)以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (4,0,0)，A 1(4,0,22)，B 1(0,4，22)．(1)因为A 1M ＝3MB 1，所以M (1,3,22)．所以CA 1→＝(4,0,22)，AM →＝(－3,3,22)．所以cos 〈CA 1→，AM →〉＝CA 1→·AM →|CA 1→||AM →|＝－424×26 ＝－3939. 所以异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值为3939. (2)由A (4,0,0)，B (0,4,0)，C 1(0,0,22)， 知AB →＝(－4,4,0)，AC 1→＝(－4,0,22)． 设平面ABC 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AC 1→＝0，得⎩⎨⎧ －4a ＋4b ＝0，－4a ＋22c ＝0， 令a ＝1，则b ＝1，c ＝2，所以平面ABC 1的一个法向量为n ＝(1,1，2)． 因为点M 在线段A 1B 1上，所以可设M (x,4－x,22)，所以AM →＝(x －4,4－x,22)．因为直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，所以|cos 〈n ，AM →〉|＝sin 30°＝12. 由|n ·AM →|＝|n ||AM →||cos 〈n ，AM →〉|，得|1×(x －4)＋1×(4－x )＋2×22|＝2×(x －4)2＋(4－x )2＋8×12，解得x ＝2或x ＝6.因为点M 在线段A 1B 1上，所以x ＝2，即点M (2,2,22)是线段A 1B 1的中点． 方法二 (选基底法)由题意CC 1⊥CA ，CA ⊥CB ，CC 1⊥CB 取CA →，CB →，CC 1→作为一组基底， 则有|CA →|＝|CB →|＝4，|CC 1→|＝22，且CA →·CB →＝CB →·CC 1→＝CA →·CC 1→＝0.(1)由A 1M →＝3MB 1→，则A 1M →＝34A 1B 1→＝34AB →＝34CB →－34CA →，∴AM →＝AA 1→＋A 1M →＝CC 1→＋34CB →－34CA →，且|AM →|＝26，A 1C →＝－CC 1→－CA →，且|A 1C →|＝26，AM →·A 1C →＝4，∴cos 〈AM →，A 1C →〉＝426·26＝3939.即异面直线AM 与A 1C 所成角的余弦值为3939.(2)设A 1M ＝λA 1B 1，则AM →＝CC 1→＋λCB →－λCA →. 又AB →＝CB →－CA →，AC 1→＝CC 1→－CA →，设平面ABC 1的法向量为n ＝xCA →＋yCB →＋zCC 1→，则n ·AC 1→＝8z －16x ＝0，n ·AB →＝16y －16x ＝0， 不妨取x ＝y ＝1，z ＝2，则n ＝CA →＋CB →＋2CC 1→且|n |＝8，|AM →|＝32λ2＋8，AM →·n ＝16，又AM 与面ABC 1所成的角为30°，则应有 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·n |AM →|·n ＝16832λ2＋8＝12，得λ＝12，即M 为A 1B 1的中点．10．(2013·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值． 方法一 (坐标法)(1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC ，∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0.∴取平面A 1BC 1的一个法向量n 1＝(0,4,3)．由⎩⎪⎨⎪⎧ B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取平面B 1BC 1的一个法向量n 2＝(3,4,0)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625.由题知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 所以二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)证明 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 则λ＝925，因此BD BC 1＝925.方法二 (选基底法)由四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形， 且平面ABC ⊥平面AA 1C 1C .知AC ⊥AB ，AC ⊥AA 1，AA 1⊥AB ，以AC →，AB →，AA 1→为基底，则有AC →·AB →＝AC →·AA 1→＝AA 1→·AB →＝0，且|AC →|＝4，|AB →|＝3，|AA 1→|＝4.(1)证明 由AA 1→·AC →＝0，AA 1→·AB →＝0，知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，又AC ∩AB ＝A ，所以AA 1⊥面ABC .(2)解 A 1C 1→＝AC →，BC 1→＝BC →＋CC 1→＝AC →－AB →＋AA 1→，BB 1→＝AA 1→. 设面A 1BC 1的法向量为n 1＝x 1AC →＋y 1AB →＋z 1AA 1→， 由n 1·A 1C 1→＝0及n 1·BC 1→＝0，可取x 1＝0，y 1＝16，z 1＝9，即n 1＝16AB →＋9AA 1→，另设面BC 1B 1的法向量为n 2＝x 2AC →＋y 2AB →＋z 2AA 1→， 由n 2·BB 1→＝0及n 2·BC 1→＝0，可取x 2＝9，y 2＝16，z 2＝0，即n 2＝9AC →＋16AB →， 所以n 1·n 2＝162×9，|n 1|＝|n 2|＝256×9＋81×16，∴cos 〈n 1，n 2〉＝162×9256×9＋81×16＝1625， 即二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)证明 设BD →＝λBC 1→，则AD →＝AB →＋BD →＝λAC →＋(1－λ)AB →＋λAA 1→，A 1B →＝AB →－AA 1→，所以AD →·A 1B →＝9－9λ－16λ＝0， 得λ＝925.于是BC 1上存在点D 且BD ＝925BC 1，使AD ⊥A 1B ，此时BDBC 1＝925.。

【最新】数学《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】 【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.2．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（ ）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C 【解析】 【分析】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.3．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( ) A ．16π B ．323π C ．12π D ．32π【答案】A 【解析】 【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可. 【详解】BCD V 外接圆直径23sin 3CD d CBD ===∠ , 故球的直径平方222222(23)16D AB d =+=+=,故外接球表面积216S D ππ== 故选：A 【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d ,再利用锥体高h ,根据球直径22D d h =+.属于中等题型.4．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng ，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A ．3B ．5C ．6D ．12【答案】B 【解析】 【分析】首先由三视图还原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积. 【详解】由三视图换元为如图所示的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，两侧是相同的三棱锥，并且三棱锥的体积113113⨯⨯⨯=， 中间棱柱的体积131232V =⨯⨯⨯= , 所以该刍甍的体积是1235⨯+=. 故选：B 【点睛】本题考查组合体的体积，重点考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.5．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.6．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A 【解析】 【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 上底长为22112+=，下底边长为222222+=，高为：222322()22+=， 故截面的面积1329(222)222S =+⨯=， 故选：A ． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．32π B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】 【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长.即2r ==. 所以外接球的表面积为243r ππ=. 故选：C . 【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.8．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.9．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】 【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.10．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.11．设A ，B ，C ，D 是同一个球面上四点，ABC ∆是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为（ ） A ．36π B ．64πC ．100πD ．144π【答案】C 【解析】 【分析】由题意画出图形，求出三棱锥D ABC -的外接球的半径，代入表面积公式求解． 【详解】 解：如图，ABC ∆是斜边BC 长为6的等腰直角三角形，则当D 位于直径的端点时，三棱锥D ABC -体积取最大值为27，由AB AC =，AB AC ⊥，6BC =，可得斜边BC 上的高3AE =，32AB AC ==， 由1132322732DE ⨯⨯⨯⨯=，解得9DE =， 则21AE EF DE==．∴球O 的直径为10DE EF +=， 则球O 的半径为11052⨯=． ∴该球的表面积为245100S ππ=⨯=． 故选C ． 【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．12．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（ ）A ．441斛B ．431斛C ．426斛D ．412斛【答案】A 【解析】 【分析】由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出． 【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．13．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ） A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则【答案】C 【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系14．已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，D 是11A B 的中点，则AD 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ）A ．5 B ．25C ．10 D ．1510【答案】D 【解析】 【分析】先找出直线AD 与平面11BCC B 所成角，然后在1B EF V 中，求出1sin EB F ∠，即可得到本题答案. 【详解】如图，取AB 中点E ，作EF BC ⊥于F ，连接11,B E B F ，则1EB F ∠即为AD 与平面11BCC B 所成角. 不妨设棱长为4，则1,2BF BE ==，1EF B E ∴=1sin EB F ∴∠==. 故选：D 【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键.15．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ）A ．9:32B ．8:27C ．9:22D ．9:28 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案. 【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2lr rπ==,则母线l=2r,圆锥的高为=,则圆锥的体积为231πh 3r r =, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即)222R r R =+-,展开整理得,所以外接球的体积为3334433R ππ==,故所求体积比为339332r=故选：A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.16．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.17．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果18．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。