复习参考题课件配套优秀教案案例

高二理科数学空间向量训练题

一、选择题

1．在空间直角坐标系中，点P1，2，3关于原点的对称点坐标为 （ ）

A．1，2，3

B．1，2，3 C．1，2，3

D．1，2，3

2．在空间直角坐标系中，点P1，2，3关于xOy平面的对称点坐标为 （ ）

A．1，2，3

B．1，2，3 C．1，2，3

D．1，2，3

3．以正方体ABCDA1BC11D1的顶点D为坐标原点O，建立

如图空间直角坐标系，则与DB1共线的向量的坐标可以是 （ ）

A．1，2，2

，，2 C．B．112，2，2 D.2，2，1 4．在正方体ABCDA1BC11D1中，下列选项化简后等于0的是 （ ）

A．ABADAA1

B．ABACBB1 C．ABAD

11C1A1

D．ACBB1AB

5．设a1，2，3，b2，m，m，若ab，则b （ ）

A．2

B．22

C．23

D．32

6．在正方体ABCDA1BC11D1中，DB1与正方体的任意一条棱所成的角的余弦值等于

（ ）

A．1

2

B．3 2

C．2 2

D．3

37．如图，正四棱柱ABCDA1BC11D1的底面边长为1，侧棱长为2，O1为

上底面的中心，设DAa则

（ ）

，DCb，DD1c，AO1xaybzc，A．x111，y，z 222

B．x，y121，z1

212C．x，y1212

，z22

D．x，y，z1

128．如图，四棱柱ABCDA1BC11D1的所有棱长为2，DAB60，侧棱与底面垂直；以底面中心为原点，建立如图空间直角坐标系，则平面OAB的一个法向量可以是 （ ）

6，3

B．m23，6，3 C．m23，6，3

A．m23，

1 6，3

D．m23，

9．如图，在平行六面体ABCDA1BC、AD、AA1长度都为1，11D1中，AB且它们彼此的夹角都是60，则AC1 （ ）

A．2

B．3

C．23

D．6

10．上题中，侧棱与下底面所成角的余弦值等于 （ ）

A．3 2

B．3 3

C．2 3

D．6

311．若直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，平面α的法向量为u＝(－2,2，－4)，则(

)

A．l∥α

B．l⊥α

C．l⊂α

D．l与α斜交

12．如图，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF（

）

A．1ADa，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为 26362

B.

C.

D.

6333二、填空题

13.在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

M是侧 棱CC1的中点，14.如图，已知正三棱柱ABCA则异面直线AB1和BM1B1C1的各条棱长都相等，所成的角的大小是 。 15．如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，DBC90，BCBD2，AB1，则BC和平面ACD所成角的正弦值为 ．

16．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平面DBEF的距离 ．

三、解答题

17．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面 ABCD，PDDC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F．

（1）求证：PA//平面EDB；（2）求二面角FDEB的正弦值．

2

18．如图，在四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，

CACBCDBD2,ABAD2.

（Ⅰ）求证：AO平面BCD；（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；

（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离．

O

19．如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB=BC=CE=2CD=2，∠BCE=120，F为AE中A 点。(Ⅰ)

求证：平面ADE⊥平面ABE ；(Ⅱ) 求二面角A—EB—D的大小的余弦值；

（Ⅲ）求点F到平面BDE的距离。

F 0A D B E C

D

E B

C

20.如图，PCBM是直角梯形，∠PCB＝90°，PM∥BC，PM＝1，BC＝2，又AC＝1，∠ACB＝120°，AB⊥PC，直线AM与直线PC所成的角为60°.（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面ABC; （Ⅱ）求二面角MACB的大小;（Ⅲ）求三棱锥PMAC的体积.

3

21．如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，AB//EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在的平面互相垂直．已知AB2，EF1．（Ⅰ）求证：平面DAF平面CBF；

（Ⅱ）求直线AB与平面CBF所成角的大小；

（Ⅲ）当AD的长为何值时，二面角DFEB的大小为60？

C

22.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点。

（1）求证：AB1⊥面A1BD；（2）求二面角A－A1D－B的大小；

（3）求点C到平面A1BD的距离。

4 D.BEOAF

高二理科数学空间向量训练题答案

AACCC DBADB BC 13. (0 0,-1，0) 14 .90 15. 三、解答题

17.如图建立空间直角坐标系，点D为坐标原点，设DC1. ……..…1分

（1）证明：连结AC,AC交BD于点G，连结EG.依题意得06 16 . 1 611A(1,0,0),P(0,0,1),E(0,,).

22因为底面ABCD是正方形，所以点G是此正方形的中心，

1111故点G的坐标为(,,0)，且PA(1,0,1),EG(,0,).

2222所以PA2EG,即PA//EG,而EG平面EDB,且PA平面EDB,

因此PA//平面EDB． ……5分

11,),故PBDE0,所以PBDE.

22由已知EFPB，且EFDEE,所以PB平面EFD. ………7分

11所以平面EFD的一个法向量为PB(1,1,1).DE(0,,),DB(1,1,0),

22（2）B(1,1,0),PB(1,1,1),又DE(0,不妨设平面DEB的法向量为a(x,y,z)

1aDE(yz)02则

aDBxy0不妨取x1则y1,z1，即a(1,1,1) …10分

设求二面角FDEB的平面角为

A cos122 因为[0,]，所以sin．

33|a||PB|D O B E aPBＭ

22二面角FDEB的正弦值大小为．

………12分

3考点：线线平行、线面平行、二面角.

18.解：解:方法一：⑴．证明：连结OC

C BODO,ABAD,AOBD. BODO,BCCD，COBD．

在AOC中，由已知可得AO1,CO3. 而AC2，

AO2CO2AC2,AOC90o,即AOOC.

5

∴AO平面BCD． BDOCO,

⑵．解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知ME∥AB,OE∥DC，

∴

直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角，

在OME中，EM121AB,OEDC1, OM是直角AOC斜边AC上的中线，

2221OE2EM2OM22∴OMAC1 ∴cosOEM∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为22OEEM42．⑶．解：设点E到平面ACD的距离为h．

411VEACDVACDE，hSACDAOSCDE在33127,而AOACD中，CACD2,AD2,S222()2ACD2221，SCDE13223．

242∴hAOSCDESACD1321221， ∴点E到平面ACD的距离为7

772方法二：⑴．同方法一．⑵．解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),D(1,0,0),

13C(0,3,0),A(0,0,1),E(,,0),BA(1,0,1),CD(1,3,0).

22z

A

cosBA,CDBACDBACD2， 4

2∴

异面直线AB与CD所成角的余弦值为． 4x⑶．解：设平面ACD的法向量为n(x,y,z),则

B

O

ED

C

y

nAD(x,y,z)(1,0,1)0xz0，∴，令y1,得n(3,1,3)是平面ACD的一个3yz0nAC(x,y,z)(0,3,1)0ECn13321法向量．又EC(,∴点E到平面ACD的距离

h． ,0),

2277n19.解法1：(Ⅰ)证明：取BE的中点O，连OC，OF，DF，则2OF//BA ∵AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，∴2CD //BA，

∴OF//CD，∴OC∥FD BC=CE，∴OC⊥BE，又AB⊥平面BCE.

6 A F D E

O B C

∴OC⊥平面ABE. ∴FD⊥平面ABE. 从而平面ADE⊥平面ABE. (Ⅱ)二面角A—EB—D与二面角F—EB—D相等，由(Ⅰ)知二面角F—EB—D的平面角为∠FOD。BC=CE=2, ∠BCE=120，OC⊥BE得BO=OE=3，OC=1，∴OFDC为正方形，∴∠FOD=45，

00∴二面角A—EB—D的余弦值为2。 2（Ⅲ）∵OFDC为正方形，∴CF⊥OD，CF⊥EB，∴CF⊥面EBD， ∴点F到平面BDE的距离为12FC，∴点F到平面BDE的距离为。

22解法2：取BE的中点O，连OC.∵BC=CE, ∴OC⊥BE，又AB⊥平面BCE. 以O为原点建立如图空间直角坐标系O－xyz，

则由已知条件有: A0,3,2，B0,3,0，C1,0,0,D1,0,1,

E0,3,1,F0,0,1

设平面ADE的法向量为nx1,y1,z1，

则由n·EAx1,y1,z10,23,223y12z10.

E 111z A F D 及n·DAx,y,z1,3,1x可取n0,1,3

1

O 3y1z10.

B y C x 又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，OC⊥平面ABE，

∴平面ABE的法向量可取为m＝1,0,0. ∵n·m0,1,3·1,0,0=0, ∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE. （Ⅱ）设平面BDE的法向量为px2,y2,z2，

则由p·EDx2,y2,z21,3,1x23y2z20.

及p·EBx2,y2,z20,23,023y20.可取p1,0,1

∵平面ABE的法向量可取为m＝1,0,0

∴锐二面角A—EB—D的余弦值为cosm,p22|mp|=，∴二面角A—EB—D的余弦值为。 22|m||p|（Ⅲ）点F到平面BDE的距离为

|OFp|2。

2|p|7

20.解法一：

（Ⅰ）∵PCAB,PCBC,ABBCB

∴PC平面ABC，又∵PC平面PAC∴平面PAC平面ABC

（Ⅱ）取BC的中点N，则CN1，连结AN,MN，

∵PM//CN，∴MN//PC，从而MN平面ABC

作NHAC，交AC的延长线于H，连结MH，则由三垂线定理知，ACNH，

从而MHN为二面角MACB的平面角

直线AM与直线PC所成的角为60 .∴AMN60

在ACN中，由余弦定理得AN00AC2CN22ACCNcos12003

31

3在AMN中，MNANcotAMN3在CNH中，NHCNsinNCH133

22在MNH中，MNtanMHNMN123

NH33223

3故二面角MACB的平面角大小为arctan（Ⅲ）由（Ⅱ）知，PCMN为正方形

∴VPMACVAPCMVAMNCVMACN解法二：（Ⅰ）同解法一

113ACCNsin1200MN

3212（Ⅱ）在平面ABC内，过C作CDCB，建立空间直角坐标系Cxyz（如图）

31，设P0,0,zz0，

由题意有A002,2,0则M0,1,z0,AM3,1,z0,CP0,0,z0

22由直线AM与直线PC所成的解为60，得

0

8

2AMCPAMCPcos600，即z02z023z0，解得z01

∴CM0,0,1,CA3,1,0，设平面MAC的一个法向量为nx1,y1,z1，

22y1z10则3，取x11，得n1,3,3

1y1z1022平面ABC的法向量取为m0,0,1

设m与n所成的角为，则cosmnmn3

7显然，二面角MACB的平面角为锐角，

故二面角MACB的平面角大小为arccos21

7（Ⅲ）取平面PCM的法向量取为n11,0,0，则点A到平面PCM的距离hCAn1n13

2∵PC1,PM1，∴VPMACVAPCM11133PCPMh11

32621221.【解】（Ⅰ）证明：平面ABCD平面ABEF,CBAB, 平面ABCD平面ABEF=AB，

CB平面ABEF．

AF平面ABEF，AFCB，

又AB为圆O的直径，AFBF，

AF平面CBF．

AF平面ADF，平面DAF平面CBF．

（Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，有AF平面CBF，FB为AB在

平面CBF上的射影，

因此，ABF为直线AB与平面CBF所成的角． AB//EF，四边形ABEF为等腰梯形，

过点F作FHAB，交AB于H．

ABEF1AB2,EF1，则AH．

22在RtAFB中，根据射影定理AF2CD.ABEOFAHAB，得AF1． sinABFAF1，ABF30．

AB2直线AB与平面CBF所成角的大小为30． (Ⅲ)设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角

9

坐标系（如图）设ADt(t0)，则点D的坐标为(1,0,t)

设平面DEF的法向量为n1(x,y,z)，则n1DF0,n1DE0．

312x2ytz0,即 令z3，解得x0,y2t。n1(0,2t,3) 33ytz0.2x2取平面BEF的一个法向量为n2(0,0,1)，依题意n1与n2的夹角为60

cos60n1n2n1n2，即10033，

解得t（负值舍去）

224t2313时，二面角DFEB的大小为60．

222.解法一：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．

△ABC为正三角形，AO⊥BC．

因此，当AD的长为正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

AO⊥平面BCC1B1．

A 连结B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为

F C D A1BC，CC1的中点，

B1O⊥BD，

AB1⊥BD．

B O C1

B1

在正方形ABB1A1⊥A1B，AB1⊥平面A1中，AB1BD．

F，连结AF，由（Ⅰ）得AB1⊥平面（Ⅱ）设AB1与A1B交于点G，在平面A1D于1BD中，作GF⊥AA1BD．AF⊥A1D，∠AFG为二面角AA1DB的平面角．

在△AA1D中，由等面积法可求得AF455，又AG121AB2，sin∠AFG10AG210．所以二面角AA1DB的大小为arcsin．

4AF45455，A1B22，S△A1BD6，S△BCD1．在正三棱柱中，A1到平面（Ⅲ）△A1BD中，BDA1D1BCC1B1的距离为3．设点C到平面A1BD的距离为d．由VA1BCDVCA1BD得S△BCD3

10 13S△A1BDd，3

d3S△BCD22．点C到平面A的距离为．

BD1S△A1BD22解法二：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．△ABC为正三角形，AO⊥BC．

在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，AD⊥平面BCC1B1．

取B1C1中点O1，以O为原点，OB，OO1，OA的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(11，，0)，A2，0)，

0，3)，B1(1，，2，3)，A(0，1(0z A

F C O B x D ，，，BAAB1(1，2，3)，BD(210)，，3)．

1(12A1AB1BD2200，AB1BA11430，

AB1⊥BD，AB1⊥BA1．AB1⊥平面A1BD．

（Ⅱ）设平面A1AD的法向量为n(x，y，z)．

C1

y B1

AD(11，，3)，AA1(0，2，0)．

n⊥AD，n⊥AA1，

xy3z0，y0，nAD0，

2y0，x3z．nAA10，令z1得n(3，01)，为平面A1AD的一个法向量．

由（Ⅰ）知AB1⊥平面A1BD，AB1BD的法向量．

1为平面Acosn，AB1nAB1nAB13366．二面角AA1DB的大小为arccos．

44222（Ⅲ）由（Ⅱ），AB1为平面A1BD法向量，

BC(2，0，，0)AB1(1，2，3)．

2222．

2点C到平面A1BD的距离dBCAB1AB1

11