1、（2）设向量和的夹角为，求cos的值17（12分）若四面体对应棱的中点间的距离都相等，证明这个四面体的对棱两两垂直18（12分）四棱锥PABCD中，底面ABCD是一个平行四边形， =2，1，4，=4，2，0，=1，2，1.（1）求证：PA底面ABCD；（2）求四棱锥PABCD的体积；（3）对于向量=x1，y1，z1，=x2，y2，z2，=x3，y3，z3，定义一种运算：（）=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2x1y3z2x2y1z3x3y2z1，试计算（的绝对值的值；说明其与四棱锥PABCD体积的关系，并由此猜想向量这一运算（的绝对值的几何意义.19（14分）如图所示，直三棱柱ABCA1
2、B1C1中，CA=CB=1，BCA=90，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.（1）求的长；（2）求cos的值；（3）求证：A1BC1M.20（14分）如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形且C1CB=C1CD=BCD=60（1）证明：C1CBD；（2）假定CD=2，CC1=，记面C1BD为，面CBD为，求二面角BD的平面角的余弦值；（3）当的值为多少时，能使A1C平面C1BD？请给出证明.选修2-1第三章3.2空间向量在立体几何中的应用说明：本试卷分第一卷和第二卷两部分，第一卷74分，第二卷76分，共150分；答题时间120分钟1在正三棱柱ABCA1B
3、1C1中，若ABBB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（ ）A60B90C105D752如图，ABCDA1B1C1D1是正方体，B1E1D1F1，则BE1与DF1所成角的余弦值是（ ）A B3如图，A1B1C1ABC是直三棱柱，BCA=90，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）AB4正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（ ）A BC DAA1DCBB1C15已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点点到平面的距离（ ）A B6在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离（ ）A BC D7在三棱锥PABC中，ABBC，
4、ABBCPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值（ ）A B C D8在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G则与平面ABD所成角的余弦值（ ）A B CD9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 D10正四棱柱中，底面边长为，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，CD的中点，则三棱锥的体积V（ ）11在正方体中，为的中点，则异面直线和间的距离 12 在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，求点到截面的距离 13已知棱长为1的正方体ABCDA1B1
5、C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平面DBEF的距离 14已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值 15（12分）已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小16（12分）已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、M分别是A1C1、A1D和B1A上任一点，求证：平面A1EF平面B1MC17（12分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是一直角梯形，BAD=90，ADBC，AB=BC=a，AD=2a，且PA底面ABCD，PD与底面成30角（1
6、）若AEPD，E为垂足，求证：BEPD；（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值18（12分）已知棱长为1的正方体AC1，E、F分别是B1C1、C1D的中点E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的BDEF的距离；（3）求直线A1D与平面BDEF所成的角19（14分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB的中点，求：（）D1E与平面BC1D所成角的大小；（）二面角DBC1C的大小；（）异面直线B1D1与BC1之间的距离20（14分）如图5：正方体ABCD-A1B1C1D1，过线段BD1上一点P（P平面ACB1）作垂直于D1B的平面分别交过D1的三条棱于E、F、G平面EFG平
7、面A CB1，并判断三角形类型；（2）若正方体棱长为a，求EFG的最大面积，并求此时EF与B1C的距离参考答案一、1A；解析：=+（）=+评述：用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化，本题考查的是基本的向量相等，与向量的加法.考查学生的空间想象能力.2A；空间的四点P、A、B、C共面只需满足且既可只有选项A3B；只需将，运用向量的内即运算即可，4C；向量的共线和平行使一样的，可利用空间向量共线定理写成数乘的形式即5C；，计算结果为16B；显然7B；过点A的棱两两垂直，通过设棱长应用余弦定理可得三角形为锐角三角形8D；建立一组基向量，再来处理的值9D；应用向量的运算，显然，从而
8、得10C；二、11；，得，可得结果12 ；13直角三角形；利用两点间距离公式得：14；，得三、15解：以D为原点，建立如图空间直角坐标系因为正方体棱长为a，所以B（a，a，0），A（a，0，a），（0，a，a），（0，0，a）由于M为的中点，取中点O，所以M（，），O（，a）因为，所以N为的四等分，从而N为的中点，故N（，a）根据空间两点距离公式，可得16解：（1）过D作DEBC，垂足为E，在RtBDC中,由BDC=90,DCB=30，BC=2，得BD=1，CD=，DE=CDsin30=.OE=OBBE=OBBDcos60=1.D点坐标为（0，），即向量ODTX的坐标为0，.（2）依题意：，所
9、以.设向量和的夹角为，则cos=.17 证：如图设，则分别为，由条件EH=GH=MN得：展开得，（）即SABC同理可证SBAC，SCAB18 （1）证明：=22+4=0，APAB.又=4+4+0=0，APAD.AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线，AP底面ABCD.（2）解：设与的夹角为，则cos=V=|sin|=（3）解：|（|=|43248|=48它是四棱锥PABCD体积的3倍.猜测：|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的体积（或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积）.评述：本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线
10、与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.19如图，建立空间直角坐标系Oxyz.（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）| |=.（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）=1，1，2，=0，1，2，=3，|=，|=cos（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（，2），=1，1，2，=，0.=+0=0，A1BC1M.本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.20（1）证明：设=，=，=，则| |=|，=，=（）=|cos60|=0，C1
11、CBD.连AC、BD，设ACBD=O，连OC1，则C1OC为二面角BD的平面角.（+），（+）（+）（+）=（2+2+2）=（4+222cos60+4）则|=，|=，cosC1OC=设=x，CD=2， 则CC1=.BD平面AA1C1C，BDA1C只须求满足：=0即可.设=，=，=，=+，=，=（+）（）=2+2=6，令6=0，得x=1或x=（舍去）.本题蕴涵着转化思想，即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.一、1B；3A；OS分析：建立如图所示的直角坐标系，则 ，令向量，且，则，异面直线和之间的距离为：5A；为正方形，又平面平面，面，是平面的一个法向量，
12、设点到平面的距离为，则= 建立如图所示的直角坐标系，D1E设平面的一个法向量，则，即，平面与平面间的距离7D；8B；解 以C为坐标原点，CA所在直线为轴，CB所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系， 设，则 ， ， ， ， 点E在平面ABD上的射影是的重心G， 平面ABD， ，解得 ， ， 平面ABD， 为平面ABD的一个法向量由 与平面ABD所成的角的余弦值为评析 因规定直线与平面所成角，两向量所成角，所以用此法向量求出的线面角应满足9A；取BC的中点O，连AO由题意 平面平面，平面，以O为原点，建立如图6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
13、 平面的法向量为 ，则 ， ， ，即 不妨设 ，由 ， 得 故所求二面角的大小为评析：（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”解 以D为坐标原点
14、，建立如图10所示的直角坐标系，则 ， ， ， 图10 ，所以 ，设 平面的方程为：，将点代入得， ， 平面的方程为：，其法向量为， 点到平面的距离， 即为所求评析 （1）在求点到平面的距离时，有时也可直接利用点到平面的距离公式 计算得到（2） 法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等11分析：设正方体棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设和公垂线段上的向量为，则，即，又，所以异面直线和间的距离为12分析：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系F则，；设面的法向量为，则有：，又，所以点到截面的距离为=
15、131；解：如图建立空间直角坐标系，zxy（1，1，0） ，（0，1）， （1，0，1） 设平面DBEF的法向量为（x，y，z），则有： 即 xy0 yz0令x1, y=1, z=, 取（1，1，），则A1到平面DBEF的距离14解：如图建立空间直角坐标系，（0，1，0），（1，0，1），（0，1）设平面ABC1D1的法向量为（x，y，z）,由 可解得（1，0，1） 设直线AE与平面ABC1D1所成的角为，则， 三、15 z如图建立空间直角坐标系，（1，1，0），（0，1，1） 设、分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量， 由 可解得（1，1，1）易知（0，0，1），M所以，所以平面A1B
16、C1与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或 arccos注：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16证明： 则（1，1，0），（1，0，1） （1，0，1）， （0，1，1）设，（、 ，且均不为0） 设、分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量， 由 可得 即 解得：（1，1，1） 由 可得 即 解得（1，1，1），所以， ， 所以平面A1EF平面B1MC如果求证的是两个平面垂直，也可以求出两个平面的法向量后，利用来证明17（1）证明：PA平面ABCD，PAAB，又ABADA
17、B平面PAD又AEPD，PD平面ABE，故BEPD以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C、D的坐标分别为（a，a，0），（0，2a，0）PA平面ABCD，PDA是PD与底面ABCD所成的角，PDA=30于是，在RtAED中，由AD=2a，得AE=a过E作EFAD，垂足为F，在RtAFE中，由AE=a，EAF=60，得AF=，EF=a，E（0，a）于是，=a，a，0设与的夹角为，则由AE与CD所成角的余弦值为第（2）小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段18解：（1）略（2）如图，建立空间直角坐标系D
18、xyz,则知B（1，1，0），设得则令设点A1在平面BDFE上的射影为H，连结A1D，知A1D是平面BDFE的斜线段即点A1到平面BDFE的距离为1（3）由（2）知，A1H=1，又A1D=，则A1HD为等腰直角三角形，19解：建立坐标系如图，则、，（）不难证明为平面BC1D的法向量， D1E与平面BC1D所成的角的大小为 （即）（）、分别为平面BC1D、BC1C的法向量， ， 二面角DBC1C的大小为（） B1D1平面BC1D， B1D1与BC1之间的距离为20（证明（1）用纯粹的几何方法要辗转证明EFAC，EGB1C，FGAB1来证明，而我们借用向量法使问题代数化，运算简洁，思路简单明了）（
19、1）分析：要证平面EFG平面ACB1，由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可证明：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图5，不妨设正方体棱长为a，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），D1（0，0，a），B1（a，a，a），E（xE，0，a），F（0，yF，a），G（0，0，zG）=（a，a，a），=（0，a，a），（xE，yF，0），=（a，a，0），=（a，0，a），=（a，a，a）（0，a，a）=0， ，同理 ，而与不共线且相交于点A，平面ACB1，又已知平面EFG， 平面EFG平面ACB1；又因为平面EFG，所以 ，则=0， 即 （a，a，a）（xE，yF，0）=
20、0，化简得 xEyF=0；同理 xEzG=0, yFzG=0，易得 =， EFG为正三角形因为EFG是正三角形，显然当EFG与A1C1D重合时，EFG的边最长，其面积也最大，此时，=A1C1=a， = = sin600 = （a）2 =a2 此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离，由于两异面直线所在平面平行，所求距离转化为求点B1到平面 A1C1D的距离，记A1C1与B1D1交于点O1，作O1HD1B并交BB1于点H，则O1H平面A1C1D，垂足为O1，则O1（，a），H（a，a，），而作为平面A1C1D的法向量，所以异面直线EF与B1C的距离设为d是d = =a（证明（2）时一般要找到求这两平面距离的两点，如图5*，而这两点为K与J，在立体图形中较难确定，且较难想到通过作辅助线DO1，OB1来得到，加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱，但只要借助平面法向量求线段的射影长度的思想，结合题设，使思路清晰明了，最终使问题的解决明朗化；把握这种思想，不管是空间线线距离，线面距离，面面距离问题，一般我们都能转化成点线或点面距离，再借助平面法向量很好地解决了）- 17 -
