第三章空间向量与立体几何

第三章空间向量与立体几何一、选择题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98，则等于（）A．2B．2C．2或552D．2或552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．19B．78C．78D．14196．空间四边形OABC中，OBOC，3AOBAOC，则cos,OABC的值是（）A．21B．22C．－21D．0二、填空题1．若向量)2,3,6(),4,2,4(ba，则(23)(2)abab__________________。2．若向量,94,2kjibkjia，则这两个向量的位置关系是___________。3．已知向量),2,4(),3,1,2(xba，若ab，则x______；若//ab则x______。4．已知向量,3,5krjibkjima若//ab则实数m______，r_______。5．若(3)ab)57(ba，且(4)ab)57(ba，则a与b的夹角为____________。6．若19(0,2,)8A，5(1,1,)8B，5(2,1,)8C是平面内的三点，设平面的法向量),,(zyxa，则zyx::________________。7．已知空间四边形OABC，点,MN分别为,OABC的中点，且cCObBOaAO,,，用a，b，c表示NM，则NM=_______________。8．已知正方体1111ABCDABCD的棱长是1，则直线1DA与AC间的距离为。空间向量与立体几何解答题精选（选修2--1）1．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，//ABDC，PADAB,90底面ABCD，且12PAADDC，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,)2ABCDPM.（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DCAPDCAPDCAP所以故由题设知ADDC，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(PBAC.510||||,cos,2,5||,2||PBACPBACPBACPBACPBAC所以故（Ⅲ）解：在MC上取一点(,,)Nxyz，则存在,R使,MCNC..21,1,1),21,0,1(),,1,1(zyxMCzyxNC要使14,00,.25ANMCANMCxz只需即解得0),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54MCBNBNANMCANN有此时能使点坐标为时可知当ANBMCBNMCANMCBNMCAN所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3ANBNANBNANBNANBNANBN故所求的二面角为2．如图，在四棱锥VABCD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，)23,0,21(V，)23,0,21(),0,1,0(VAAB由,0VAAB得ABVA，又ABAD，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)43,0,41(E，).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(DVEBEA由.,,0DVEADVEBDVEB又得因此，AEB是所求二面角的平面角，,721||||),cos(EBEAEBEAEBEA解得所求二面角的大小为.721arccos3．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，3AB，1BC，2PA，E为PD的中点.（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，并求出点N到AB和AP的距离.解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,,,ABCDPE的坐标为(0,0,0)A、(3,0,0)B、(3,1,0)C、(0,1,0)D、(0,0,2)P、1(0,,1)2E，从而).2,0,3(),0,1,3(PBAC设PBAC与的夹角为，则,1473723||||cosPBACPBACDCBAV∴AC与PB所成角的余弦值为1473.（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(,0,)xz，则)1,21,(zxNE，由NE面PAC可得，.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0xzzxzxACNEAPNE化简得即∴163zx即N点的坐标为)1,0,63(，从而N点到AB和AP的距离分别为31,6.4．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面1AECF所截面而得到的，其中14,2,3,1ABBCCCBE.（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面1AECF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)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)ACEC设(0,0,)Fz.∵1AECF为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BFBFEFFzzECAFFAEC（II）设1n为平面1AECF的法向量，)1,,(,11yxnADFn故可设不垂直于平面显然02020140,0,011yxyxAFnAEn得由.41,1,022,014yxxy即111),3,0,0(nCCCC与设又的夹角为，则.333341161133||||cos1111nCCnCC∴C到平面1AECF的距离为.11334333343cos||1CCd5．如图，在长方体1111ABCDABCD，中，11,2ADAAAB，点E在棱AD上移动.（1）证明：11DEAD；（2）当E为AB的中点时，求点E到面1ACD的距离；（3）AE等于何值时，二面角1DECD的大小为4.解：以D为坐标原点，直线1,,DADCDD分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)ADExAC（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111EDDAxEDDA所以因为（2）因为E为AB的中点，则(1,1,0)E，从而)0,2,1(),1,1,1(1ACED，)1,0,1(1AD，设平面1ACD的法向量为),,(cban，则,0,01ADnACn也即002caba，得caba2，从而)2,1,2(n，所以点E到平面1ACD的距离为.313212||||1nnEDh（3）设平面1DEC的法向量),,(cban，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11DDCDxCE由.0)2(02,0,01xbacbCEnCDn令1,2,2bcax，∴).2,1,2(xn依题意.225)2(222||||||4cos211xDDnDDn∴321x（不合，舍去），322x.∴23AE时，二面角1DECD的大小为4.6．如图，在三棱柱111ABCABC中，AB侧面11BBCC，E为棱1CC上异于1,CC的一点，1EAEB，已知112,2,1,3ABBBBCBCC，求：（Ⅰ）异面直线AB与1EB的距离；（Ⅱ）二面角11AEBA的平面角的正切值.解：（I）以B为原点，1BB、BA分别为,yz轴建立空间直角坐标系.由于，112,2,1,3ABBBBCBCC在三棱柱111ABCABC中有1(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)BAB,)0,23,23(),0,21,23(1CC设即得由,0,),0,,23(11EBEAEBEAaE)0,2,23()2,,23(0aa,432)2(432aaaa.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EBBEEBBEEaaaa即故舍去或即得又AB侧面11BBCC，故ABBE.因此BE是异面直线1,ABEB的公垂线，则14143||BE，故异面直线1,ABEB的距离为1.（II）由已知有,,1111EBABEBEA故二面角11AEBA的平面角的大小为向量EAAB与11的夹角..22tan,32||||cos),2,21,23(),2,0,0(111111即故因ABEAABEAEABAAB7．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上一点，PFEC.已知,21,2,2AECDPD求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；（Ⅱ）二面角EPCD的大小.解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系.由已知可得(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)DPC设),0,2,(),0)(0,0,(xBxxA则).0,23,(),2,21,(),0,21,(xCExPExE由0CEPECEPE得，即.23,0432xx故由CEDECEDE得0)0,23,23()0,21,23(，又PDDE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得1||DE，故异面直线PD,CE的距离为1.（Ⅱ）作DGPC，可设(0,,)Gyz.由0PCDG得0)2,2,0(),,0(zy即),2,1,0(,2DGyz故可取作EFPC于F，设(0,,)Fmn，则).,21,23(nmEF由0212,0)2,2,0(),21,23(0nmnmPCEF即得，又由F在PC上得).22,21,23(,22,1,222EFnmmn故因,,PCDGPCEF故EPCD