空间向量练习题

空间向量在立体几何中的应用【知识梳理】1、已知直线12,ll的方向向量分别为12,vv，平面,的法向量分别为12,nn，则（1）12//ll；（2）12ll；（3）若直线12,ll的夹角为，则cos；（4）1//l；（5）1l；（6）若直线1l与面的成角为，则sin；（7）//面面；（8）面面；（9）若面与面成二面角的平面角为，则。2、（1）三余弦定理：；（2）三垂线定理（及逆定理）：；（3）二面角的平面角定义（范围）：；【小试牛刀】1、A(1，1，-2)、B(1，1，1)，则线段AB的长度是(2、向量a＝(1，2，-2)，b＝(-2，-4，4)，则a与b()A.相交B.垂直平行以上都不对3.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.－21a+21b+cB.21a+21b+cC.21a－21b+cD.－21a－21b+c4.下列等式中，使点M与点A、B、C一定共面的是A.OCOBOAOM23B.OCOBOAOM513121C.0OCOBOAOMD.0MCMBMA5.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.41B.41C.43D.436.若)2,,1(a，)1,1,2(b，a与b的夹角为060，则的值为A.17或-1B.-17或1C.-1D.17.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.213B.253C.453D.4538.如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误．．的是A.BD∥平面CB1D1B.AC1⊥BDC.AC1⊥平面CB1D1D.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.63B.552C.155D.10510.⊿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.5B.41C.4D.5211.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，1111ABCDABCD是正方体，其中2,6ABPA，则1B到平面PAD的距离为.15、已知2,4,,2,,26axbyab，若a且，求xy值.俯视图侧视图正视图121121EDCBAP16如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.（1）求BN的长；（2）求cos11,CBBA的值（3）求证：A1B⊥C1M.17.如图，在四面体ABCD中，CBCDADBD，，点EF，分别是ABBD，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.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．D'C'B'A'PDCBA参考答案1、C2、C3.)(21111BCBAAABMBBMB=c+21(－a+b)=－21a+21b+c，故选A.4.1),,(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.5.∵的中点分别是ADABFE,,,BDEFBDEFBDEF21,21//且,41120cos1121,cos21210DCBDDCBDDCBDDCEF故选B.6.B7.B8.D9.D10.由于4,cosACACABACABABAD，所以522ADABBD,故选A11.912.313.作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，则DBCDACAB∵cos6)180cos(,0,0,2,5,30DBACDBACDBCDCDACDBCDAC000222222222120,1800.21cos),cos600(2253)112()(2)(由于ACDBDBCDCDACDBCDACDBCDACAB14.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(,,)mxyz，(0,2,0),(1,1,2)ADAP，∴02,0zyxy，取1z得(2,0,1)m，1(2,0,2)BA，∴1B到平面PAD的距离1655BAmdm.15、解：由22262436ax，又0abab即4420yx由①②有：4,34,1xyxy或13xy或16、如图，建立空间直角坐标系O—xyz.（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）∴|BN|=3)01()10()01(222.（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）∴1BA={－1，－1，2}，1CB={0，1，2，}，1BA·1CB=3，|1BA|=6，|1CB|=5∴cos1BA，1CB=30101||||1111CBBACBBA.（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（21,21，2），BA1={－1，1，2}，MC1={21,21，0}.∴BA1·MC1=－2121+0=0，∴BA1⊥MC1，∴A1B⊥C1M.17.证明：（1）∵E,F分别是ABBD，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，∵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Dxyz．则(100)DA，，，(001)CC，，．连结BD，BD．在平面BBDD中，延长DP交BD于H．设(1)(0)DHmmm，，，由已知60DHDA，，由cosDADHDADHDADH，，可得2221mm．解得22m，所以22122DH，，．（1）因为220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，，即DP与CC所成的角为45．（2）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，．ABCDPABCDxyzH图zyxEDCBAP因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，，可得DP与平面AADD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.∴1233PABCDABCDVSPC(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ACPCC∴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，∴RtECD≌RtECB，∴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ADDEDGAE=23=BG在△DGB中，由余弦定理得212cos222BGDGBDBGDGDGB∴DGB=23，∴二面角D－AE－B的大小为23.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)DABE,从而(1,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1)DEDABABE设平面ADE和平面ABE的法向量分别为(,,),(',',')mabcnabc由法向量的性质可得：0,0acb，'0,''0abc令1,'1cc，则1,'1ab，∴(1,0,1),(0,1,1)mn设二面角D－AE－B的平面角为，则1cos2||||mnmn∴23，∴二面角D－AE－B的大小为23.