新课标人教A版高中数学选修2-1第三章《空间向量与立体几何》题型总结专题测试(教师版)

《空间向量与立体几何》1、利用空间向量证明平行关系1、已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．求证：FC1∥平面ADE.证明：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)．→→→FC1＝(0，2，1)，DA＝(2，0，0)，AE＝(0，2，1)．设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，→→DA＝2x1＝0，n1⊥DA，n1·x1＝0，则即解得→→z＝－2y，11AE＝2y1＋z1＝0，n1⊥AE，n1·令z1＝2，则y1＝－1.所以n1＝(0，－1，2)．→→因为FC1·n1＝－2＋2＝0.所以FC1⊥n1.因为FC1平面ADE，所以FC1∥平面ADE.2、利用空间向量证明垂直关系1、在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD.证明：设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1，0，0)，D(0，1，1110)，A(0，0，0)，S(0，0，1)，E2，2，2.11法一：如图，连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为2，2，0.1→→→1→0，0，，所以OE＝AS，所以OE∥AS.易知AS＝(0，0，1)，OE＝22又AS⊥底面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.又OE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.法二：设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)．111→→－，，，易知BD＝(－1，1，0)，BE＝222→BD→＝－x＋y＝0，n1⊥BD，n1·所以即111→→BE＝－x＋y＋z＝0.n1⊥BE，222n1·令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1，1，0)．→因为AS⊥底面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为n2＝AS＝(0，0，1)．因为n1·n2＝0，所以平面BDE⊥平面ABCD.2、如图，△ABC中，AC＝BC，D为AB边中点，PO⊥平面ABC，垂足O在CD上，求证：AB⊥PC.→→→证明：设CA＝a，CB＝b，OP＝v.由条件知，v是平面ABC的法向量，所以v·a＝0，v·b＝0，→1因为D为AB中点，所以CD＝(a＋b)，因为O在CD上，2→→λ所以存在实数λ，使CO＝λCD＝(a＋b)．2因为CA＝CB，所以|a|＝|b|，λ2→→2λ（a＋b）＋v＝λ(a＋b)·所以AB·CP＝(b－a)·(b－a)＋(b－a)·v＝(|b|－|a|)＋b·v－a·v＝2220，→→所以AB⊥CP，所以AB⊥PC.3、求两条异面直线所成的角1、在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD1上，且CG＝CD，H是C1G的中点．利用空间向量解决下列问题：4(1)求EF与B1C所成的角；(2)求EF与C1G所成角的余弦值；(3)求F，H两点间的距离．→→→解：如图，以DA，DC，DD1为单位正交基底建立空间直角坐标系1110，0，，F，，0，Dxyz，则D(0，0，0)，E22230，，0.C(0，1，0)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，G4111→→，，－，B1C＝(－1，0，－1)，(1)易得EF＝222111→→11－1×(－1)＝0.则EF·B1C＝2，2，－2·(－1，0，－1)＝×(－1)＋×0＋222→→所以EF⊥B1C，即EF⊥B1C.所以EF与B1C所成的角为90°.1173→→→→→3(2)C1G＝(0，－，－1)，则|C1G|＝.又|EF|＝，且EF·C1G＝，44283→→8EF·C1G5151→→所以cos〈EF，C1G〉＝＝＝.即EF与C1G所成角的余弦值为.1717→→317|EF||C1G|×2471131→0，，，则FH＝－，，.(3)因为H是C1G的中点，所以H82282→所以FH＝|FH|＝－1＋3＋1＝41.28282224、求直线和平面所成的角1、如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．求：直线AN与平面PMN所成角的正弦值．解：取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝AB－BE＝22BCAB－2＝5.22→以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N5→5→→5，1，2.，1，2，PM＝(0，2，－4)，PN＝，1，－2，AN＝2222y－4z＝0，→PM＝0，n·设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即5→PN＝0，n·2x＋y－2z＝0，→|n·AN|85→可取n＝(0，2，1)．于是|cos〈n，AN〉|＝＝，25→|n||AN|85则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.255、求二面角1、如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB包含于平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.→→以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A2222，B，1，0，C－，1，0.，0，0，P0，0，22222222→→→→所以PC＝－，1，－，CB＝(2，0，0)，PA＝，0，－，AB＝(0，1，0)．2222设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则22→－x1＋y1－z1＝0，PC＝0，n·2即2可取n＝(0，－1，－2)．→CB＝0，n·2x1＝0.→PA＝0，2x2－2z2＝0，m·2设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则即2→AB＝0，m·y2＝0.可取m＝(1，0，1)．n·m33则cos〈n，m〉＝＝－.所以二面角A－PB－C的余弦值为－.|n||m|332、如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，→→所以AP＝(0，3，4)，BC＝(－8，0，0)，→→→→由此可得AP·BC＝0，所以AP⊥BC，即AP⊥BC.→→→(2)假设存在满足题意的点M，设PM＝λPA，0≤λ1，则PM＝λ(0，－3，－4)，→→→所以BM＝BP＋PM＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，→AC＝(－4，5，0)．设平面BMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)．x＝0→1n1＝0BM·－4x1－（2＋3λ）y1＋（4－4λ）z1＝0由，得，即2＋3λ，→－8x＝0z＝y1n1＝0BC·14－4λ12＋3λ可取n1＝0，1，.4－4λ→x2＝4y2n2＝0AP·3y2＋4z2＝0由，得，即，3→－4x＋5y＝022n2＝0AC·z2＝－4y2可取n2＝(5，4，－3)．2＋3λ23→3由n1·n2＝0，得4－3×＝0，解得λ＝，故AM＝|AP|＝×32＋42＝3.5554－4λ综上所述，线段AP上存在点M符合题意，此时AM＝3.56、点到线的距离1、如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，求点D1到直线GF的距离.解析：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为坐标轴建立如图所示→的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，F(1，1，0)，G(0，2，1)，于是有GF→→GF·GD12－11→＝(1，－1，－1)，GD1＝(0，－2，1)，所以＝＝，→33|GF|→|GD1|＝5，所以点D1到直线GF的距离为1425－＝.337、（线、面）到面的距离1、正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离.→→→解析：选B.以DA，DC，DD1为正交基底建立空间直角坐标系，11→1→，－，0，则A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，C1O＝C1A1＝222→平面ABC1D1的一个法向量DA1＝(1，0，1)，1→→|DA1·C1O|22点O到平面ABC1D1的距离d＝＝＝.→24|DA1|2、已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，求直线B1C1到平面A1BCD1的距离.→→→解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，12，0)，D1(0，0，5)．设B(x，12，0)，B1(x，12，5)(x≠0)．→→设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥BC，n⊥CD1，→→得n·BC＝(a，b，c)·(－x，0，0)＝－ax＝0，n·CD1＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0，5所以a＝0，b＝c，所以可取n＝(0，5，12)．12→|B1B·n|60→又B1B＝(0，0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为＝.|n|1360因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为.133、在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点．(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离．解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直线AC1的一个单位方向向量为s0＝→0，2，2，AM＝(2，0，1)，故点M到直线AC1的距离d＝22→→2＝|AM|2－|AM·s0|1325－＝.22→→(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1C1＝0且n·A1M＝0，即(x，y，z)·(0，2，0)＝0且(x，y，z)·(2，0，－1)＝0，即y＝0且2x－z＝0，取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量，与n同向的单位向量为n0＝525.，0，55→因为N(1，1，0)，所以MN＝(－1，1，－1)，35→故点N到平面MA1C1的距离d＝|MN·n0|＝.5