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2013年高考数学总复习精品资料9空间向量


2013 年高考数学总复习精品资料
空间向量
考纲导读 1.理解空间向量的概念;掌握空间向量的加法、减法和数乘. 2.了解空间向量的基本定理;理解空间向量坐标的概念;掌握空间向量的坐标运算. 3.掌握空间向量的数量积的定义及其性质;掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式;掌握空间两点间 的距离公式. 证明平行与垂直 知识网络 高考导航 理 解空间 求空间角 空间向量 数量积 向量的 夹角的 坐标表示:夹角和距离公式 概念;掌 握空间 向量的 数量积 求距离 的概念、 性质和运算律;了解空间向量的数量积的几何意义;掌握空间向量的数量积的坐标形式;能用向量的数量 积判断向量的共线与垂直. 定义、加法、减法、数乘运算

第 1 课时

空间向量及其运算

基础过关 空间向量是平面向量的推广.在空间,任意两个向量都可以通过平移转化为平面向量.因此,空间向 量的加减、数乘向量运算也是平面向量对应运算的推广. 本节知识点是: 1.空间向量的概念,空间向量的加法、减法、数乘运算和数量积; (1) 向量:具有 和 的量. (2) 向量相等:方向 且长度 . (3) 向量加法法则: . (4) 向量减法法则: . (5) 数乘向量法则: . 2.线性运算律 (1) 加法交换律:a+b= . (2) 加法结合律:(a+b)+c= . (3) 数乘分配律: ? (a+b)= . 3.共线向量 (1)共线向量:表示空间向量的有向线段所在的直线互相 或 . (2) 共线向量定理:对空间任意两个向量 a、b(b ? 0),a∥b 等价于存在实数 ? ,使 . (3) 直线的向量参数方程:设直线 l 过定点 A 且平行于非零向量 a,则对于空间中任意一点 O,点 P 在 l 上等 价于存在 t ? R ,使 .

4.共面向量 (1) 共面向量:平行于 的向量. (2) 共面向量定理:两个向量 a、b 不共线,则向量 P 与向量 a、b 共面的充要条件是存在实数对( x, y ),使 P . 共面向量定理的推论: . 5.空间向量基本定理 (1) 空间向量的基底: 的三个向量. (2) 空间向量基本定理:如果 a,b,c 三个向量不共面,那么对空间中任意一个向量 p,存在一个唯一的有 序实数组 x, y, z ,使 . 空间向量基本定理的推论:设 O,A,B,C 是不共面的的四点,则对空间中任意一点 P,都存在唯一的有序 实数组 x, y, z ,使 . 6.空间向量的数量积 (1) 空间向量的夹角: . (2) 空间向量的长度或模: . (3) 空间向量的数量积:已知空间中任意两个向量 a、b,则 a· b= 空间向量的数量积的常用结论: (a) cos〈a、b〉= ; 2 (b) ?a? = ; (c) a ? b ? (4) 空间向量的数量积的运算律: (a) 交换律 a· b= (b) 分配律 a· (b+c)= 典型例题 例 1.已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 F 是侧面 CDD1C1 的中心,若 AF ? AD ? x AB ? y AA1 ,求 x-y 的值. 解:易求得 x ? y ? , ? x ? y ? 0 变式训练 1. 在平行六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,M 为 AC 与 BD 的交点,若 A1 B1 ? a, A1 D1 ? b, A1 A ? c,则下 列向量中与 B1 M 相等的向量是 A.? 1 a+ 1 b+c B. 1 a+ 1 b+c
2 2 2 2





; .

1 2

(

) A
1

C1 B1 D B C

C. 1 a? 1 b+c 2 2

D.? 1 a? 1 b+c 2 2

解:A 例 2. 底面为正三角形的斜棱柱 ABC-A1B1C1 中,D 为 AC 的中点, 求证:AB1∥平面 C1BD. 证明:记 AB ? a, AC ? b, AA1 ? c, 则
AB1 ? a ? c, DB ? AB ? AD ? a ? 1 1 b, DC1 ? DC ? CC1 ? b ? c 2 2

A

∴ DB ? DC1 ? a ? c ? AB1 ,∴ AB1 ,

DB, DC1

共面.

∵B1 ? 平面 C1BD, AB1//平面 C1BD. 变式训练 2:正方体 ABCD-EFGH 中,M、N 分别是对角线 AC 和 BE 上的点,且 AM=EN. (1) 求证:MN∥平面 FC; (2) 求证:MN⊥AB; (3) 当 MA 为何值时,MN 取最小值,最小值是多少? 解:(1) 设
NB MC ? ? k , 则MN ? (k ? 1) BC ? k BF. EB AC

(2) MN ? AB ? (k ? 1) BC ? AB ? k BF ? AB ? 0. (3) 设正方体的边长为 a,
MN ? (2k 2 ? 2k ? 1)a 2 , 即当k ? 1 , 2

也即 AM ? 1 AC时 , MN
2
min

?

2 a 2

例 3. 已知四面体 ABCD 中,AB⊥CD,AC⊥BD, G、H 分别是△ABC 和△ACD 的重心. 求证:(1) AD⊥BC; (2) GH∥BD. 证明:(1) AD⊥BC ? 所以 AD⊥BC. (2) 设 E、F 各为 BC 和 CD 的中点.欲证 GH∥BD,只需证 GH∥EF, GH ? GA ? AH = ( EA ? AF )=
2 3 2 EF . 3
AD ? BC ? 0 .因为

AB ? CD ? AB ? CD ? 0 , AC ? BD ? AC ? BD ? 0 ,而

AD ? BC ? ( AB ? BD) ? ( BD ? DC) ? 0 .

变式训练 3:已知平行六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,E、F、G、H 分别为棱 A1 D1 , D1C1 , C1C和AB 的中点.求证:E、 F、G、H 四点共面. 解: HG ? HC ? CG = HC ? GC1 = HC ? GF ? FC1 = A1F ? FC1 ? GF = 2 EF ? GF , 所以 EF, EG, EH 共面,即点 E、F、G、H 共面. 例 4. 如图,平行六面体 AC1 中,AE=3EA1,AF=FD,AG= 1 GB ,过 E、F、G 的平面与对角线 AC1 交于点 P,
2

求 AP:PC1 的值. C1

B1

解:设 AP ? m AC1 D1 A1 E C ? AC1 ? AB ? BB1 ? B1 C 1 ? AB ? AA1 ? AD B 4 ? 3 AG ? AE ? 2 AF P 3 G D F A 4 ∴ AP ? 3m AG ? m AE ? 2m AF
3

又∵E、F、G、P 四点共面,∴ 3m ? m ? 2m ? 1

4 3

∴m?

3 19

∴AP︰PC1=3︰16

变式训练 4:已知空间四边形 OABC 中,M 为 BC 的中点, 为 AC 的中点,P 为 OA 的中点,Q 为 OB 的中点, N 若 AB=OC,求证 PM ? QN . 证明:法一: OM ? (OB ? OC)
ON ? 1 (OA ? OC) 2 1 ( AB ? OC) 2 1 2

? PM ? PO ? OM ? QN ? QO ? ON ?

1 (OC ? AB) 2

? PM ? QN ?

2 2 1 ( OC ? AB ) ? 0 4

故 PM ? QN 法二: PM ·QN =( PQ + QM )· QM + MN ) ( = ( AB ? OC) · (OC ? BA) = (OC ? AB ) =0 小结归纳 1.立体几何中有关垂直和平行的一些命题,可通过向量运算来证明.对于垂直,一般是利用 a⊥b ? a· b= 0 进行证明.对于平行,一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明. 2.运用向量求解距离问题,其一般方法是找出代表相应距离的线段所对向量,然后计算这个向量对应的 模.而计算过程中只要运用好加法法则,就总能利用一个一个的向量三角形,将所求向量用有模和夹角的 已知向量表示出来,从而求得结果. 3.利用向量求夹角(线线夹角、线面夹角、面面夹角)有时也很方便.其一般方法是将所求的角转化为求两 个向量的夹角,而求两个向量的夹角则可以利用公式 cosθ= a ? b .
a b
1 4
2 2

1 2

1 2

4.异面直线间的距离的向量求法:已知异面直线 l1、l2,AB 为其公垂线段,C、D 分别为 l1、l2 上的任意一 点, n 为与 AB 共线的向量,则| AB |= | CD ? n | .
|n|

5.设平面 α 的一个法向量为 n ,点 P 是平面 α 外一点,且 Po∈α,则点 P 到平面 α 的距离是 d= | Po P ? n | .
|n|

第 2 课时
基础过关 设 a= (a1 , a 2 , a 3 ) ,b= (b1 , b2 , b3 ) (1) a±b=

空间向量的坐标运算

(2) ? a= . (3) a· b= . (4) a∥b ? ;a ? b ? (5) 设 A ? ( x1 , y1 , z1 ), B ? ( x 2 , y 2 , z 2 ) 则 AB = , AB ? .





AB 的中点 M 的坐标为 典型例题 例 1. 若 a =(1,5,-1), b =(-2,3,5)

(1)若(k a + b )∥( a -3 b ),求实数 k 的值; (2)若(k a + b )⊥( a -3 b ),求实数 k 的值; (3)若 k a ? b 取得最小值,求实数 k 的值. 解:(1) k ? ? ; (2) k ?
106 ; 3 1 3

(3) k ? ?

8 27

变式训练 1. 已知 O 为原点,向量 OA ? ? 3,0,1? , OB ? ? ?1,1, 2 ? , OC ? OA, BC ∥ OA ,求 AC . 解:设 OC ? ? x, y, z ? , BC ? ? x ? 1, y ? 1, z ? 2 ? , ∵ OC ? OA, BC ∥ OA ,∴ OC ? OA ? 0 , BC ? ? OA ? ? ? R ? ,

??? ?

??? ?

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?3 x ? z ? 0, ? x ? 1 ? 3? , ?3x ? z ? 0, ? ? ∴? ,即 ? ?? x ? 1, y ? 1, z ? 2 ? ? ? ? 3, 0,1? ? ? y ? 1 ? 0, ? z ? 2 ? ?. ?
解此方程组,得 x ? ? ∴ OC ? ? ?

7 21 1 , y ? 1, z ? , ? ? 。 10 10 10

????

? ? 7 21 ? ???? ???? ??? ? 37 11 ? ,1, ? , AC ? OC ? OA ? ? ? ,1, ? 。 ? 10 10 ? ? 10 10 ?

例 2. 如图,直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 ,底面 ?ABC 中,CA=CB=1, ?BCA ? 90 ? ,棱 AA1 ? 2 ,M、N 分别 A1B1、 A1A 是的中点. (1) 求 BM 的长; (2) 求 cos? BA1 , CB1 ? 的值; (3) 求证: A1 B ? C1 N . C1 A1 M C N z B1

y

解:以 C 为原点建立空间直角坐标系 O ? xyz . (1) 依题意得 B(0,1,0) ,M(1,0,1) ? BM ? (1 ? 0) 2 ? (0 ? 1) 2 ? (1 ? 0) 2 ? 3 . . (2) 依题意得 A1(1,0,2) ,B(0,1,0) ,C(0,0,0) 1(0,1,2). ,B
? BA1 ? (1,?1,2), CB1 ? (0,1,2), BA1 ? CB1 ? 3, BA1 ? 6 , CB1 ? 5

? cos ? BA1 , CB1 ??

BA1 ? CB1 BA1 ? CB1

?

30 . 10
1 1 2 2 1 1 2 2

(3) 证明:依题意得 C1(0,0,2) ( , ,2),? A1B ? (?1,1,?2),C1N ? ( , ,0) . ,N
1 1 ? A1B ? C1 N ? ? ? ? 0 ? 0,? A1B ? C1 N 2 2

变式训练 2. 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为矩形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,AB= 3 ,BC=1,PA=2, E 为 PD 的中点. (1) 在侧面 PAB 内找一点 N,使 NE⊥面 PAC,并求出 N 点到 AB 和 AP 的距离; (2) 求(1) 中的点 N 到平面 PAC 的距离. P

· E

D

C

A B 解:(1) 建立空间直角坐标系 A-BDP,则 A、B、C、D、P、E 的坐标分别是 A(0, 0, 0)、B( 0)、D(0, 1, 0)、P(0, 0, 2)、E(0, ∴? ?
? NE ? AP ? 0 ? NE ? AC ? 0 ?
1 2

3

, 0, 0)、C(

3

, 1,

, 1),依题设 N(x, 0, z),则 NE =(-x,

1 2

, 1-z),由于 NE⊥平面 PAC,

1 ? ?z ? 1 ? 0 ?(? x, 2 , 1 ? z ) ? (0, 0, 2) ? 0 ? ? 即? ?? 1 ?(? x, 1 , 1 ? z ) ? ( 3 , 1, 0) ? 0 ?? 3 x ? 2 ? 0 ? ? 2 ?

? 3 ?x ? ?? 6 ?z ? 1 ?

,即点 N 的坐标为(

3 6

, 0, 1),

从而 N 到 AB、AP 的距离分别为 1,

3 6

.

(2) 设 N 到平面 PAC 的距离为 d,则 d= | NA? NE |
| NE |
3 3 1 , 0, 1) ? (? , , 0) | 1 3 6 6 2 ? ? 3? 12 12 3 1 | (? , , 0) | 6 2



|(

.

例 3. 如图,在底面是棱形的四棱锥 P? ABCD 中, ?ABC ? 60 ? , PA ? AC ? a, PB ? PD ? 2 a ,点 E 在 PD 上,且 P PE : ED =2:1. (1) 证明 PA ? 平面 ABCD ; E (2) 求以 AC 为棱, EAC 与 DAC 为面的二面角 ? 的大小; A (3) 在棱 PC 上是否存在一点 F,使 BF ∥平面 AEC ?证明你的结论. D 解: (1)证明略; (2)易解得 ? ? 30? ; B C (3)解 以 A 为坐标原点,直线 AD, AP 分别为 y 轴、z 轴,过 A 点垂直于平面 PAD 的直线为 x 轴,建立空 间直角坐标系(如图) .由题设条件,相关各点的坐标为
A(0,0,0), B( 3 1 3 1 a,? a,0),C ( a, a,0) 2 2 2 2

2 1 D(0, a,0), P(0,0, a), E (0, a, a) 3 3

所以 AE ? (0, a, a) , AC ? (
AP ? (0,0, a ), PC ? (
BP ? (?

2 3

1 3

3 1 a, a,0) , 2 2

3 1 a, a,?a) 2 2

3 1 3 1 a, a, a) ,设点 F 是棱 PC 上的点, PF ? ? PC ? ( ?a, ?a,??a) ,其中 0 ? ? ? 1 ,则 2 2 2 2

? 3 3 a (1 ? ? ) ? a?1 ? 2 2 ? 1 2 3 1 ?1 BF ? BP ? PF ? ( a(? ? 1), a(1 ? ? ), a(1 ? ? )) .令 BF ? ?1 AC ? ?2 AE 得 ? a (1 ? ? ) ? a?1 ? a?2 2 3 2 2 ?2 1 ? a (1 ? ? ) ? a?2 ? 3 ?

解得 ? ? , ?1 ? ? , ?2 ? ,即 ? ?

1 2

1 2

3 2

1 1 3 时, BF ? ? AC ? AE .亦即,F 是 PC 的中点时,BF, AC, AE 共面,又 BF ? 2 2 2

平面 AEC ,所以当 F 是 PC 的中点时, BF ∥平面 AEC . 例 4. 如图,多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEFG 所截而得,其中 AB=4,BC=1,BE=3,CF= 4. F (1) 求 EF 和点 G 的坐标; Z (2) 求 GE 与平面 ABCD 所成的角; (3) 求点 C 到截面 AEFG 的距离. G D C A x B E y

解:(1) 由图可知:A(1,0,0),B(1,4,0), E(1,4,3),F(0,4,4) ∴ EF ? (?1, 0, 1)

又∵ AG ? EF ,设 G(0,0,z),则(-1,0,z) =(-1,0,1) ∴z=1 ∴G(0,0,1) (2)平面 ABCD 的法向量 DG ? (0, 0, 1).
GE ? (1, 4, 2) ,设 GE 与平面 ABCD 成角为 ? ,则
cos(

?
2

?? ) ?

DG ? GE | DG | ? | GE |

?

2 21 21

∴ ? ? arcsin

2 21 21

(3)设 n 0 ⊥面 AEFG, n 0 =(x0,y0,z0) ∵ n 0 ⊥ AG , n 0 ⊥ AE ,而 AG =(-1,0,1), AE =(0,4,3) ∴?
?x 0 ? z 0 ?? x 0 ? z 0 ? 0 3 ? ?? ? n0 ? (z 0 , ? z 0 , z 0 ) 3 4 ?4 y 0 ?3z 0 ? 0 ? y 0 ? ? z 0 4 ?

取 z0=4,则 n 0 =(4,-3,4) ∵ CF ? (0, 0, 4), ? d ?
| CF ? n 0 | | n0 | ? 16 41 41

即点 C 到截面 AEFG 的距离为

16 41 . 41

变式训练 4. 如图四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形,PG⊥平面 ABCD,垂足为 G,G 在 AD 上, 且 PG=4, AG ?

1 GD ,BG⊥GC,GB=GC=2,E 是 BC 的中点. 3

(1)求异面直线 GE 与 PC 所成的角的余弦值; (2)求点 D 到平面 PBG 的距离; (3)若 F 点是棱 PC 上一点,且 DF⊥GC,求

PF 的值. FC

P

解:(1)以 G 点为原点, GB 、 、 为 x 轴、y 轴、 GC GP z 轴建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(0,2,0), P(0,0,4),故 E(1,1,0), GE =(1,1,0), PC =(0,2,
cos ? GE , ?? PC GE ? PC | GE | ? | PC | ? 2 10 , ? 10 2 ? 20

A

G

F D 4)。

B

E

C

∴GE 与 PC 所成的余弦值为

10 . 10

(2)平面 PBG 的单位法向量 n=(0,±1,0) .

3 3 3 3 AD ? BC ? (? , , ) , 0 4 4 2 2 3 ∴点 D 到平面 PBG 的距离为 | GD ? n |= . 2 3 3 3 3 (3)设 F(0,y,z),则 DF ? (0 , ,) ? (? , ,) ? ( , ? ,) 。 y z 0 y z 2 2 2 2
∵ GD ? ∵ DF ? GC ,∴ DF ? GC ? 0 ,

3 ,) ? (0, ,) ? 2 y ? 3 ? 0 , z 2 0 2 3 3 ∴y? , 又 PF ? ? PC ,即(0, ,z-4)=λ(0,2,-4), ∴z=1, 2 2
即 ( ,y ?

3 2

3 5 PF 3 1 3 故 F(0, ,1) , PF ? (0, , 3), ? (0, , 1) ,∴ ? 2 ? 3。 ? FC ? PC 2 2 2 5 2 小结归纳
对于以下几类立体几何问题:(1) 共线与共面问题;(2) 平行与垂直问题;(3) 夹角问题;(4) 距离问题; (5) 探索性问题. 运用向量来解决它们有时会体现出一定的优势.用空间向量解题的关键步骤是把所求向量用某个合适的基 底表示,本节主要是用单位正交基底表示,就是适当地建立起空间直角坐标系,把向量用坐标表示,然后 进行向量与向量的坐标运算,最后通过向量在数量上的关系反映出向量的空间位置关系,从而使问题得到 解决.在寻求向量间的数量关系时,一个基本的思路是列方程,解方程.

空间向量章节测试题
1.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB=2,A A1=1,则点 A 到平面 A1BC 的距离为( A. )

3 4

B.

3 2

C.

3 3 4

D. 3

2.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB= 2BB1,则 AB1 与 C1B 所成的角的大小为 A.60? B. 90? C.105? D. 75? 3.正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别是 AA1 与 CC1 的中点,则直线 ED 与 D1F 所成角的大小是 ( )

3 2 4. 设 E,F 是正方体 AC1 的棱 AB 和 D1C1 的中点,在正方体的 12 条面对角线中,与截面 A1ECF 成 60°角的 对角线的数目是 ( ) A.0 B.2 C.4 D.6 5.棱长都为 2 的直平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,∠BAD=60°,则对角线 A1C 与侧面 DCC1D1 所成角的正弦 值为 ( )
A.

1 5

B。

1 3

C。

1 2

D。

A.

2 2

B.

1 2

C.

3 4

D.

3 8

6. 在棱长为 2 的正方体 ABCD? A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中心,E、F 分别是 CC1 、AD 的中点,那 么异面直线 OE 和 FD1 所成的角的余弦值等于 A. ( )

10 15 5 2 B. C. D. 5 5 5 3 7. 棱长为 a 的正四面体中,高为 H,斜高为 h,相对棱间的距离为 d,则 a、H、h、d 的大小关系正确的 是 ( ) A.a>H>h>d B.a>d>h>H C.a>h>d>H D.a>h>H>d 8.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 CBD,E 是 CD 中点,则 ? AED 的大小为 ( )
A. 45
?

B. 30

?

C. 60

?

D. 90

?

9. 三棱锥 A—BCD 的高 AH = 3 3a , 是底面△BCD 的重心. AB=AC, H 若 二面角 A—BC—D 为 60°, 是△ABC G 的重心,则 HG 的长为 A. 5a B. 6a ( C. 7a ) D. 10a

10.PA,PB,PC 是从 P 引出的三条射线,每两条的夹角都是 60?,则直线 PC 与平面 PAB 所成的角的余弦值 为 ( )

3 3 6 C。 D。 2 3 3 11.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都相等,D 是 A1C1 的中点,则直线 AD 与平面 B1DC 所成角的正弦 值为 。
A.

1 2

B。

12。如图,正方体的棱长为 1,C、D 分别是两条棱的中点, A、B、M 是顶点,那么点 M 到截面 ABCD 的 距离是 . D C

A B

M

13.正四棱锥 P-ABCD 的所有棱长都相等,E 为 PC 中点,则直线 AC 与截面 BDE 所成的角为



14.已知边长为 4 2 的正三角形 ABC 中,E、F 分别为 BC 和 AC 的中点,PA⊥面 ABC,且 PA=2,设平面 ? 过 PF 且与 AE 平行,则 AE 与平面 ? 间的距离为 . 15.如右下图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,已知 AB= 4, AD =3, AA1= 2.E、F 分别是线段 AB、BC 上的 点,且 EB= FB=1. D1 (1)求二面角 C-DE-C1 的正切值; C1 (2)求直线 EC1 与 FD1 所成的余弦值. A1 B1 D A 16. 如图, 三棱锥 P—ABC 中,PC ? 平面 ABC, PC=AC=2, 点,且 CD ? 平面 PAB. (I) 求证:AB ? 平面 PCB; (II) 求异面直线 AP 与 BC 所成角的大小; (III)求二面角 C-PA-B 的大小的余弦值. E B F C

P

AB=BC,D 是 PB 上一

D

B

C

A

17.如图所示,已知在矩形 ABCD 中,AB=1,BC=a(a>0) ,PA⊥平面 AC,且 PA=1. P (1)试建立适当的坐标系,并写出点 P、B、D 的坐标; (2)问当实数 a 在什么范围时,BC 边上能存在点 Q, 使得 PQ⊥QD? (3)当 BC 边上有且仅有一个点 Q 使得 PQ⊥QD 时, 求二面角 Q-PD-A 的大小. A D B Q C

空间向量章节测试题答案
1.B。 2. B。 3. A。 4. C。提示:以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系,并设正方体的棱长 ??? ? ???? 1 为 1, A1(1, 0), 则 0, E(1, , C(0, 0). 0), 1, 设平面 A1ECF 的法向量为 n=(x, z), y, 则由 A1E?n =0 及 EC ?n =0,

2

可得 x=z=

1 1 y,于是可取 n=(1, ,1). 2 2 ???? ???? ? ? ????? ??? ? AB1 ? DC1 ? (0,1,1) , D1B1 ? DB ? (1,1,0) ,而且可计算得到这四个向量与向量 n 所成的角为 30°,于是这四

个向量与平面 A1ECF 所成的角为 60°.而其它的面对角线所在的向量均不满足条件. 5 D。 6. C。 7. C。 8.A。 9. D。 10. D 11.

4 。 5

2 12. 3 。

??? ? ???? 13.设 AC 与 BD 相交于点 O,则 OE 与 OC 所成的角即∠EOC 为所求.易得大小为 45°.

14.

2 3 3

15. (1)如图,以 A 为原点, AB, AD, AA 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正向建立空间直角坐标系 A-xyz,则 1 有 D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2).

???? ? FD1 ? (?4,2,2) . 设向量 n ? ( x, y, z ) 与平面 C1DE 垂直,则有 ???? n ? DE ? 3x ? 3 y ? 0 ? 1 ? ???? ? ? ? ?? x ? y ? ? z . 2 n ? EC1 ? x ? 3 y ? 2 z ? 0 ? ?
∴ n ? (? , ? , z) ? (?1, ?1,2), 其中 z>0. 取 n0=(-1,-1,2),则 n0 是一个与平面 C1DE 垂直的向量. ∵向量 AA1 =(0,0,2)与平面 CDE 垂直, ∴n0 与 AA1 所成的角 θ 为二面角 C-DE-C1 的平面角. ???? n0 ?AA1 ?1? 0 ? 1? 0 ? 2 ? 2 6 ???? ? ∵ cos ? ? , ? 3 | n0 | ? | AA1 | 1?1? 4 ? 0 ? 0 ? 4

于是, DE ? (3, ?3,0), EC1 ? (1,3,2) ,

??? ?

???? ?

z 2

z 2

z 2

????

????

2 . 2 (2)设 EC1 与 FD1 所成角为?,则 ???? ???? ? ? EC1 ?FD1 1? (?4) ? 3 ? 2 ? 2 ? 2 21 ? ???? ? ? . cos ? ? ???? ? 2 2 2 2 2 2 14 | EC1 | ? | FD1 | 1 ? 3 ? 2 ? (?4) ? 2 ? 2
∴ tan ? ? 16. (1) ∵PC⊥平面 ABC, AB ? 平面 ABC, ∴PC ? AB.∵CD ? 平面 PAB, AB ? 平面 PAB, ∴CD ? AB.又 PC ? CD ? C ,∴AB ? 平面 PCB. ∴二面角 C-PA-B 的大小的余弦值为

(2) 由(I) AB ? 平面 PCB,∵PC=AC=2, 又∵AB=BC,可求得 BC= 2 .以 B 为原点, 如图建立坐标系.则A(0, 2,0) ,B(0,0,0) , ( 2,0,2) . ??? ? ??? ? AP =( 2,- 2,2), BC =( 2,0,0). ??? ??? ? ? 则 AP ? BC = 2× 2+0+0=2. ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? 1 2 AP ? BC cos ? AP,BC ? = ??? ??? = = . ? ? 2 AP ? BC 2 2 ? 2 ∴异面直线 AP 与 BC 所成的角为

3 . 3

P

z

C( 2,0,0) ,P

D

B

??? ? ??? ? (3)设平面 PAB 的法向量为 m= (x,y,z). AB =(0, - 2,0), AP =( 2,- 2,2), ??? ? ? AB ? m ? 0, ? ? 2 y ? 0, ? y ? 0, ? ? ? 则 ? ??? 即? 解得 ? 令 z= -1,得 m= ( 2 ,0,-1). ? ?x ? ? 2z ? 2 x ? 2 y ? 2z ? 0. ? AP ? m ? 0. ? ? ? ??? ? ??? ? 设平面 PAC 的法向量为 n=(x?, y?, z?). PC =(0,0,-2), AC =( 2,- 2,0), ??? ? ' ? ? ? z ' ? 0, ? ?2z ? 0, ?PC ? n ? 0, ? 则 ? ??? 即? 解得 ? ' 令 x?=1, 得 n= (1,1,0). ? ' ' ' ? 2 x ? 2 y ? 0. ?x ? y ?AC ? n ? 0. ? ? ?

? . 3

C x

A y

3 2 3 m?n = . ∴二面角 C-PA-B 的大小的余弦值为 . ? m n 3 3 3? 2 17. (1)以 A 为坐标原点,AB、AD、AP 分 别为 x、y、z 轴建立坐标系如图所示. z ∵PA=AB=1,BC=a, P ∴P(0,0,1) ,B(1,1,0) ,
cos ? m, n ??
D(0,a,0) . (2)设点 Q(1,x,0) ,则 N A y M D

???? ??? ? DQ ? (1, x ? a,0), QP ? (?1, ? x,1) .
由 DQ ? QP ? 0 ,得 x2-ax+1=0.

???? ??? ?

B Q C 显然当该方程有实数解时,BC 边上才存在点 Q,使得 PQ⊥QD,故⊿=a2-4≥0. x 第 10 题答图 因 a>0,故 a 的取值范围为 a≥0. (3)易见,当 a=2 时,BC 上仅有一点满足题意,此时 x=1,即 Q 为 BC 的中点. 取 AD 的中点 M,过 M 作 MN⊥PD,垂足为 N,连结 QM、QN.则 M(0,1,0) ,P(0,0,1) ,D(0,2,

0) . ∵D、N、P 三点共线, ???? ? ???? ???? MD ? ? MP (0,1,0) ? ?(0, ?1,1) (0,1 ? ?, ? ) ? ? ? ∴ MN ? . 1? ? 1? ? 1? ? ???? ??? ? ? ??? ? 又 PD ? (0,2, ?1) ,且 MN ? PD ? 0 ,

(0,1 ? ?, ?) 2 ? 3? 2 ? (0,2, ?1) ? ?0?? ? . 1? ? 1? ? 3 2 2 ???? (0,1 ? 3 , 3 ) ? 1 2 ? (0, , ) . 于是 MN ? 2 5 5 1? 3 ???? ???? ???? ? ? ???? ??? ? ? 1 2 故 NQ ? NM ? MQ ? ?MN ? AB ? (1, ? , ? ) . 5 5 ??? ???? ? 1 2 ∵ PD ? NQ ? 0 ? 2 ? (? ) ? (?1) ? (? ) ? 0 , 5 5 ??? ???? ? ∴ PD ? NQ .
故 ∴∠MNQ 为所求二面角的平面角. ???? ???? ? NM ? NQ 6 ? ∵ cos ?MNQ ? ???? ???? ? , | NM |? NQ | 6 | ∴所求二面角为 arccos

6 . 6


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