2021学年3.2立体几何中的向量方法测试题

立体几何中的向量方法

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．

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）．

1．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（    ）

 A．60° B．90° C．105° D．75°

2．如图，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成角的余弦值是（    ）

 A．  B．

 C． D．

3．如图，A1B1C1—ABC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（    ）

 A． B．

 C． D．

4．正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（    ）

 A．  B． C ． D．

5．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．  B．

 C． D．

6．在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离 （    ）

 A．  B． C ．  D．

7．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，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．  D．

8．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．       C． D．

9．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 ．  D．

10．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                            （    ）

 A．  B．            C ．  D．

二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）．

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ABCD－A1B1C1D1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ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值                     ．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（共76分）．

15．（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，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ABCD－A1B1C1D1中，E、F、M分别是A1C1、A1D和B1A上任一点，求证：平面A1EF∥平面B1MC．

17．（12分）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．

（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；

（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．

（1）求证：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ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB的中点，求：

（Ⅰ）D1E与平面BC1D所成角的大小；

（Ⅱ）二面角D－BC1－C的大小；

（Ⅲ）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．

(1)求证：平面EFG∥平面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、1．B；2．A；3．A；4．C；

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：

．

5．A；分析：

为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则

=

== ．

6．B；分析：建立如图所示的直角坐标系，

设平面的一个法向量，则，即，

，平面与平面间的距离

7．D；

8．B；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．

9．A；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 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”．

10．C；解  以D为坐标原点，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．

二、

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．

则．

，；

设面的法向量为，

则有：，

，

，又，所以点到截面的距离为=．

13．1；解：如图建立空间直角坐标系，

＝（1，1，0） ，＝（0，，1）， ＝（1，0，1）                                          

     设平面DBEF的法向量为＝（x，y，z），则有：

        即     x＋y＝0       

               y＋z＝0

令x＝1,  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θ，则，

  三、

15． 解：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），

所以，＝

所以平面A1BC1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：如图建立空间直角坐标系，

      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．

注：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，∴PA⊥AB，又AB⊥AD．∴AB⊥平面PAD．又∵AE⊥PD，∴PD⊥平面ABE，故BE⊥PD．

（2）解：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Rt△AED中，由AD=2a，得AE=a．过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，由AE=a，∠EAF=60°，得AF=，EF=a，∴E（0，a）

于是，={－a，a，0}

设与的夹角为θ，则由

cosθ=

AE与CD所成角的余弦值为．

评述：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—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、，，

，，，，，

，，．

（Ⅰ）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）．

（Ⅱ）、分别为平面BC1D、BC1C的法向量，

∵ ，∴  二面角D－BC1－C的大小为．

（Ⅲ）∵ 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EF∥AC，EG∥B1C，FG∥AB1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．)

(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)=0，

化简得  xE－yF=0；

同理    xE－zG=0,  yF－zG=0，

易得   ==，

 ∴  △EFG为正三角形．

(2)解：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O1H∥D1B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．)