选修2-1空间向量与立体几何期末专题复习题.doc

（选修2-1第三章）空间向量与立体几何期末复习

一、选择题
1．若a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值为(　　)．
A．－1 B．0 C．1 D．－2
2．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，a，b夹角的余弦值为，则λ等于(　　)，
A．2 B．－2 C．－2或 D．2或
3．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为(　　)．
A． B． C．4 D．8
4．如图，在四面体ABCD中，已知＝b，＝a，＝c，，则等于(　　)．

A． B． C． D．
5．在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝AB，则二面角A－PB－C的平面角的正切值为(　　)．
A． B． C． D．
6．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为(　　)．
A． B． C． D．
7．若向量的起点与终点互不重合且无三点共线，是空间任一点，则能使成为空间一组基底的关系是（　　）
Ａ． Ｂ．
Ｃ． Ｄ．
8.如图,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°
二、填空题
9．若向量a＝(4,2，－4)，b＝(1，－3,2)，则2a·(a＋2b)＝________．
10、||＝||＝5， ，的夹角为60°，则|－|＝ .
11、已知M=(2,-5,-3),N(-4,9,-5)，则线段中点的坐标是_________．
12．已知={3λ,6, λ+6}, ={λ+1,3,2λ},若∥,则λ= .
13. 若={3,m,4}与={-2,2,m}的夹角为钝角，则m的取值范围是 .
14．若向量，则_____________。
15.在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为　　　　. 
三、解答题
1. [2012·福建卷] 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．

2.如图4，在正三棱柱中，D是的中点，点E在上，
且。（1）证明平面平面（2）求直线和平面所成角的正弦值。

3.【北京市丰台区2013届高三上学期期末理】（本题共14分）如图，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=AB=2，，°,平面PAB平面ABC，D、E分别为AB、AC中点.
（Ⅰ）求证：DE‖平面PBC;（Ⅱ）求证：ABPE； （Ⅲ）求二面角A-PB-E的大小.

4. [2012·全国卷] 如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．

5．如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，，交AC于点M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC=4，EA=3，FC=1,（1）证明；（2）求三棱锥的体积
（3）求平面和平面所成的锐二面角的正切值.

6. (北京市十一学校)如图，在正四棱锥中，,点在棱上．
(Ⅰ)问点在何处时，，并加以证明；
(Ⅱ)当时,求点到平面的距离；
(Ⅲ)求二面角的余弦值.

7. [2012·北京卷] 如图1－9(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图1－8(2)．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．

8.已知一四棱锥P－ABCD的三视图如下，E是侧棱PC上的动点。

（Ⅰ）求四棱锥P－ABCD的体积； （Ⅱ）当点E在何位置时，BD⊥AE？证明你的结论;
（Ⅲ）若点E为PC的中点，求二面角D－AE－B的大小．

高二理数 （选修2-1第三章）空间向量与立体几何期末复习 答案

DCAA ACCB

9. 32 10. 5 11. (-1, 2,-4) 12. 2 13、m<1 14． 15答案:30°

1.解：(1)以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故AD1＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.
又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，
∴AD1⊥平面DCB1A1.∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．
设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝.
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即＝，
解得a＝2，即AB的长为2.

2.解 （I） 如图所示，由正三棱柱的性质知平面
又DE平面ABC，所以DEAA.
而DEAE。AAAE=A 所以DE平面AC CA，又DE平面ADE，故平面ADE平面AC CA。
解法2 如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设
A A=，则AB=2，相关各点的坐标分别是A(0,-1,0)， B（，0，0）， C（0，1，），
D（，-，）。易知=(，1，0)，
=(0，2，)， =(，-，）
设平面ABC的法向量为n=（x，y，z）,则有
解得x=-y， z=-，故可取n=(1，-，)。
所以，(n·)===。
由此即知，直线AD和平面AB C所成角的正弦值为。
3.【答案】解：（Ⅰ） D、E分别为AB、AC中点， \DE//BC ．
DEË平面PBC，BCÌ平面PBC， \DE//平面PBC ．
（Ⅱ）连结PD，
_
E
_
D
_
B
_
C
_
A
_
P
z
y
x
PA=PB， PD AB． ……….5分
，BC AB，
DE AB． .............6分
又 ，
AB平面PDE．.........8分
PEÌ平面PDE，ABPE ． .........9分
（Ⅲ）平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABC=AB，PD AB，
PD平面ABC．........10分
如图,以D为原点建立空间直角坐标系 B(1,0,0)，P(0,0,)，E(0,,0) ,
=(1,0, )，=(0, , ）．
设平面PBE的法向量，
令 ． ..........11分
DE平面PAB，
平面PAB的法向量为． 设二面角的大小为，
由图知，，
所以即二面角的大小为． .......14分
4.解：方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
设AC∩BD＝F，连结EF.因为AC＝2，
PA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，FC＝，从而＝，＝.
因为＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，
由此知PC⊥EF.
PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.
(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．
因为二面角A－PB－C为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB， 故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝＝2.
设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝＝.
所以PD与平面PBC所成的角为30°.

高二理数 （选修2-1第三章）空间向量与立体几何期末复习 答案

4.方法二：(1)以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设C(2，0,0)，D(，b,0)，其中b>0，则P(0,0,2)，E，B(，－b,0)．
于是＝(2，0，－2)，＝，＝，
从而·＝0，·＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.
(2)＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．
设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则m·＝0，m·＝0，即2z＝0，且x－by＝0，

令x＝b，则m＝(b，，0)．
设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·＝0，n·＝0，
即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，
令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.
因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，
cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.
5.试题解析：⑴∵EA⊥面ABC,BM面ABC,∴EA⊥MB，∴MB⊥AC,AC∩EA=A,∴MB⊥面ACEF，
∵EM面ACEF,∴EM⊥MB，在直角梯形ACEF中,EA=3,FC=1,AC=4，∴EF=，在Rt△ABC中, ∵
∠BAC＝30°,BM⊥AC，∴AM=3,CM=1，∴EM=,MF=，∵EF2=EM2+MF2，∴EM⊥MF,  
又MB∩MF=M，∴EM⊥面MBF,  ∵BF面MBF，∴EM⊥BF       8分
⑵由(1)知,　MB⊥面ACFE   ∴，在直角梯形ACEF中，，，∴       14分
(3)延长ＥＦ交ＡＣ于Ｈ，连结ＢＨ，过Ｃ做ＣＧ⊥ＢＨ，垂足Ｇ，ＦＣ∥ＥＡ，EA⊥面ABC，
∴ＦＣ⊥面ABC，∵ＢＨ面AＢC，∴ＢＨ⊥ＦＣ，∵ＦＣ∩ＣＧ＝Ｃ，∴ＢＨ⊥面ＦCＧ，∵ＦＧ面ＦCＧ，∴ＢＨ⊥ＦＧ，∴∠ＣＧＦ为平面BEF与平面ABC所成的二面角的平面角，在直角梯形ACEF中，ＣＨ＝2，,在△ＢＣＨ中，ＣＨ＝２，ＢＣ＝２，∠ＢＣＨ＝，∴CG=1,在Rt△CGF中,FC=1，
∴∠ＣＧＦ=，平面BEF与平面ABC所成的锐二面角正切值为1       14分

6.解 (Ⅰ)当E为PC中点时，．
连接AC，且，由于四边形ABCD为正方形，
∴O为AC的中点，又E为中点，∴OE为△ACP的中位线，
∴，又，∴.
(Ⅱ)作,依题意是正方形的中心,如图建立空间坐标系.
则, , ，，．
∴ ， ，
，，
设面的法向量为
,
点到平面的距离为.
(Ⅲ)设二面角的平面角为，平面的法向量为. 设平面的法向量为, . .
7.解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，
所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，

所以A1C⊥平面BCDE.
(2)如右图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，
则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，所以令y＝1，则x＝2，z＝，所以n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ，因为＝(0,1，)，
所以sinθ＝|cos(n，)|＝＝＝.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：
假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0.
又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，所以令x＝2，则y＝p，z＝.
所以m＝.平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
8.【解析】（Ⅰ）解：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."

∴------------------------2分
(Ⅱ) 不论点E在PC上何位置，都有BD⊥AE---------------------------3分
证明如下：连结AC，∵ABCD是正方形
∴BD⊥AC ∵PC⊥底面ABCD 且平面　∴BD⊥PC-----------5分
又∵∴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 --------------------------------7分
(Ⅲ) 解法一：在平面DAE内过点D作DG⊥AE于G，连结BG
∵CD="CB,EC=EC," ∴≌
∴ED="EB," ∵AD=AB ∴△EDA≌△EBA
∴BG⊥EA ∴为二面角D－EA－B的平面角-------------------10分
∵BC⊥DE,   AD∥BC ∴AD⊥DE
在Rｔ△ADE中==BG
在△DGB中，由余弦定理得
∴=-----------------------12分

[解法二：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,从
设平面ADE和平面ABE的法向量分别为
由可得：，
同理得：。令，则，
∴------10分
设二面角D－AE－B的平面角为，则 ∴------12分

13