新课标高二数学选修2-1第三章空间向量与立体几何单元试卷

第三章 空间向量与立体几何
单元达标
一、选择题(每道题的四个选择答案中有且只有一个答案是正确的)
1．已知平行四边形ABCD中，A(4，1，3)、B(2，－5，1)、C(3，7，－5)，则顶点D的坐标为( )
A． B．(2，3，1) C．(－3，1，5) D．(5，13，－3)
2．若＝(0，1，－1)，＝(1，1，0)且，则实数的值是( )
A．－1 B．0 C．－2 D．1
3．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M和N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值是( )
A． B． C． D．
4．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是( )
A． B． C． D．
5．若两个二面角的面分别垂直且它们的棱互相平行，则它们的角度之间的关系为( )
A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．无法确定
二、填空题
6．已知，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是______．
7．已知点A(2，1，4)与点P(x，y，z)的距离为5，则x、y、z满足的关系式为______．
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列给出四个命题：
(1)；
(3)的夹角为60°；(4)四边形ABB1D1的面积为
则错误命题的序号是______．(填出所有错误命题的序号)
9．若异面直线a，b所成角为60°，AB是公垂线，E，F分别是异面直线a，b上到A，B距离为2，1的两点，当｜EF｜＝3时，线段AB的长为______．
三、解答题
10．如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，E为BD1的中点，F为AB的中点，∠DAB＝60°．
(1)求证：EF∥平面ADD1A1；
(2)若，求A1F与平面DEF所成角的正弦值．
11．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点．
(1)求证：AB1⊥平面A1BD；
(2)求二面角A－A1D－B的余弦值；
(3)求点C1到平面A1BD的距离．
*12．如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°．
(1)证明：C1C⊥BD；
(2)假定CD＝2，CC1＝，求二面角C1—BD—C的平面角的余弦值；
(3)当的值为多少时，A1C⊥平面C1BD 请给出证明．
单元达标答案
1．D 2．C 3．B 4．C 5．C 6．x＜－4 7．(x－2)2＋(y－1)2＋(z－4)2＝25 8．(2)(3) 9．或
10．解析：(1)连结AD1，在△ABD1中，
∵E、F分别是BD1、AB的中点，∴EF∥AD1．又EF平面ADD1A1∴EF∥平面ADD1A1．
(2)建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz(DG是AB边上的高)
则有，
，
∴．
设平面DEF的法向量为，则
解得，取非零法向量，)．
∴A1F与平面DEF所成的角即是与所成锐角的余角．
由＝＝．
∴A1F与平面DEF所成角的正弦值为.
11．(1)取BC中点O，连结AO．∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC．
∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1．
取B1C1中点O1，以O为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)，
∴．∴
∴，∴AB1平面A1BD．
(2)设平面A1AD的法向量为．
＝(－1，1，－)，＝(0，2，0)．
∵，
∴
令z＝1得n＝(－，0，1)为平面A1AD的一个法向量．
由(1)知AB1⊥平面A1BD，为平面A1BD的法向量．
．
∴二面角A－A1D－B的大小的余弦值为．
(3)C1点到A1BD的距离为
．
12．(1)证明：设，
则，
∴C1C⊥BD．
(2)解：连AC，设AC∩BD＝O，连OC1，则∠C1OC为二面角C1—BD—C的平面角．
∵
∴
．
，＝．
(3)解：设，CD＝2，则，
∵BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C
∵只须求满足的x即可．
设，
，
，
令，得x＝1或(舍去)．东升学校《空间向量与立体几何》单元测试题
一、选择题（本大题8小题,每小题5分，共40分）
1、若,,是空间任意三个向量, ,下列关系式中,不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
2、给出下列命题
①已知,则;
②A、B、M、N为空间四点,若不构成空间的一个基底,则A、B、M、N共面;
③已知,则与任何向量不构成空间的一个基底;
④已知是空间的一个基底,则基向量可以与向量构成空间另一个基底.
正确命题个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3、已知均为单位向量,它们的夹角为60,那么等于（ ）
A． B． C． D．4
4、且,则向量的夹角为（ ）
A．30 B．60 C．120 D．150
5、已知且,则x的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6、若直线l的方向向量为,平面的法向量为,则能使的是（ ）
A． B．
C． D．
7、在平面直角坐标系中, ,沿x轴把平面直角坐标系折成120的二面角后,则线段AB的长度为（ ）
A． B． C． D．
8、正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1中点,则E到平面ABC1D1的距离是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每空5分，共30分）
9、已知，，，若共同作用于一物体上，使物体从点M（1，-2，1）移动到N（3，1，2），则合力所作的功是 .
10、在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,已知∠BAD=∠A1AB=∠A1AD=60,AD=4,AB=3,AA1=5, = .
11、△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,且AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=60,则AD与平面BCD所成角的余弦值为 .
12、若直线l的方向向量为(4,2,m),平面的法向量为(2,1,-1),且l⊥,则m = .
13、已知A(-3,1,5),B(4,3,1),则线段AB的中点M的坐标为 .
三、解答题（本大题共6小题，共80分）
14、(本题满分12分)设空间两个不同的单位向量 与向量的夹角都等于45.
(1)求和的值; (2)求的大小.
15、(本题满分12分)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的
正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,E为PC上的点且CE：CP=1：4,
则在线段AB上是否存在点F使EF//平面PAD
17、(本题满分14分) 如图,四棱锥S-ABCD的底面是矩形,AB=a,AD=2,SA=1,且SA⊥底面ABCD,若边BC上存在异于B,C的一点P,使得.
(1)求a的最大值;
(2)当a取最大值时,求异面直线AP与SD所成角的大小;
(3)当a取最大值时,求平面SCD的一个单位法向量
及点P到平面SCD的距离.
18、(本题满分14分)已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直, AF=1,M是线段EF的中点.
(1)求证：AM//平面BDE；
(2)求证：AM⊥平面BDF．
19、(本题满分14分)如图所示,矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=2,现有数据:①;②;③;④;⑤;
(1)当在BC边上存在点Q,使PQ⊥QD时,a可能取所给数据中的哪些值 请说明理由;
(2)在满足(1)的条件下,a取所给数据中的最大值时,求直线PQ与平面ADP所成角的正切值;
(3)记满足(1)的条件下的Q点为Qn(n=1,2,3,…),若a取所给数据的最小值时,这样的点Qn有几个 试求二面角Qn-PA-Qn+1的大小;
20、(本题满分14分)如图所示,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中,∠ABC=60,PA=AC=a,
PB=PD=,点E在PD上,且PE：ED=2：1.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角θ的大小；
(3)棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC 证明你的结论.
参考答案：
1、 选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C C C C D B B
2、 填空题
题号 9 10 11 12 13 14
答案 14 30 -2
3、 解答题
15、解：（1）依题意，；
(2)∵单位向量 与向量的夹角都等于45.
∴由 ,
∴
由
∴
16、解：建立如图所示的空间直角坐标系，设PA=b，
则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,b),
则,
∵E为PC上的点且CE：CP=1：3,
∴
∴由,
设点F的坐标为(x,0,0,) (0≤x≤a),
则,
又平面PAD的一个法向量为,
依题意, ,
∴在线段AB上存在点F,满足条件,点F在线段AB的处.
17、解：建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标分别为:
A(0,,0,0),B(a,0,0),C(a,2,0),D(0,2,0),S(0,0,1),设P(a,x,0). (0(1) ∵
∴由得:
即:
∴当且仅当x=1时,a有最大值为1.此时P为BC中点;
(2) 由(1)知:
∴
∴异面直线AP与SD所成角的大小为
(3) 设是平面SCD的一个法向量,∵
∴由得
∴平面SCD的一个单位法向量
又在方向上的投影为
∴点P到平面SCD的距离为
18、解：建立如图的直角坐标系，则各点的坐标分别为：
O(0,0,0),A(0,1,0),B(-1,0,0),C(0,-1,0,),D(1,0,0,),
E(0,-1,1),F(0,1,1),M(0,0,1).
(1) ∵
∴,即AM//OE,
又∵平面BDE, 平面BDE,
∴AM//平面BDE;
(2) ∵
∴,
∴AM⊥BD,AM⊥DF, ∴AM⊥平面BDF.
19、解：建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标分别为:
A(0,0,0,),B(a,0,0),C(a,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),设Q(a,x,0).(0≤x≤2)
(1) ∵
∴由PQ⊥QD得
∵
∴在所给数据中,a可取和两个值.
(2) 由(1)知,此时x=1,即Q为BC中点, ∴点Q的坐标为(1,1,0)
从而又为平面ADP的一个法向量,
∴,
∴直线PQ与平面ADP所成角的正切值为
(3) 由(1)知,此时,即满足条件的点Q有两个,
其坐标为
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AQ1,PA⊥AQ2,
∴∠Q1AQ2就是二面角Q1-PA-Q2的平面角.
由,得∠Q1AQ2=30,
∴二面角Q1-PA-Q2的大小为30.
20、解：（1）∵PA=AC=a，PB=PD=
∴
∴PA⊥AB且PA⊥AD，
∴PA⊥平面ABCD，
（2）∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，设AC∩BD=O，
∴以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为：
∵ 点E在PD上,且PE：ED=2：1. ∴，即：
∴ ，即点E的坐标为
又平面DAC的一个法向量为
设平面EAC的一个法向量为，
由，得
∴
∴由图可知二面角E-AC-D的大小为
（3）设在CP上存在点F，满足题设条件，
由，得
∴
依题意，则有
∴
∴点F为PC中点时,满足题设条件.
一.选择题：(10小题共40分)
1.已知A、B、C三点不共线，对平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点M与点A、B、C一
定共面的是 ( )
A. B.
C. D.
2.直三棱柱ABC—A1B1C1中，若 ( )
A. B. C. D.
3.若向量、 ( )
A. B. C. D.以上三种情况都可能
4.以下四个命题中,正确的是 ( )
A.若,则P、Ａ、Ｂ三点共线
B.设向量是空间一个基底，则{+，+，+}构成空间的另一个基底
C.
D.△ABC是直角三角形的充要条件是
5.对空间任意两个向量的充要条件是 ( )
A. B. C. D.
6.已知向量的夹角为 ( )
A.0° B.45° C.90° D.180°
7.在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，
则下列向量中与相等的是 ( )
A. B. C. D.-
8.已知 ( )
A. B.5，2 C. D.-5，-2
9.已知 ( )
A.-15 B.-5 C.-3 D.-1
10.在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M和N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN
所成角的余弦值是 ( )
A. B. C. D.
二.填空题: (4小题共16分)
11.若A(m+1,n-1,3),B(2m,n,m-2n),c(m+3,n-3,9)三点共线，则m+n= .
12.已知A（0，2，3），B（-2，1，6），C（1，-1，5），若
的坐标为 .
13.已知是空间二向量，若的夹角为 .
14.已知点G是△ABC的重心，O是空间任一点，若为 .
三.解答题:(10+8+12+14=44分)
15.如图：ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD，M、N分别是PC、AB中点，
(1)求证：MN⊥平面PCD；(2)求NM与平面ABCD所成的角的大小.
16.一条线段夹在一个直二面角的两个面内，它和两个面所成的角都是300，求这条线段与这个二面角的棱所成的角的大小.
17.正四棱锥S—ABCD中，所有棱长都是2，P为SA的中点，如图.
(1)求二面角B—SC—D的大小；(2)求DP与SC所成的角的大小.
18.如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1，A1A的中点；
(1)求
(2)求
(3)
(4)求CB1与平面A1ABB1所成的角的余弦值.
高中数学选修2-1测试题(10)—空间向量(1)参考答案
DDBB DCDA AB 11.0 12.(1，1，1) 13.600 14.3
15.(1)略 (2)450 16.450 17.(1) (2)
18.(1) (2) (3) 略 (4)
18.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）
∴| |=.
（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）
∴={－1，－1，2}，={0，1，2，}，·=3，||=，||=∴cos<，>=.
（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（，2），={－1，1，2}，={，0}.∴·=－+0=0，∴⊥，∴A1B⊥C1M.
评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.
图
第 15 页 共 15 页高二立体几何单元检测
题号 一 二 三 总分
分数
阅卷人
一、选择题 （每小题4分，共40分）
1. 如果直线、与平面、、满足：，则必有（ ）.
(A) (B)
(C) (D)
2. 已知是异面直线、的公垂线，直线∥，则与、交点的个数是 （ ）
(A) 0 (B)1 (C)0或1 (D)1或2
3. 已知中，它所在的平面外一点到三个顶点的距离都是14，那么点到平面的距离是 （ ）
(A) 13 (B)11 (C)9 (D)7
4. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：
① 若，则；
②若，则；
③若则；
④若则.其中正确命题的个数是（ ）.
（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个
5. 在一个三棱柱中，若，且，则此三棱柱的侧面中，矩形的个数为 （ ）
(A) 0 (B) 1 (C) 3 (D)1或3
6. 在北纬的纬度圈上有一点，当地球自转6小时后，则点转动前后的球面距离为（ ）.
（A） （B） （C） （D）
7. 已知异面直线、所成的角为，为空间一定点，则过点且与、所成的角都为的直线有且仅有（ ）.
(A) 1条 (B) 2条 (C) 3条 (D)4条
8. 设、是异面直线，、是两个平面，，甲：∥，∥。乙：∥.则甲是乙的 （ ）
(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件
(C)充要条件 (D)既不充分又不必要条件
9. 直角的斜边在平面内，直角顶点在内的射影为，则是 ( )
(A)直角三角形 (B)锐角三角形
(C)钝角三角形 (D)锐角或钝角三角形
10. 设棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，若为直线与所成的角，则= （ ）
(A) (B) (C) (D)
二、填空题（每小题4分，共20分）
1. 平面、相交，、内各取两点，这四点都不在交线上，这四点最多能确定 个平面.
2. 已知一个多面体如图所示，则的值为 .
3. 如图，在四棱锥中，为上的动点，四边形 满足条件 时，三棱锥的体积恒为定值.
4. 如图，若正方体的棱长为，为棱上的动点，为上的动点，则的距离的最小值为 .
5. 下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点、、分别为其所在棱的中点，能得出的图形的序号是 .（写出所有符合要求的图形序号）
① ② ③ ④ ⑤
三、解答题（每小题10分，共40分）
1. 如图，正方体的棱长为4，、分别是的中点.
（1）画出过点、、的平面与平面及平面的两条交线.
（2）设过、、三点的平面与交于，求的值.
2. 三棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等，又它的底面各边长分别是7㎝、8㎝、9㎝，且它的体积等于40㎝3，求棱锥的侧面积.
3. 如图，直角的斜边，和与平面所成的角分别为和，是斜边上的高，求与平面所成的角.
4. 四边形中，∥，，将沿对角线折起，记折起后点的位置为，且使平面⊥平面，
⑴ 求证：平面⊥平面；
⑵ 求二面角的大小.
高二立体几何单元检测（参考答案）
一、选择题 （每小题4分，共40分）
1. A
2. C
3. D
4. B
5. D
6. C
7. B
8. C
9. C
10. D
二、填空题（每小题4分，共20分）
1. 4
2. 0
3. ∥
4.
5. ①、④、⑤
三、解答题（每小题10分，共40分）
1. （1）略；
（2）
2. .
3. 与平面所成的角为.
4. （1）证明略；
（2）所求的二面角为.
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１第三章 空间向量与立体几何
一、选择题
1．下列各组向量中不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知点，则点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．若向量，且与的夹角余弦为，则等于（ ）
A． B．
C．或 D．或
4．若A，B，C，则△ABC的形状是（ ）
A．不等边锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
5．若A，B，当取最小值时，的值等于（ ）
A． B． C． D．
6．空间四边形中，，，
则<>的值是（ ）
A． B． C．－ D．
二、填空题
1．若向量，则__________________。
2．若向量，则这两个向量的位置关系是___________。
3．已知向量，若，则______；若则______。
4．已知向量若则实数______，_______。
5．若，且，则与的夹角为____________。
6．若，，是平面内的三点，设平面的法向量，则________________。
7．已知空间四边形，点分别为的中点，且，用，，表示，则=_______________。
8．已知正方体的棱长是，则直线与间的距离为 。
空间向量与立体几何解答题精选（选修2--1）
1．已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，是的中点。
（Ⅰ）证明：面面；
（Ⅱ）求与所成的角；
（Ⅲ）求面与面所成二面角的大小。
证明：以为坐标原点长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
.
（Ⅰ）证明：因
由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面⊥面.
（Ⅱ）解：因
（Ⅲ）解：在上取一点，则存在使
要使
为
所求二面角的平面角.
2．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形,
平面底面．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求面与面所成的二面角的大小．
证明：以为坐标原点，建立如图所示的坐标图系.
（Ⅰ）证明：不防设作，
则， ，
由得，又，因而与平面内两条相交直线，都垂直. ∴平面.
（Ⅱ）解：设为中点，则，
由
因此，是所求二面角的平面角，
解得所求二面角的大小为
3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，
侧棱底面，，，，
为的中点.
（Ⅰ）求直线与所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面内找一点，使面，
并求出点到和的距离.
解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则的坐标为、
、、、
、，
从而
设的夹角为，则
∴与所成角的余弦值为.
（Ⅱ）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则
，由面可得，
∴
即点的坐标为，从而点到和的距离分别为.
4．如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截面而得到的，其中
.
（Ⅰ）求的长；
（Ⅱ）求点到平面的距离.
解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设.
∵为平行四边形，
（II）设为平面的法向量，
的夹角为，则
∴到平面的距离为
5．如图，在长方体，中，，点在棱上移动.（1）证明：；
（2）当为的中点时，求点到面的距离；
（3）等于何值时，二面角的大小为.
解：以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则
（1）
（2）因为为的中点，则，从而，
，设平面的法向量为，则
也即，得，从而，所以点到平面的距离为
（3）设平面的法向量，∴
由 令，
∴
依题意
∴（不合，舍去）， .
∴时，二面角的大小为.
6．如图，在三棱柱中，侧面，为棱上异于的一点，，已知，求：
（Ⅰ）异面直线与的距离；
（Ⅱ）二面角的平面角的正切值.
解：（I）以为原点，、分别为轴建立空间直角坐标系.
由于，
在三棱柱中有
,
设
又侧面，故. 因此是异面直线的公垂线，
则，故异面直线的距离为.
（II）由已知有故二面角的平面角的大小为向量的夹角.
7．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，是上
一点，. 已知
求（Ⅰ）异面直线与的距离；
（Ⅱ）二面角的大小.
解：（Ⅰ）以为原点，、、分别为
轴建立空间直角坐标系.
由已知可得
设
由，
即 由，
又，故是异面直线与的公垂线，易得，故异面直线
,的距离为.
（Ⅱ）作，可设.由得
即作于，设，
则
由，
又由在上得
因故的平面角的大小为向量的夹角.
第三章 空间向量
一、选择题
1．D 而零向量与任何向量都平行
2．A 关于某轴对称，则某坐标不变，其余全部改变
3．C
4．A ，，得为锐角；
，得为锐角；，得为锐角；所以为锐角三角形
5．C
，当时，取最小值
6．D
二、填空题
1． ，
2．垂直
3．若，则；若，则
4．
5．
6．
7．
8．
设
则，而另可设
，新课标高二数学选修2-1空间向量与立体几何测试题
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．
第Ⅰ卷
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 ．
第Ⅱ卷
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．
新课标高二数学选修2-1空间向量与立体几何测试题参考答案
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．)
图
图
A
A1
D
C
B
B1
C1
图
A
B
C
D
O
S
图
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
E
图
A
E
A1
D
C
B
B1
C1
D1
F
图
z
x
B
A1
y
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E
B1
C1
D1
D
C
A
E
z
x
D1
y
A
C1
B1
A1
B
D
C
z
y
x
D1
A1
D
B1
C1
C
B
A
F
y
E
M
x
z
D1
C1
B1
A1
C
D
B
A
A1
B1
C1
D1
A
B
C
D
E
x
y
z