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空间向量与立体几何测试题


1如图所示,已知PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,PA=AD,

M,N分别为AB,PC的中点.求证:
(1)MN∥平面PAD; (2)平面PMC⊥平面PDC.
【证明】 (1)如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x

,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz. 设PA=AD=a,AB=b,则有 P(

0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).

∵ M, N 分别为 AB, PC

b b a a? ? ? ? 中点,∴ M 2,0,0 , N 2,2,2 . ? ? ? ?

→ ∴MN =

→ → → 1 → 1→ ?0,a,a?.AP ? 2 2? =(0,0,a),AD=(0,a,0),∴MN=2AD+2AP.又∵MN? 平面 PAD,∴MN∥平面 PAD.

b (2)由(1)可知:P(0,0,a),C(b,a,0),M?2,0,0?,D(0,a,0).

?

?

b → → 所以PC=(b,a,-a),PM=?2,0,-a?,

?

?

→ PD=(0,a,-a). 设平面 PMC 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 → ? ?n1·PC=0?bx1+ay1-az1=0 , ? → b ? ?n1·PM=0?2x1-az1=0

?x1=2az1 b ,令 z =b,则 n =(2a,-b,b). ∴? 1 1 ?y1=-z1

设平面 PDC 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 → ? n · PC =0?bx2+ay2-az2=0 ? 2 ? , → ? n · PD =0?ay2-az2=0 ? 2
? ?x2=0 ∴? ,令 z2=1,则 n2=(0,1,1), ? ?y2=z2

∵n1·n2=0-b+b=0,∴n1⊥n2. ∴平面 PMC⊥平面 PDC.

2如图,已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA

=60°.
(1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.

解:如图,以 D 为坐标原点,DA 为单位长建立空间直角坐标系 → → Dxyz,则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1),连接 BD、B′D′. 在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H.
→ → → 设DH=(m,m,1)(m>0),由已知〈DH,DA〉=60°, → → → → → → 又由DA·DH=|DA||DH|cos〈DH,DA〉 ,可得 2m= 2m2+1, 解得 m= 2 → 2 2 .所以DH=( , ,1). 2 2 2

2 2 ×0+ ×0+1×1 2 2 2 → → (1)因为 cos〈DH,CC′〉= = , 2 1× 2 → → 所以〈DH,CC′〉=45°,即 DP 与 CC′所成的角为 45°.
→ (2)平面 AA′D′D 的一个法向量是DC=(0,1,0). 2 2 ×0+ ×1+1×0 2 2 1 → → 因为 cos〈DH,DC〉= = . 2 1× 2 → → 所以〈DH,DC〉=60°, 可得 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 30°.

3 (2011· 高考山东卷)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行

四 边 形 , ∠ ACB = 90°,EA ⊥ 平 面 ABCD , EF ∥ AB ,
FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF. (1)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE; (2)若AC=BC=2AE,求二面角ABFC的大小

【解】

(1)证明:因为EF∥AB,FG∥BC,

EG∥AC,∠ACB=90°.所以∠EGF=90°, △ABC∽△EFG.

由于 AB=2EF,因此 BC=2FG. 连接 AF,由于 FG∥BC, 1 FG= BC,在 ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 2 1 则 AM∥BC,且 AM= BC,因此 FG∥AM 且 FG=AM, 2 所以四边形 AFGM 为平行四边形, 因此 GM∥FA.又 FA?平面 ABFE,GM?平面 ABFE, 所以 GM∥平面 ABFE.

?

(2)因为∠ACB=90°,所以∠CAD=90°.
又EA⊥平面ABCD, 所以AC,AD,AE两两垂直.分别以AC,AD, AE所在直线为x轴,y轴和z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AC=BC=2AE=2,

则由题意得 A(0,0,0),B(2 ,-2,0),C(2,0,0),1 E(0,0,1), → → 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0).又 EF= AB, 2

→ 所以 F(1,-1,1),BF=(-1,1,1).设平面 BFC 的法向 → → 量为 m=(x1,y1,z1),则 m· BC=0,m· BF=0,

? ?y1=0, 所以? 取 z1=1,得 x1=1,所以 m=(1,0,1). ? ?x1=z1,

设平面向量 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),
? ?x2=y2, → → 则 n· AB=0,n· BF=0,所以? ? ?z2=0,

取 y2=1,得 x2=1,则 n=(1,1,0). m· n 1 所以 cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 2 因此二面角 ABFC 的大小为 60°.

取 y2=1,得 x2=1,则 n=(1,1,0). m· n 1 所以 cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 2 因此二面角 ABFC 的大小为 60°.

(4(2011· 高考浙江卷 )如图,在三棱锥PABC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AMCB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 为原点,以射线 OD 为 y 轴的正半轴,射 线 OP 为 z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0), C(-4,2,0),P(0,0, → → → → → 4),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 M,设PM=λ PA,λ ≠1, → → → → → → 则PM=λ (0,-3,-4).BM=BP+PM=BP+λ PA =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ ,4-4λ ), → AC=(-4,5,0).

→ ? AP ·n2=0, ? ? ?3y2+4z2=0, ?0,1,2+3λ ? 可取 n1=? .由? 即? ? 4-4λ ? ? ? → -4x2+5y2=0, ? ?AC·n2=0, ?

? 得? 3 ?z =-4y ,
5 x2= y2, 4
2 2

2 +3 λ 取 n2=(5,4,-3).由 n1·n2=0 得 4-3· =0, 4 -4 λ

2 解得 λ= ,故 AM=3.综上所述,存在点 M,使 AM=3. 5

5.已知四边形ABCD是边长为2的正方形,PB⊥平面ABCD,

MA∥PB,且PB=2MA=2,E为PD的中点.
求证:ME∥平面ABCD.

证明:如图,以 A 为坐标原点,AD、AB、AM 所在的直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 Axyz,由题意 → 知,D(2,0,0),M(0,0,1),P(0,2,2),所以AM=(0,0,1)

→ 且AM为平面 ABCD 的一个法向量,又 E 为 PD 的中点,故 E(1, → → → 1,1),∴ME=(1,1,0).所以AM·ME=0,即 AM⊥ME. 又 ME 不在平面 ABCD 内,所以 ME∥平面 ABCD.

6.如图,在三棱锥 PABC中, PA⊥平面ABC,∠BAC= 90°,

D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2.
求直线PA与平面DEF所成角的正弦值. 解:如图,以点 A 为原点,AB,AC,AP

所在的直线分别为 x,y,z 轴,建立空间 直角坐标系 Axyz.由 AB=AC=1,PA=2, 1 ? 得 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(0, 1, 0), P(0, 0, 2), D 2,0,0?, ? ? → → ? 1 ?, 0 , , 0 ∴ AP = (0 , 0 , 2) , DE = 1 1 1 ? ? ? ? 2 ? E 2,2,0 ,F 0,2,1?. ? ? ? ? → ? 1 1 DF= -2,2,1?.设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z). ? ?
→ ? DE=0, ?n· 则? → ? n· DF=0,



1 ? ?=0, 0 , , 0 ( x , y , z ) · ? ? 2 ?

? 1 1 ? ? - , ,1 =0. ?(x,y,z)· ? 2 2 ?

? ?x=2z, 解得? ? ?y=0.

取 z=1,则平面 DEF 的一个法向量为 n=(2,0,1).

→ 设 PA 与平面 DEF 所成的角为 θ,则 sinθ =|cos〈PA,n〉|= → ? PA ? · n ? ?= 5,故直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为 5. 5 → ?|PA ? 5 |· | n | ? ?

7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为A1D1和CC1

的中点.
(1)求证:EF∥平面ACD1; (2)求异面直线EF与AB所成的角的余弦值; (3)在棱BB1上是否存在一点P,使得二面角P-AC-B的大小为30° ?若存在,求出BP的长;若不存在,请说明理由.

解:如图,分别以 DA 、 DC 、 DD1 所在的直
线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 Dxyz,由已知得D(0,0,0)、A(2,0,0)、 B(2,2,0)、C(0,2,0)、B1(2,2,2)、 E(1,0,2)、F(0,2,1).

→ (1)证明:易知平面 ACD1 的一个法向量DB1=(2,2,2). → → → ∵EF=(-1,2,-1),∴EF·DB1=-2+4-2=0, → → ∴EF⊥DB1,而 EF?平面 ACD1,∴EF∥平面 ACD1.

→ (2)∵AB=(0,2,0), → → EF ·AB 4 6 → → ∴cos〈EF,AB〉= = = , → → 2 6 3 |EF||AB| 6 ∴异面直线 EF 与 AB 所成的角的余弦值为 . 3 (3)设点 P(2,2,t)(0<t≤2),平面 ACP 的一个法向量为 n=(x,
→ ? AC=0, ?n· y,z),则? → ? AP=0. ? n· → → ∵AC=(-2,2,0),AP=(0,2,t),
? ?-2x+2y=0, ∴? ? ?2y+tz=0,

2? → ? 取 n= 1,1,- t .易知平面 ABC 的一个法向量BB1=(0, 0, ? ? 2), → → 依题意知〈BB1,n〉=30°或〈BB1,n〉=150°, → ∴|cos〈BB1,n〉|=

?-4? ? t?


4? 4 3? 6 2 + 即 2= t2?,解得 t= 3 . t 4?

3 = , 4 2 2+ 2 t

6 ∵ ∈(0,2],∴在棱 BB1 上存在一点 P, 3 6 当 BP 的长为 时,二面角 P-AC-B 的 3 大小为 30°.


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