高中空间向量考试题

高中空间向量考试题（精选11篇）

1.高中空间向量考试题 篇一

空间向量求空间角

教学知能目标：1．理解空间向量求解空间角的一般方法；

2．能用空间向量解决空间角问题。

教学情感目标：培养学生探究新知的精神，培养学生数形结合的能力，化归的能力。教学重点：理解空间向量求解空间角的一般方法，并能利用空间向量解决空间角问题。教学难点：线面角，面面角的化归。

一、复习引入： ．在三棱锥PABC中，PAAB,ABAC,ACPA，则面ABC的法向量是什么？面PBC PAPBPC2，的法向量又怎么求？ ．空间向量的数量积运算公式是什么？

二、新课探究：

四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是的边长为1的正方形，侧棱垂直底面，AB1,AA14,E,F,G分

A1D1C1PACBZ别是CC1,AC,BB1的中点。

问题1：求异面直线B1F,D1E所成角的余弦值.探究：如何用空间向量求异面直线所成的角？

AB1EGDFBCY设l1与l2是两异面直线，a,b分别为l1、l2的方向向量，它们所成角为，l1、l2所成的角为，则θ与相等或

Xab互补，则coscos

ab

αab

问题2：求直线AC与平面AGF所成角的余弦值； 1

探究：如何用空间向量求直线与平面所成的角？

如图，设l为平面的斜线，lA，a,为l的方

Ban向向量，n为平面的法向量，它们所成角为θ，l与

平面所成的角为，则sincosanan

问题3：求二面角AAG1F的平面角的余弦值。

探究：如何用空间向量求二面角？

平面与相交于直线l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1,n2 = ，则二面角l为或.设二面角的大小为，则coscosn1nn

21n2

φαACαn1An2φβlOB

三、巩固提高：

已知四棱锥SABCD的底面ABCD是边长为（1）当时SA2a时，求异面直线a的正方形，（2）当SA2a时AB和SC所成角的余弦值；求直线BD和平面SCD所成角的余弦值；（3）

ZSSA的值为多少时，二面角BSCD的大AB小为120? 当

四、小结：

ADYBXCab1．求异面直线所成的角时，一定要注意(0,90]，从而有coscos

ab2．求直线与平面所成的角时，一定要注意它和a,n之间的关系，从而有ansincos

an3．求二面角时一定要注意它和m,n之间的关系，从而有

mncoscos，同时还要观察图形确定二面角的范围。

mn

五、作业：选修2-1，习题3.2A组1,2,4,6

2.高中空间向量考试题 篇二

一、注意学生基础知识的储备

(一) 学会建立适当的空间直角坐标系

1. 学生对于立方体、长方体、正四棱柱等空间几何体很熟悉, 可以直接建立 (在此不再强调) 。

2. 对于一些不能直接建立的立体图, 要尽量建立较好求的坐标系, 使更多需要的点落在坐标轴上, 这样的点坐标就相对简单了。

例1:2006年全国二卷第 (19)

如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=BC, D、E分别为BB1、AC1的中点.

(Ⅰ) 证明:ED为异面直线BB1与AC1的公垂线;

(Ⅱ) 设 , 求二面角A1-AD-C1的大小.

这样的空间几何体应如何建立空间直角坐标系呢?

引导学生观察几何体的特征, 如何构造两两垂直的且交与同一个点的三条线。

首先我们知道直三棱柱的特征是侧棱垂直于底面, 又知道底面中AB=BC, 这是在告诉我们是一个等腰三角形, 再考虑等腰三角形的特征, 取底边中点, 顶点与中点相连, 此线便垂直于底边了。这样就找到了三条两两垂直的且交与同一个点的线, 就可以建立空间直角坐标系了, 以便我们解决问题。

总结一般步骤为:首先, 找到垂直于底面的一条线, 作为Z轴。其次, 在底面上找两条相互垂直的直线, 分别作为X轴和Y轴, 利用现有三条两两垂直的直线;

总结常用方法:找中点 (一般在题中会出现等腰三角形或者等边三角形, 往往找到底边的中点, 顶点与中点相连, 此线便垂直于底边了, 把此线作为其中的一轴) 。

(二) 平面的法向量的求法

在可以建立空间直角坐标系的前提下, 我们就可以求某个平面的法向量了。

法向量指的是垂直于面的向量。在用向量解题的过程中, 只要遇到面便要求出它的法向量。如何求平面的一个法向量, 如例2。

例题2:如图, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, G、E、F分别为AA1、AB、BC的中点, 求平面GEF的法向量。

分析:这个几何体是正方体, 可以直接建立空间直角坐标系, 找出需要的三点的坐标即可。

略解:以D为原点建立空间直角坐标系, 则E (1, 1/2, 0) 、F (1/2, 1, 0) 、G (1, 0, 1/2)

由此得:

设平面的法向量为 , 由 及 可得

, 令y=1, 取平面的一个法向量为

评析:因为平面的法向量有无数个, 方向可上可下, 模可大可小, 我们只要求出平面的某一个法向量 (教简单的) 即可。

二、注重解决问题的方法的引导与总结

(一) 求异面直线所成的角 (0°﹤θ≤90°)

求异面直线AB与CD所成角的计算, 可以先转化为计算向量 与 的夹角, 利用向量的数量积公式的变形, 即计算

注意:由于两向量的夹角范围为[0°, 180°], 而异面直线所成角的范围为0°﹤θ≤90°, 若两向量夹角α为钝角, 转化到异面直线夹角时为180°-α, 学生往往会忽略符号的问题, 求出两个向量所成角的余弦值可能会出现负数。学生会直接回答所得的结果, 忽略异面直线所成角的余弦值要去掉负号, 取正值, 忽略了异面直线所成角的范围。

例3:已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中, E、F分别是B1C1和C1D1的中点, 求DF与BE所成角度的大小。

引导学生利用空间的向量概念以及向量的计算, 包括夹角问题, 让学生对所学的知识会灵活运用, 将其转化为向量问题来解决。让学生自己去建立空间直角坐标系, 准确找出四点坐标, 并求出两个向量的坐标, 再利用公式计算。

(二) 求直线与平面所成的角

已知AB为平面α的一条斜线, n为平面α的一个法向量, 过A作平面α的垂线AO, 连结OB, 则∠ABO为斜线AB和平面α所成的角, 易知:

特殊情况:当 , 则直线AB与平面α垂直。

例4: (2006佛山模拟卷第17题) 四棱锥P-ABCD中, 侧面PCD是边长为2的正三角形, 且与底面垂直, 底面ABCD是∠ADC=60°的菱形, M为PB的中点, Q为CD的中点。

1.求证:PA⊥CD;2.求AQ与平面CDM所成的角。

分析:第一小问用传统方法比较易证;第二小问用传统方法解有一定难度, 但用法向量就较简捷。用向量法解题关键是建立适当的直角坐标系, 但是这个空间几何体不能直接建立坐标系, 要结合题目所给的条件, 侧面PCD是边长为2的正三角形, Q为CD的中点, 等腰三角形或正三角形要注意利用三线合一的条件, 所以有PQ垂直于CD, 又点Q为CD中点, ∠ADC=60°, 底面ABCD是∠ADC=60°的菱形, 所以△ADC为正三角形, ∴AQ⊥QC。那么就可以以点Q为原点, PQ所在直线为Z轴, QA所在直线为X轴, QC所在直线为Y轴, 如图所示建立空间直角坐标系, 从而使点坐标易找, 解法简便。 (将几何问题转化为代数问题计算, 求出平面CDM的法向量, 就可以转换成求法向量与直线AQ的夹角余弦值即为线面角的正弦值。)

(三) 求两个平面所成的角即二面角

利用法向量求二面角的大小的原enm理。

设n1, n 2分别为平面α, β的法向量, 二面角α-ι-β的大小为θ, 向量 的夹角为φ, 则有θ+φ=π或θ=φ, 基本结论:构成二面角的两个平面的法向量的夹角或夹角的补角等于这个二面角的平面角。

此法是利用两平面的法向量的夹角求角。但要注意两平面的法向量的夹角与二面角的大小是相等或互补的, 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”。

例5:在长方体ABCD—A1B1C1D1中, AB=2, BC=4, AA1=2, 点Q是BC的中点, 求此时二面角A—A1D—Q的大小。

分析:一是很好建立空间直角坐标系, 二是空间向量的方法避免了去找二面角的平面角, 可以直接利用求法向量的夹角来求得二面角。

解:如图, 建立空间直角坐标系.

依题意:A1 (0, 0, 2) , D (0, α, 0) .

面AA1D的法向量 .

设面A1DQ的法向量 , 则

二面角的平面角为锐角

∴二面角A—A1D—Q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”, 这在一定程度上降低了学生的空间想象难度, 达到不用作图就可以直接计算的目的, 更加注重对学生创新能力的培养, 体现了课改的精神。

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。如本题中若令α1=-1, 则 , ∴二面角A—A1D—Q的大小是 的补角 。所以在计算之前不妨先依题意直观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”。

综上所述, 向量方法具有很大的优越性, 但是它并不是万能的, 只有那些适于建立空间直角坐标系的题目才更加适合。即在计算或证明立体几何问题时, 因地制宜地建立空间直角坐标系, 从而将空间问题用坐标运算求解, 这样有助于学生避免较为复杂的空间想象, 通过计算就可以解决问题。空间向量在解决立体几何问题中起了很大的作用, 所以应该让它成为学生解决立体几何求空间角问题的一个有力工具。

参考文献

[1]普通高中数学课程标准 (实验) .

[2]数学 (必修2及选修2-1) .人民教育出版社.

[3]2010年普通高等学校招生全国统一考试说明.

3.神奇的空间向量 篇三

例题在正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，棱长为1，[F]为[A1D]的中点，[E]为[AB]的中点.

考查一用空间向量证明立体几何中线﹑面平行的问题

设问一求证：[AF∥]平面[A1EC].

分析用向量证明线、面平行的问题通常有两种方法：（1）向量[p]与两个不共线的向量[a、b]共面的充要条件是存在惟一的有序实数对[(x，y)]，使[p=xa+yb]. 利用共面向量定理可证明线面平行问题；（2）设[n]为平面[α]的法向量，要证明[a∥α]，只需证明[a⋅n=0].

证明建立空间直角坐标系，以[A]点为原点，[AB]所在的直线为[x]轴，[AD]所在的直线为[y]轴，[AA1]所在的直线为[z]轴（以下建立的坐标系相同），则[E12,0,0]、[F0,12,12].

方法1：[AF=0,12,12] ， [EA1=-12,0,1] ，

[EC=12,1,0]，

则[AF=12EA1+12EC].

又[∵][AF⊄]平面[A1EC]，

[∴][AF∥]平面[A1EC].

方法2：设[n]为平面[A1EC]的法向量，设[n][=x,y,z,]

则[n⋅EA1=0，n⋅EC=0，] 有[n=2z,-z,z]，

[∴][AF⋅n=0,12,12⋅2z,-z,z=0].

又[∵][AF⊄]平面[A1EC]，

[∴][AF∥]平面[A1EC].

考查二用空间向量证明立体几何中线﹑面垂直的问题

设问二求证：[AF⊥]平面[A1CD].

分析（1）根据线、面垂直的判定定理，只需证明此直线的方向向量与所证平面的一组基底的数量积为零即可.

（2）设[n]为平面[α]的法向量，只需证明此直线的方向向量与[n]平行即可.

方法1：[A1D=0,1,-1]， [CD=-1,0,0].

[AF⋅A1D=][0,12,12⋅0,1,-1=0]，

[AF⋅CD=][0,12,12⋅-1,0,0=0].

[∴][AF⊥A1D]， [AF⊥CD].

又[∵][A1D⋂CD=D]，

即[A1D]与[CD]是两相交直线，

[∴][AF⊥]平面[A1CD].

方法2：设[m]为平面[A1CD]的法向量，[m][=a,b,c]，

[m⋅A1D=a,b,c⋅0,1,-1=0]，有[b=c].

[m⋅CD=a,b,c⋅-1,0,0=0]，有[a=0].

[∴][m][=0,b,b]，[∴][AF=12bm]，[∴][AF∥m]，

[∴] [AF⊥]平面[A1CD].

考查三用空间向量求异面直线所成的角

设问三求[AF]与[EC]所成的角的余弦.

分析设两异面直线[a、b]所成的角为[θ，a、b]分别是[a、b]的方向向量，注意到异面直线所成角的范围是[0°，90°]，则有[cosθ=cos=a⋅bab].

略解[∵][EC=12,1,0]， [AF=0,12,12]，

[cos=EC⋅AFEC⋅AF=105].

点拨两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但两者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角. 异面直线的夹角与向量的夹角有所不同，应注意思考它们的区别与联系.

考查四用空间向量求线面所成的角

设问四求[AF]与平面[A1ED]所成的角的正弦.

分析点[P]在平面[α]外，[M]为[α]内一点，斜线[MP]和平面[α]所成的角为[θ]，[n]为[α]的一个法向量，注意到斜线和平面所成角的范围是[(0°，90°)]，则有[θ=π2-]，结合向量的夹角公式便可求[θ].

解设平面[A1ED]的法向量为[p]，[p][=a，b，c]，

[EA1=-12,0,1]， [ED=-12,1,0]，

[∴][p=2b,b,b]（不妨令[b>0]）.

[cos=p⋅AFp⋅AF]

[=2b,b,b⋅0,12,122b,b,b⋅0,12,12=33].

[∵][AF]与平面[A1ED]所成的角与[]的夹角互余，

[∴][AF]与平面[A1ED]所成角的正弦为[33].

点拨直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系.

考查五用空间向量求二面角.

设问五求二面角[C-EA1-D]的余弦值.

分析如图，[OA、O′B]分别在二面角[α-l-β]的两个面内且垂直于棱，[m、n]分别是[α、β]的一个法向量，则可利用向量的夹角公式结合以下角度关系之一求二面角的大小：

（1）[]等于二面角的平面角；

（2）<[m，n]>与二面角的平面角相等或互补.

方法1由前面的解题过程可知，

平面[A1EC]的法向量[n=2z,-z,z] （不妨设[z>0]）；

平面[A1ED]的法向量[p=2b,b,b]（不妨设[b>0]）.

[∴] [cosθ=n⋅pn⋅p=23].

方法2作[CM⊥EA1]于[M]，[DN⊥EA1]于[N].

设[Mx1,y1,z1]，[Nx2,y2,z2]，

[A1M=λA1E]， [A1N=uA1E]，

可知[Mλ2,0,1-λ] ， [Nu2,0,1-u]，

[MC=1-λ2,1,λ-1]，[ND=-u2,1,u-1.]

又[∵][MC⋅A1E=0]， [ND⋅A1E=0,]

[∴][λ=65]， [u=45]，

[MC=25,1,15] ，[ND=-25,1,-15].

[∴][cos=MC⋅NDMC⋅ND=23].

点拨直接作二面角的平面角对有些题目来说有点困难，采用法向量可以起到了化繁为简的作用. 这种求二面角的方法应引起我们重视. 需要注意的是两平面法向量的夹角可能与所求的二面角相等，也可能与所求的二面角互补，要注意所求角的范围.

考查六用空间向量求距离

设问六求[F]点到平面[A1EC]的距离.

分析点面距离的求法有两种：

（1）建立坐标系，通过解方程组求解：设[FO⊥]平面[AEC]于[O]，通过[FO⋅AE=0]和[FO⋅CE=0],且[O][∈]平面[AEC]，由[EO=xEA+yEC]，可以求出[O]的坐标，利用两点间的距离求出垂足的坐标，从而求出点到面的距离.

（2）已知[AB]为平面[α]的一条斜线段，[n]为平面[α]的法向量，则[B]到平面[α]的距离为[|AB|⋅|cos|][=|AB⋅n||n|.]

略解

[d=A1F⋅nn=0,12,-12⋅2z,-z,z2z,-z,z][=66].

点拨（1）线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距离的方法进行求解.

（2）两异面直线的距离也可以转化为点面距离.

4.§1空间向量的坐标运算 篇四

§1空间向量的坐标表示及基本定理

二、教学目标

1.了解空间向量的基本概念；

2.掌握空间向量的运算及性质.三、重点：空间向量的运算

难点：利用向量证明有关问题

四、知识导学 1.共面向量定理：如果两个向量a,b不共线，p与向量a,b共面的充要条件是存在实数

2.空间向量基本定理：如果三个向量a,b,c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个x,y使唯一的有序实数组x,y,z，使pxaybzc{a,b,c}叫做空间的一个基

底，a,b,c叫做基向量，可以知道，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基推论：设O,A,B,C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的三个有序实数x,y,z，使.3.空间向量的坐标表示概念

4.设a=(a1,a2,a3), b=(b1,b2,b3),若a、b为两非零向量，则ab

五、课前自学 1．在下列命题中：①若、共线，则、所在的直线平行；②若、所在的直线是异面直线，则、一定不共面；③若、、三向量两两共面，则、、三向量一定也共面；④已知三向量、、，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为xyz．其中正确命题的个数为

2．在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，

BE＝3ED，以｛AB，AC，AD｝为基底，则GE＝．



3．向量a＝(1，2，-2)，b＝(-2，-4，4)，则a与b位置关系是． 4.m＝（8，3，a），n＝（2b,6,5），若m∥n，则a+b的值为． 

5．a＝(2，-2，-3)，b＝(2,0,4)，则a与b的夹角为．

六、合作、探究、展示

例题OABC，其对角线OB,AC，M,N分别是对边OA,BC的中点，

点G在线段MN上，且MG2GN，用基底向量OA,OB,OC表示向量

例题2．已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点。

（1）求证：MNAB,MNCD;（2）求MN的长；

（3）求异面直线AN与CM所成角的余弦值。

B

例题3.如图所示，平行六面体ABCDA1BC11D1的底面ABCD是菱形，且

C

N

D

M

A

C1CBC1CDBCD60

（1）求证：C1CBD；（2）当



CD的值为多少时，能使AC面C1BD？

1CC1

请给出说明。

七、当堂检测

1．已知＝（2，－1，3），＝（－1，4，－2），＝（7，5，λ），若、、三向 量共面，则实数λ等于



2.若非零向量a＝｛x1，y1，z1｝，b＝｛x2，y２，z2｝,则

向的条件

xyz

是a与b同向或反x2y2z

2



3.a＝｛1,5,-2｝，b＝｛m,2,m+2｝，若a⊥b，则m的值为

4．.已知a＝｛8,-1,4｝，b＝｛2,2,1｝，则以a、b为邻边的平行四边形的面积

5.用空间向量处理立体几何的问题 篇五

一、用向量处理角的问题

例1在直三棱柱ABOA1B1O1中，OO14，OA4，OB3，AOB90，P是侧棱

BB1上的一点，D为A1B1的中点，若OPBD，求OP与底面AOB所成角的正切值。

B

1A1 P

B

A

平面OAB，OOB例2如图，三棱柱OABO1A1B1，平面OBBO60，AOB90，111

且OBOO1

2，OA 求：（1）二面角O1ABO的余弦值；（2）异面直线A与AO1所成角的余弦值。1B

B1

A

例3如图，已知ABCD是连长为4的正方形，E、F分别是AD、AB的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，求点B到平面EFG的距离。

D

E

AB

AB4，AD3，AA12，M、N分别为DC、BB1例4在长方体ABCDA1BC11D1，的中点，求异面直线MN与A1B的距离。

三、用向量处理平行问题 例5如图，已知四边形ABCD，ABEF为两个正方形，MN分别在其对角线BF、AC上，且FM=AN。

求证：MN//平面EBC。

E

F

M

B A

D

C

例6 在正方体ABCDA1BC11D1中，求证：平面A1BD//平面CB1D1。

EFBD的中点，例7在正方体ABCDA求证： A1F平面BDE。1BC11D1中，、分别是CC1、例8如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是以ABC为直角的等腰三角形，AC2，E为B1C的中点。BB12，D为AC11的中点，（1）求直线BE与DC所成的角；

（2）在线段AA1上是否存在点F，使CF平面B1DF，若存在，求出AF的长；若不存在，请说明理由；

（3）若F为AA1的中点，求C到平面B1DF的距离。

C

1A1

A

C

五、高考题回顾

1.(2003年全国高考题)如图在直三棱柱ABCA1B1C1,底面是等腰直角三角形,ACB900,侧棱AA12,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G.()求A1B与平面ABD所成角的余弦值;()求点A1到平面AED的距离.A2.(2004年高考题)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ACB900,AA11,侧面AA1B1B的两条对角线交点为D,B1C1的中点为M.()求证CD平面BDM;

()求面B1BD与面CBD所成二面角的余弦值.B

六、方法小结

1、求点到平面的距离



如图，已知点P（x0，y0，z0），A（x1，y1，z1），平面一个法向量n。

B

A

1C1

nAP由nAP|n||AP|cos，其中n,AP，可知|AP|cos

|n|



而|AP|cos的绝对值就是点P到平面的距离。

2、求异面直线的距离、夹角

ab|EFn|d；cosa,b

|n||a||b|

3、求二面角



如图:二面角l,平面的法向量为n1,平面的法向量为n2,若n1,n2,则二面角l为或.4、用空间向量证明“平行”，包括线面平行和面面平行。

nm0

6.高中空间向量考试题 篇六

教师

科目

数

学

时间

2013

年

X

月

X日

学生

年级

高二

学校

XX校区

授课内容

空间法向量求法及其应用

立体几何知识点与例题讲解

难度星级

★★★★

教学内容

上堂课知识回顾（教师安排）：

1.平面向量的基本性质及计算方法

2.空间向量的基本性质及计算方法

本堂课教学重点：

1.掌握空间法向量的求法及其应用

2.掌握用空间向量求线线角，线面角，面面角及点面距

3.熟练灵活运用空间向量解决问题

得分：

平面法向量的求法及其应用

一、平面的法向量

1、定义：如果，那么向量叫做平面的法向量。平面的法向量共有两大类（从方向上分），无数条。

2、平面法向量的求法

方法一(内积法):在给定的空间直角坐标系中，设平面的法向量[或，或]，在平面内任找两个不共线的向量。由，得且，由此得到关于的方程组，解此方程组即可得到。

二、平面法向量的应用

1、求空间角

(1)、求线面角：如图2-1，设是平面的法向量，AB是平面的一条斜线，则AB与平面所成的角为：

图2-1-1:

图2-1-2:

图2-1-1

α

B

A

C

A

B

α

图2-1-2

C

α

图2-3

β

β

α

图2-2

(2)、求面面角:设向量，分别是平面、的法向量，则二面角的平面角为：

（图2-2）;

(图2-3)

两个平面的法向量方向选取合适,可使法向量夹角就等于二面角的平面角。约定，在图2-2中，的方向对平面而言向外，的方向对平面而言向内；在图2-3中，的方向对平面而言向内，的方向对平面而言向内。我们只要用两个向量的向量积（简称“外积”，满足“右手定则”）使得两个半平面的法向量一个向内一个向外，则这两个半平面的法向量的夹角即为二面角的平面角。

2、求空间距离

图2-4

n

a

b

A

B

（1）、异面直线之间距离:

方法指导：如图2-4,①作直线a、b的方向向量、，求a、b的法向量，即此异面直线a、b的公垂线的方向向量；

②在直线a、b上各取一点A、B，作向量；

图2-5

A

α

M

B

N

O

③求向量在上的射影d，则异面直线a、b间的距离为,其中

A

a

B

α

图2-6

（2）、点到平面的距离:

方法指导：如图2-5,若点B为平面α外一点，点A

为平面α内任一点，平面的法向量为，则点P到

平面α的距离公式为

图2-7

α

β

A

B

（3）、直线与平面间的距离:

方法指导：如图2-6,直线与平面之间的距离：，其中。是平面的法向量

（4）、平面与平面间的距离:

方法指导：如图2-7,两平行平面之间的距离：

图2-8

α

a，其中。是平面、的法向量。

3、证明

图2-9

α

a

（1）、证明线面垂直：在图2-8中,向是平面的法向量，是直线a的方向向量，证明平面的法向量与直线所在向量共线（）。

（2）、证明线面平行：在图2-9中,向是平面的法向量，是直线a的方向向量，证明平面的法向量与直线所在向量垂直（）。

图2-10

β

α

（3）、证明面面垂直：在图2-10中，是平面的法向量，是平面的法向量，证明两平面的法向量垂直（）

图2-11

α

β

（4）、证明面面平行：在图2-11中,向是平面的法向量，是平面的法向量，证明两平面的法向量共线（）。

图3-1

C

D

M

A

P

B

三、高考真题新解

1、（2005全国I，18）（本大题满分12分）

已知如图3-1,四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点

（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；

（Ⅱ）求AC与PB所成的角；

（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小

解:以A点为原点,以分别以AD，AB，AP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz如图所示.，设平面PAD的法向量为，设平面PCD的法向量为，即平面PAD平面PCD。，，设平在AMC的法向量为.又,设平面PCD的法向量为..面AMC与面BMC所成二面角的大小为.2、(2006年云南省第一次统测19题)

(本题满分12分)

图3-2

如图3-2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝a，BC＝a，M是AD的中点。

(Ⅰ)求证：AD∥平面A1BC；

(Ⅱ)求证：平面A1MC⊥平面A1BD1；

(Ⅲ)求点A到平面A1MC的距离。

解:以D点为原点,分别以DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.，设平面A1BC的法向量为

又，,即AD//平面A1BC.，设平面A1MC的法向量为:,又，设平面A1BD1的法向量为:，,即平面A1MC平面A1BD1.设点A到平面A1MC的距离为d,是平面A1MC的法向量,又,A点到平面A1MC的距离为:.四、用空间向量解决立体几何的“三步曲”

(1)、建立空间直角坐标系(利用现有三条两两垂直的直线，注意已有的正、直条件,相关几何知识的综合运用，建立右手系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题）

（2）、通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）

（3）、把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。（回到图形问题）

立体几何知识点和例题讲解

一、知识点

<一>常用结论

1．证明直线与直线的平行的思考途径：（1）转化为判定共面二直线无交点；（2）转化为二直线同与第三条直线平行；（3）转化为线面平行；（4）转化为线面垂直；（5）转化为面面平行.2．证明直线与平面的平行的思考途径：（1）转化为直线与平面无公共点；（2）转化为线线平行；（3）转化为面面平行.3．证明平面与平面平行的思考途径：（1）转化为判定二平面无公共点；（2）转化为线面平行；（3）转化为线面垂直.4．证明直线与直线的垂直的思考途径：（1）转化为相交垂直；（2）转化为线面垂直；（3）转化为线与另一线的射影垂直；（4）转化为线与形成射影的斜线垂直.5．证明直线与平面垂直的思考途径：（1）转化为该直线与平面内任一直线垂直；（2）转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（3）转化为该直线与平面的一条垂线平行；（4）转化为该直线垂直于另一个平行平面；（5）转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直.6．证明平面与平面的垂直的思考途径：（1）转化为判断二面角是直二面角；（2）转化为线面垂直.7.夹角公式

：设a＝，b＝，则cos〈a，b〉=.8．异面直线所成角：=

（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）

9.直线与平面所成角：(为平面的法向量).10、空间四点A、B、C、P共面，且

x

+

y

+

z

=

11.二面角的平面角

或（，为平面，的法向量）.12.三余弦定理：设AC是α内的任一条直线，且BC⊥AC，垂足为C，又设AO与AB所成的角为，AB与AC所成的角为，AO与AC所成的角为．则.13.空间两点间的距离公式

若A，B，则=.14.异面直线间的距离：

(是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离).15.点到平面的距离：（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.16.三个向量和的平方公式：

17.长度为的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为，夹角分别为,则有.（立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）.18.面积射影定理

.(平面多边形及其射影的面积分别是、，它们所在平面所成锐二面角的).19.球的组合体(1)球与长方体的组合体:

长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.(2)球与正方体的组合体:正方体的内切球的直径是正方体的棱长,正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长,正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长.(3)

球与正四面体的组合体:

棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为.20.求点到面的距离的常规方法是什么？（直接法、体积法）

21.求多面体体积的常规方法是什么？（割补法、等积变换法）

〈二〉温馨提示：

1.在用反三角函数表示直线的倾斜角、两条异面直线所成的角等时，你是否注意到它们各自的取值范围及义？

①

异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围依次.②

直线的倾斜角、到的角、与的夹角的取值范围依次是．

③

反正弦、反余弦、反正切函数的取值范围分别是．

二、题型与方法

【例题解析】

考点1

点到平面的距离

求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用.例1如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点．

A

B

C

D

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的大小；

（Ⅲ）求点到平面的距离．

考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维

能力和运算能力．

解答过程：解法二：（Ⅰ）取中点，连结．

为正三角形，．

在正三棱柱中，平面平面，平面．

x

z

A

B

C

D

O

F

y

取中点，以为原点，，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，．，，．

平面．

（Ⅱ）设平面的法向量为．，．，令得为平面的一个法向量．

由（Ⅰ）知平面，为平面的法向量．，．

二面角的大小为．

（Ⅲ）由（Ⅱ），为平面法向量，．

点到平面的距离．

小结：本例中（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B点到平面的距离转化为容易求的点K到平面的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.考点2

异面直线的距离

此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离.例2已知三棱锥，底面是边长为的正三角形，棱的长为2，且垂直于底面.分别为的中点，求CD与SE间的距离.思路启迪：由于异面直线CD与SE的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离.解答过程：

如图所示，取BD的中点F，连结EF，SF，CF，为的中位线，∥∥面,到平面的距离即为两异面直线间的距离.又线面之间的距离可转化为线上一点C到平面的距离，设其为h，由题意知，,D、E、F分别是

AB、BC、BD的中点，在Rt中，在Rt中，又

由于，即，解得

故CD与SE间的距离为.小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程.考点3

直线到平面的距离

此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化.例3．

如图，在棱长为2的正方体中，G是的中点，求BD到平面的距离.B

A

C

D

O

G

H

思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解.解答过程：

解析一

∥平面，上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求

点O平面的距离,，平面,又平面

平面，两个平面的交线是,作于H，则有平面，即OH是O点到平面的距离.在中，.又.即BD到平面的距离等于.解析二

∥平面，上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离.设点B到平面的距离为h，将它视为三棱锥的高，则,即BD到平面的距离等于.小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解析二是等体积法求出点面距离.考点4

异面直线所成的角

此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点.例

4、如图，在中，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角的直二面角．是的中点．

（I）求证：平面平面；

（II）求异面直线与所成角的大小．

思路启迪：（II）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内.解答过程：解法1：（I）由题意，，是二面角是直二面角，又，平面，又平面．

平面平面．

（II）作，垂足为，连结（如图），则，是异面直线与所成的角．

在中，，．

又．

在中，．

异面直线与所成角的大小为．

解法2：（I）同解法1．

（II）建立空间直角坐标系，如图，则，，，．

异面直线与所成角的大小为．

小结：

求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：.考点5

直线和平面所成的角

此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算.线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.例5.四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面．已知，，．

（Ⅰ）证明；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的大小．

考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．

解答过程：

D

B

C

A

S

解法二：

（Ⅰ）作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面．

因为，所以．

又，为等腰直角三角形，．

如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系，，，D

B

C

A

S，所以．

（Ⅱ）取中点，连结，取中点，连结，．，．，与平面内两条相交直线，垂直．

所以平面，与的夹角记为，与平面所成的角记为，则与互余．，．，所以，直线与平面所成的角为．

小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值.考点6

二面角

此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视.例6．如图，已知直二面角，，，直线和平面所成的角为．

（I）证明；

A

B

C

Q

P

（II）求二面角的大小．

命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.A

B

C

Q

P

O

H

过程指引：（I）在平面内过点作于点，连结．

因为，所以，又因为，所以．

而，所以，从而，又，所以平面．因为平面，故．

（II）解法一：由（I）知，又，，所以．

过点作于点，连结，由三垂线定理知，．

故是二面角的平面角．

由（I）知，所以是和平面所成的角，则，不妨设，则，．

在中，所以，于是在中，．

故二面角的大小为．

A

B

C

Q

P

O

x

y

z

解法二：由（I）知，，故可以为原点，分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．

因为，所以是和平面所成的角，则．

不妨设，则，．

在中，所以．

则相关各点的坐标分别是，，．

所以，．

设是平面的一个法向量，由得

取，得．

易知是平面的一个法向量．

设二面角的平面角为，由图可知，．

所以．

故二面角的大小为．

小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.考点7

利用空间向量求空间距离和角

众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性.例7．如图，已知是棱长为的正方体，点在上，点在上，且．

（1）求证：四点共面；

（2）若点在上，点在上，垂足为，求证：平面；

（3）用表示截面和侧面所成的锐二面角的大小，求．

命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．

过程指引：

解法二：

（1）

建立如图所示的坐标系，则，，所以，故，共面．

又它们有公共点，所以四点共面．

（2）如图，设，则，而，由题设得，得．

因为，有，又，所以，从而，．

故平面．

（3）设向量截面，于是，．

而，得，解得，所以．

又平面，所以和的夹角等于或（为锐角）．

于是．

故．

小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为在面BDF的法向量上的投影的绝对值.考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算

棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积.直棱柱体积V等于底面积与高的乘积.棱锥体积V等于Sh其中S是底面积，h是棱锥的高.课后练习题

15.【2012高考四川文14】如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成的角的大小是____________。

28.【2012高考四川文19】(本小题满分12分)

如图，在三棱锥中，，点在平面内的射影在上。

（Ⅰ）求直线与平面所成的角的大小；

（Ⅱ）求二面角的大小。

29.【2012高考重庆文20】（本小题满分12分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问8分）

已知直三棱柱中，，为的中点。

（Ⅰ）求异面直线和的距离；

（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值。

43．【2012高考上海文19】本题满分12分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分

如图，在三棱锥中，⊥底面，是的中点，已知∠＝，，求：（1）三棱锥的体积

7.空间向量与立体几何计算 篇七

一空间向量在立体几何垂直问题中的应用

立体几何中的垂直问题大多是要应用空间向量的有关知识进行证明, 例举一个简单的实例来进行说明, 在如图1所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中, E是BB1的中点, F是D1B1的中点, 要求证明EF垂直于平面B1AC。

所以得到EF与AB1垂直, 同理可得EF与B1C垂直, 又因为A1B1∩B1C=B1, 所以能够得到EF垂直于平面B1AC。

由以上例题的求解可知, 将空间向量应用于立体几何题目的求解中, 解题思路非常地清晰, 并且计算起来非常的方便, 空间向量法在此类问题的求解过程中具有非常好的求解效果。

二空间向量在立体几何角度计算中的应用

角度的计算是立体几何中非常常见的题目, 而这类题目的求解, 对于学生的逻辑思维及空间想象力具有较高的要求, 尤其是在一些面面角、线面角、线线角的求解过程中, 具有较大的难度, 而应用向量法进行求解, 能够有效地简化计算步骤, 减少计算量, 对于立体几何相关夹角的快速计算具有积极的作用, 下面就例举一个简单的题目来进行分析。

例:正方体ABCD-A1B1C1D1如图2所示, 已知图中的AB=AD=1, DD1=2, 要求求解A1B与AD1的夹角的余弦值;AC1与平面ABCD之间的夹角的余弦值;以及平面A1BCD1与平面ABCD的夹角之间的余弦值。

在应用向量法进行题目的求解的过程中, 首先要以D作为原点, 建立其有效的空间直角坐标系, 其中坐标系中的x、y、z轴分别是DA、DC与DD1, 如图3所示。

三空间向量在立体几何点线距离及点面距离计算中的应用

空间向量在立体几何中的有关距离的求解中也具有非常重要的作用, 下面举一个简单的例题来进行说明, 四棱锥P-ABCD如图4所示, 其中该四棱锥的底面是一个边长值是2的正方形, 并且PD与底面ABCD是垂直的关系, 已知PD的值为2, M是AB的中点, N是BC的中点, 要求求解点D到PM直线的距离。

四结束语

在高中数学的学习过程中, 立体几何是一个重点及难点部分, 也是高考中的必考题目, 应用向量法求解有关的立体几何计算问题, 非常方便, 但在实际的求解过程中, 学生由于对相关的向量知识及立体几何知识的掌握不到位, 在计算过程中, 还具有较多的问题。本文就举了关于立体几何中的垂直问题、角度计算问题、距离计算问题等几个常见的计算题目, 通过对相关的求解步骤的分析, 对提升学生的解题思维及计算准确度具有积极的作用。

参考文献

[1]潘虹.浅谈空间向量方法在立体几何中的应用[J].读与写 (教育教学版) , 2013 (2)

8.高中空间向量考试题 篇八

1. 命题“x∈Z，使x2+2x+m≤0”的否定形式为.

*2. 已知点A(-3,1,-4)，则点A关于x轴对称的点的坐标为.

*3. 若向量a=(1,λ，2)，b=(2,-1,2)，且a与b的夹角的余弦值为89，则λ=.

4. 已知p,q都是r的必要条件，s是r的充分条件,q是s的充分条件,则s是q的条件，r是q的条件，p是s的条件.

*5. 已知向量a=(2,-1,3)，b=(-4,2,x).若a⊥b，则x=；若a∥b,则x=.

6. 设集合M={x|x＞2},P={x|x＜3},那么“x∈M或x∈P”是“x∈M∩P”的条件.

*7. 设命题p：a,b,c是三个非零向量；命题q：{a,b,c}为空间的一个基底，则命题q是命题p的条件.

8. 命题“若ab不为零，则a,b都不为零”的逆否命题是.

*9. 如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a=（1，0，1），b=（0，1，1），那么这条斜线与这个平面所成的角等于.

*10. 在空间直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（3，1，0），B（-1，3，0）.若点C满足OC=αOA+βOB，其中α,β∈R,α+β=1，则点C的轨迹为.（填轨迹的类型）

11. 已知下列三个命题：

① “k=1”是“函数y=cos2kx-sin2kx的最小正周期为π”的充要条件；

② “a=3”是“直线ax+2y+3a=0与直线3x+(a-1)y=a-7相互平行”的充要条件；

③ 函数y=x2+4x2+3的最小值为2.

其中假命题有.（将你认为的假命题的序号都填上）

二、 解答题

12. 已知命题p:|4-x|≤6,q:x2-2x+1-a2≥0(a＞0).若非p是q的充分不必要条件，求a的取值范围.

13. 已知命题p：方程x24-k+y21-k=1表示焦点在x轴上的双曲线；命题q：a=(2,-1,k),b=(1,0,1-k)的夹角为锐角.如果命题“p或q”为真，命题“p且q”为假，求实数k的取值范围.

第14题图

*14. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD=90°，PA⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，PA=CD=4.

（1） 求证：BD⊥PC；

（2） 求二面角BPCA的余弦值.

*15. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为线段A1C1的

中点.

（1） 求证：BC1∥平面AB1D；

（2） 若AA1=3，二面角AB1DA1的大小为60°，求线段AB的长度.第15题图第16题图

*16. 如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.

（1） 求证：平面EFG⊥平面PAB；

（2） 求异面直线EG与BD所成角的余弦值.

9.高中空间向量考试题 篇九

一、空间向量及其数量积

1、在空间，既有大小又有方向的量称为空间向量。用AB或a表示，其中向量的大小称为向量的长度或

或a。正如平面向量可用坐标(x,y.)表示，空间向量也可用坐标(x,y,z)表示。若已知点A坐标为（x1，y1，z1）,点B坐标为（x2，y2，z2）则向量AB=（x2-x1，y2-y1，z2-z1）即是终点坐标减起点坐标。222在空间，知道向量=（x，y，z

xyz 

2、空间向量数量积

① 已知两个非零向量a、b，在空间任取一点O，作OA=a，OB=b，则角∠AOB叫向量a与b的夹角，记作＜a，b＞规定，若0≤＜a，b＞≤，若＜a，b＞=

⊥。

② 已知空间两个向量a、b

COS＜a，b＞叫向量a、b的数量积，记作ab

COS＜，＞若⊥a＝０

③ 若已知空间向量a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2）则ab＝x1x2+y1y2+z1z2，COS＜a，，称a与b垂直，记作a2

x1x2y1y2z1z

2x1y1z1x2y2z2222222

例１ 如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=900,D1、E1分别为A1B1、A1C1中点，若BC=CA=CC1，求向BD1与AE1所成角的余弦值。

B

D1 1Ｃ

6练习：已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，B1E1=D1F1=

F

C1B

1C

DB

二、利用向量证线线垂直与线面垂直

A1B

1，求向量BE1与DF1所成角的余弦值。

4例2 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求证A1C⊥平面AB1D1

CC

练习：在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P为DD1的中点，求证：B1O⊥平面PAC。

A

例3 如图，PA⊥矩形ABCD所在平面，M, N分别是AB ,PC中点（1）求证：MN⊥CD

（2）若∠PDA=45，求证：MN⊥平面PCD

6N M

B

C

练习：正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是棱D1D中点，N是AD中点，P为棱A1B1上任一点。求证：NP⊥AM

作业：

A1

C1

M C 1.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是BB1中点，O是底面ABCD中心，求证：OE⊥平面D1AC.2.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，O ,M分别是BD1, AA1中点，求证：OM是异面直线AA1和BD1的公垂线.DA13、如图，直三棱柱ABC-—A1B1C1中，∠ACB=90，AC=1，CB=2，侧棱AA1=1，侧面AA1B1B的两

条对角线交点为D，B1C1的中点为M。求证：CD⊥平面BDM

6AB B1

4在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和BC的中点，M为棱B1B

上任一点，当

B1M

值为多少时能使D1M⊥平面EFB1 MB

A

E5、如图，ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且AE=AB=2a，CD=a，F为BE中点，求证：AF⊥BD

C

A6、如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中B1C1=A1C1，A1B⊥AC1。求证：A1B⊥B1C

Ａ

10.高中数学平面向量教案 篇十

教材：向量

目的：要求学生掌握向量的意义、表示方法以及有关概念，并能作一个向量与已

知向量相等，根据图形判定向量是否平行、共线、相等。

过程：

一、开场白：课本P93(略)

实例：老鼠由A向西北逃窜，猫在B问：猫能否追到老鼠?(画图)

结论：猫的速度再快也没用，因为方向错了。 AB

二、提出课题：平面向量

1.意义：既有大小又有方向的量叫向量。例：力、速度、加速度、冲量

等

注意：1?数量与向量的区别：

数量只有大小，是一个代数量，可以进行代数运算、比较大

小;

向量有方向，大小，双重性，不能比较大小。

2?从19世纪末到20体系，用以研究空间性质。

2. 向量的表示方法： a B

1?几何表示法：点—射线 (终点)有向线段——具有一定方向的线段 A(起点)

记作(注意起讫)

2?字母表示法：可表示为(印刷时用黑体字)

P95 例用1cm表示5n mail(海里)

3. 模的概念：向量 记作：|| 模是可以比较大小的

4. 两个特殊的向量：

1?零向量——长度(模)为0的向量，记作。的方向是任意的。注意与0的区别

2?单位向量——长度(模)为1个单位长度的向量叫做单位向量。

例：温度有零上零下之分，“温度”是否向量?

答：不是。因为零上零下也只是大小之分。

例：与是否同一向量?

答：不是同一向量。

例：有几个单位向量?单位向量的大小是否相等?单位向量是否都相等? 答：有无数个单位向量，单位向量大小相等，单位向量不一定相等。 三、向量间的关系：

1.平行向量：方向相同或相反的非零向量叫做平行向量。

记作：∥∥

规定：与任一向量平行

2. 相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量。 a 记作：=

规定：=

任两相等的非零向量都可用一有向线段表示，与起点无关。 3. 共线向量：任一组平行向量都可移到同一条直线上 ，

所以平行向量也叫共线向量。

OA=a OB=b OC=c

例：(P95)略

变式一：与向量长度相等的向量有多少个?(11个)

变式二：是否存在与向量长度相等、方向相反的向量?(存在) 变式三：与向量共线的向量有哪些?(,,)

四、小结：

五、作业：P96 练习习题5.1

第二教时

教材：向量的加法

目的：要求学生掌握向量加法的意义，并能运用三角形法则和平行四边形法则作

几个向量的和向量。能表述向量加法的交换律和结合律，并运用它进行向量计算。

过程：

六、复习：向量的定义以及有关概念

强调：1?向量是既有大小又有方向的量。长度相等、方向相同的向量相等。2?正因为如此，我们研究的向量是与起点无关的自由向量，即任何

向量可以在不改变它的方向和大小的前提下，移到任何位置。

七、提出课题：向量是否能进行运算?

5.某人从A到B，再从B按原方向到C，

A BC

则两次的位移和：??

6.若上题改为从A到B，再从B按反方向到C，

则两次的位移和：AB?BC?AC

7.某车从A到B，再从B改变方向到C，

则两次的位移和：AB?BC?AC

8.船速为AB，水速为BC，

则两速度和：??

提出课题：向量的加法 A B三、1.定义：求两个向量的和的运算，叫做向量的加法。

注意：;两个向量的和仍旧是向量(简称和向量)

2.三角形法则： a b b

a+ a b a+b A A C A B B

B

1?“向量平移”(自由向量)：使前一个向量的终点为后一个向量的起

点

2?可以推广到n个向量连加

3

4?不共线向量都可以采用这种法则——三角形法则

3.例一、已知向量、，求作向量+

作法：在平面内取一点，

作? ?

则?? O b

b AB C C 4.加法的交换律和平行四边形法则 B

上题中+的结果与+是否相同 验证结果相同

从而得到：1?向量加法的平行四边形法则

2?向量加法的交换律：+=+

9.向量加法的结合律：(+) +=+ (+)

证：如图：使?, ?, ?

a+c

则(+) +=??

+ (+) =??

∴(a+b) +c=a+ (b+c)

从而，多个向量的加法运算可以按照任意的次序、任意的组合来进行。

四、例二(P98—99)略

五、小结：1?向量加法的几何法则

2?交换律和结合律

3?注意：|+| >|| + ||不一定成立，因为共线向量不然。

六、作业：P99—100练习P102习题5.2 1—3

第三教时

教材：向量的减法

目的：要求学生掌握向量减法的意义与几何运算，并清楚向量减法与加法的关系。 过程：

八、复习：向量加法的法则：三角形法则与平行四边形法则

向量加法的运算定律： 例：在四边形中，??? 解：CB?BA?BA?CB?BA?AD?CD

九、提出课题：向量的减法 A B

1.用“相反向量”定义向量的减法

1?“相反向量”的定义：与a长度相同、方向相反的向量。记作 ?a 2?规定：零向量的相反向量仍是零向量(?a) = a

任一向量与它的相反向量的和是零向量。a + (?a) = 0

如果a、b互为相反向量，则a = ?b, b = ?a, a + b = 0

3?向量减法的定义：向量a加上的b相反向量，叫做a与b的差。

即：a ? b = a + (?b)求两个向量差的运算叫做向量的减法。

2.用加法的逆运算定义向量的减法：

向量的减法是向量加法的逆运算：

若b + x = a，则x叫做a与b的差，记作a ? b

3.求作差向量：已知向量a、b，求作向量

∵(a?b) + b = a + (?b) + b = a + 0 = a

a 作法：在平面内取一点O， 作= a, = b

则= a ? b b b a?b

即a ? b可以表示为从向量b的终点指向向量a的终点的向量。

注意：1?表示a ? b。强调：差向量“箭头”指向被减数

2?用“相反向量”定义法作差向量，a ? b = a + (?b)

显然，此法作图较繁，但最后作图可统一。

B’ ?b a

b A b

4.a∥b∥c B a ? b = a + (?b) a ? b

a?b O B A B’ O B

a?b O

A ?b B 十、例题： 例一、(P101 例三)已知向量a、b、c、

d，求作向量a?b、c?d。

解：在平面上取一点O，作= a, = b, = c, = d,

作, ,则= a?b, = c?d

A b C

B 例二、平行四边形中，，用表示向量，

解：由平行四边形法则得：

= a + b, = ? = a?b

变式一：当a, b满足什么条件时，a+b与a?b垂直?(|a| = |b|)

变式二：当a, b满足什么条件时，|a+b| = |a?b|?(a, b互相垂直)

变式三：a+b与a?b可能是相当向量吗?(不可能， 十一、小结：向量减法的定义、作图法|

十二、作业： P102 练习

P103习题5.2 4—8

第四教时

11.第27讲 夹角、距离与空间向量 篇十一

夹角与距离是立体几何中的常见考点，在高考中经常出现.单独求夹角和距离的题目多为选择题、填空题，分值大约5分；解答题中的分步设问中也经常会有关于夹角和距离的问题，分值约为4至6分.随着新课改的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的方向发展，从历年的考题变化来看，以多面体和旋转体位载体的线面位置关系的论证，角和距离的探求是常考常新的热门话题.

命题特点

该知识点文科中很少考到，理科中在小题中不是必考考点，在解答题中则是常见考点.该考点独立考察立体几何，很少和其他知识点产生交集，但是难度中等偏下，属于必须得分题目.

1. 点面距离

例1 在四棱锥[S-ABCD]中，[AD∥BC]且，[AD⊥CD，]平面[CSD⊥]平面[ABCD]，[CS⊥DS]，[CS=2AD=2]，[E]为[BS]的中点，[CE=2]，[AS=3].求：

（1）点[A]到平面[BCS]的距离；

（2）二面角[E-CD-A]的大小.

解法一 （1）因为[AD∥BC]，且[BC?]平面[BCS]，所以[AD∥]平面[BCS].从而[A]点到平面[BCS]的距离等于[D]点到平面[BCS]的距离.

因为平面[CSD⊥]平面[ABCD]，[AD⊥CD]，故[AD⊥]平面[CSD]，从而[AD⊥SD]，由[AD∥BC，]得[BC⊥DS]，又由[CS⊥DS]知[DS⊥]平面[BCS]，从而[DS]为点A到平面[BCS]的距离，因此在[Rt△ADS]中[DS=AS2-AD2][=2].

（2）如图，过[E]点作[EG⊥CD]，交[CD]于点[G]，又过[G]点作[GH⊥CD]，交[AB]于H，故[∠EGH]为二面角[E-CD-A]的平面角，记为[θ]，过E点作[EF//BC]，交[CS]于点[F]，连结[GF]，因平面[ABCD⊥]平面[CSD]，[GH⊥CD]，易知[GH⊥GF]，故[θ=π2-∠EGF].

由于[E]为[BS]边中点，故[CF=12CS=1]，在[Rt△CFE]中，[EF=CE2-CF2=2-1=1]，因[EF⊥]平面[CSD]，又[EG⊥CD]

故由三垂线定理的逆定理得[FG⊥CD]，从而又可得[△CGF～△CSD].

因此[GFDS=CFCD].而在[Rt△CSD]中，

[CD=CS2+SD2=4+2=6]，

故[GF=CFCD·DS=16·2=13].

在[Rt△FEG]中，[tanEGF=EFFG=3]可得，

[∠EGF=π3，]故所求二面角的大小为[θ=π6].

解法二 （1）如图，以[S（O）]为坐标原点 ，射线[OD，OC]分别为[x]轴，[y]轴正向，建立空间坐标系，设[A（xA，yA，zA）]，因平面[COD⊥]平面[ABCD]，[AD⊥CD]，故[AD⊥]平面[COD].

即点[A]在[xOz]平面上，因此[yA=0，ZA=AD=1]，

又[x2A+12=AS2=3，xA=2]，从而[A2，0，1].

因[AD∥BC]，故[BC⊥]平面[CSD]，即[BCS]与平面[yOx]重合，从而点[A]到平面[BCS]的距离为[xA=2].

（2）易知[C（0，2，0），D（，0，0）].因[E]为[BS]的中点，[△BCS]为直角三角形，

∴[BS=2CE=22].

设[B（0，2，ZB）]，[ZB>0]，则[ZA=2].

故[B（0，2，2）]，所以[E（0，1，1）].

在[CD]上取点[G]，设[G（x1，y1，0）]，使[GE⊥CD].

又[CD=（2，-2，0），GE=（-x1，-y1+1，1），CD?GE=0]，

故[2x1-2（y1-1）=0].①

又点[G]在直线[CD]上，即[CG∥CD]，

又[CG=（x1，y1-2，0）]，则有[x12=y1-2-2].②

联立①，②，解得，[G=（23，43，0）].

故[GE]=[（-23，-23，1）].

又[AD⊥CD]，所以二面角[E-CD-A]的平面角为向量[GE]与向量[DA]所成的角，记此角为[θ].

因为[GE]=[233]，[DA=（0，0，1），DA=1，GE?DA=1]，所以 [cosθ=GE?DAGE?DA=32]

故所求的二面角的大小为[π6].

2. 线线距离

例2 已知正方体[ABCD-ABCD]的棱长为1，求直线[DA′]与[AC]的距离.

解析 连结[AC]，则[AC∥]面[ACD]，

连结[DA，DC，DO]，过[O]作[OE⊥DO]于[E].

因为[AC⊥]面[BBDD]，所以[AC⊥OE].

又[OD⊥OE]，所以[OE⊥]面[ACD].

因此[OE]为直线[DA]与[AC]的距离.

在[Rt△OOD]中，[OE·OD=OD·OO]，∴[OE=33].

点拨 此题是异面直线的距离问题，可作出异面直线的公垂线.若考虑到异面直线的公垂线不易作出，可分别过两异面直线作两平面互相平行，则异面直线的距离就是两平面的距离.

3. 线面距离

例3 如图，在五面体[ABCDEF]中，[AB∥DC]，[∠BAD=π2]，[CD=AD=2]，四边形[ABFE]为平行四边形，[FA⊥]平面[ABCD]，[FC=3]，[ED=7].求：

nlc202309032008

（1）直线[AB]到平面[EFCD]的距离；

（2）二面角[F-AD-E]的平面角的正切值.

解法一 （1）[∵AB∥DC]，[DC?]平面[EFCD]，

∴[AB]到面[EFCD]的距离等于点[A]到面[EFCD]的距离，过点[A]作[AG⊥FD]于[G].

因[∠BAD=π2]，[AB∥DC]，故[CD⊥AD].

又∵[FA⊥]平面[ABCD]，由三垂线定理可知，[CD⊥FD]，

故[CD⊥]面[FAD]，∴[CD⊥AG]，

所以[AG]为所求直线[AB]到面[EFCD]的距离.

在[Rt△ABC]中，[FD=FC2-CD2=9-4=5].

由[FA⊥]平面[ABCD]得，[FA⊥AD]，

从而在[Rt△FAD]中，[FA=FD2-AD2=5-4=1].

∴[AG=FA·ADFD=25=255].即直线[AB]到平面[EFCD]的距离为[255].

（2）由己知得，[FA⊥]平面[ABCD]，[FA⊥AD]，

又由[∠BAD=π2]知，[AD⊥AB]，故[AD⊥]平面[ABFE].

∴[DA⊥AE]，所以[∠FAE]为二面角[F-AD-E]的平面角，记为[θ].

在[Rt△AED]中，[AE=ED2-AD2=7-4=3]，

由[ABCD]得，[FE∥BA]，从而[∠AFE=π2].

在[Rt△AEF]中，[FE=AE2-AF2=3-1=2]，

故[tanθ=FEFA=2].

所以二面角[F-AD-E]的平面角的正切值为[2].

解法二 （1）如图以[A]点为坐标原点，[AB，AD，AF]的方向为[x，y，z]的正方向建立空间直角坐标系数，则[A（0，0，0）]，[C（2，2，0），D（0，2，0）].

设[F（0，0，z0）（z0>0）]，∴[FC=（2，2，-z0）]，由[FC=3].

即[22+22+z02=3]，解得[F（0，0，1）].

∵[AB∥DC]，[DC?]面[EFCD]，

所以直线[AB]到面[EFCD]的距离等于点[A]到面[EFCD]的距离.设[A]点在平面[EFCD]上的射影点为[G（x1，y1，z1）]，则[AG=（x1，y1，z1）].因[AG·DF=0]，且[AG·CD=0]，而[DF=（0，-2，1）]，[CD=（0，-2，1）]，此即[-2y1+z1=0，-2x1=0，] 解得[x1=0.]①

又[G]点在[yOz]面上，故[G]点在[FD]上.

∴[GF∥DF]，[GF=（-x1-y1-z1+1）]，

故有[y12=z1+1].②

联立①②解得，[G（0，25，45）].

∴[AG]为直线[AB]到面[EFCD]的距离.

而[AG=（0，25，45）]，所以[AG=255].

（2）因四边形[ABFE]为平行四边形，

则可设[E（x0，0，1）（x0<0）]，[ED=（-x0，2，-1）].

由[ED=7]得，[x02+22+1=7]，解得[x0=-2].即[E（-2，0，1）].

故[AE=（-2，0，1）].

由[AD=（0，2，0），][AF=（0，0，1）]知，

[AD·AE=0，][AD·AF=0，]

故[∠FAE]为二面角[F-AD-E]的平面角，

又∵[EF=（2，0，0）]，[EF=2]，[AF=1]，

所以[tan∠FAE=EFFA=2].

点拨 线面距离往往转化成点面距离来处理，最转化为空间几何体的体积求得，体积法不用得到垂线.

4. 面面距离

例4 在长方体[ABCD—A1B1C1D1]中，[AB=4，][BC=3，][CC1=2]，如图.

（1）求证：平面[A1BC1∥]平面[ACD1]；

（2）求（1）中两个平行平面间的距离.

解析 （1）由于[BC1∥AD1]，则[BC1∥]平面[ACD1].

同理，[A1B∥平面ACD1，]

则平面[A1BC1∥平面][ACD1].

（2）设两平行平面[A1BC1]与[ACD1]间的距离为[d]，

则[d]等于[D1]到平面[A1BC1]的距离.

易求[A1C1=5]，[A1B=25]，[BC1=13]，

则[cosA1BC1=265，]则[sinA1BC1=6165，]则[SA1B1C1=61.]

由于[VD1-A1BC1]=[VB-A1C1D1]，

则[13SA1B1C1·d=13·（12AD1·C1D1）·BB1]，

代入求得[d=126161]，即两平行平面间的距离为[126161].

点拨 立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能“立”起来.在具体问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.

5. 线线角

例5 如图，在三棱锥[S-ABC]中，[∠SAB=∠SAC=][∠ACB=90°]，[AC=2，BC=13]，[SB=29]，求异面直线[SC与AB]所成角的余弦值.

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解法1 用公式.

当直线AB[?]平面[α=A]，[AB]与[α]所成的角为[θ1，l]是[α]内的一条直线，[l]与[AB]在[α]内的射影[AB]所成的角为[θ2]，则异面直线[l]与[AB]所成的角[θ]满足[cosθ=cosθ1cosθ2].以此为据求解

由题意知，[SA⊥]平面ABC，[AC⊥BC]，由三垂线定理，知[SC⊥BC]，所以[BC⊥]平面[SAC].

因为[AC-2，BC=13，SB=29]，由勾股定理得，[AB=17，SA=23，SC=4].

在[RtSAC]中，[cos∠SCA=ACSC=12]，在[RtACB]中，[cos∠CAB=ACAB=217].

设[SC]与[AB]所成角为[θ]，

则[cosθ=][cos∠SCA·][cos∠CAB=1717].

解法2 平移.

过点[C]作[CD∥BA]，过点[A作BC]的平行线交[CD]于[D]，连结[SD]，则[∠SCD]是异面直线[SC与AB]所成的角.又四边形[ABCD]是平行四边形.

由勾股定理得，

[CD=AB=17，SA=23，SD=5.]

在[SCD]中，由余弦定理得，

[cos∠SCD=][SC2+DC2-SD22·SC·DC=1717].

点评 若两条直线不垂直，可经过如下几个步骤求线线角：（1）恰当选点，作两条异面直线的平行线，构造平面角[θ]；（2）证明这个角[θ]（或其补角）就是异面直线所成角；（3）解三角形（常用余弦定理），求出[θ]的度数.

6. 线面角

例6 如图，在正三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[AB=4]，[AA1=7]，点[D是BC]的中点，点[E]在[AC]上，且[DE⊥A1E].

（1）证明：平面[A1DE⊥]平面[ACC1A1]；

（2）求直线[AD]和平面[A1DE]所成角的正弦值.

解析 （1）由正三棱柱[ABC-A1B1C1]的性质知，[AA1⊥]平面[ABC].

又[DE?]平面[ABC]，所以[DE⊥AA1].

而[DE⊥A1E]，[AA1?A1E=A1]，

所以DE⊥平面[ACC1A1].又[DE?]平面[A1DE]，

故平面[A1DE⊥]平面[ACC1A1].

（2）法1：过点A作AF垂直[A1E]于点[F]，连接DF.

由（1）知，平面[A1DE⊥]平面[ACC1A1]，

所以[AF⊥]平面[A1DE]，

故[∠ADF]是直线[AD]和平面[A1DF]所成的角.

因为[DE⊥ACC1A1]，所以[DE⊥AC].

而[ABC]是边长为4的正三角形，

于是[AD=23]，[AE=4-CE=4-12CD=3].

又因为[AA1=7]，

所以[A1E=AA12+AE2=（7）2+32=4]，

[AF=AE·AA1A1E=374]，

[sin∠ADF=AFAD=218].

即直线AD和平面[A1DE]所成角的正弦值为[218].

法2：如图所示，设[O]是[AC]的中点，以[O]为原点建立空间直角坐标系，

则相关各点的坐标分别是[A（2，0，0）]，[A1（2，0，7）]，[D（-1，3，0）]，[E（-1，0，0）].

[∴A1D=（-3，3，-7），][DE=（0，-3，0），][AD=（-3，3，0）.]

设[n=（x，y，z）]是平面[A1DE]的一个法向量，

则[n?DE=-3y=0，n?A1D=-3x+3y-7z=0，]

解得，[x=-73z，y=0].

故可取[n=（7，0，-3），]

[cosn，AD=n?ADn?AD=-374×23=-218]，

故直线[AD]和平面[A1DE]所成角的正弦值为[218].

点拨 本题主要考查几何体的概念、线面夹角、两平面垂直等.能力方面主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力

备考指南

空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等.解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决.

1. 对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用.通过空间角的计算和应用进一步培养运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力.

2. 空间的距离问题，主要是求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异面直线之间（限于给出公垂线段的）、平面和它的平行直线、以及两个平行平面之间的距离.求距离的一般方法和步骤是：一作——作出表示距离的线段；二证——证明它就是所要求的距离；三算——计算其值.此外，我们还常用体积法求点到平面的距离.

限时训练（1）

1. 设平面[α]的法向量为[a=（1，2，-2）]，平面[β]的法向量为[b=（-2，-4，k）]，若[α∥β]，则k等于 （ ）

A.2 B.-4

C.4 D.-2

2. 如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是[a=（0，2，1）]，[b=（2，5，5）]，那么这条斜线与平面的夹角是 （ ）

nlc202309032008

A.90° B.60°

C.45° D.30°

3. 正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为 （ ）

A.75° B.60°

C.45° D.30°

4. 在空间直角坐标系[O-xyz]中，平面[OAB]的法向量为[n=（2，-2，1）]，已知[P（-1，3，2）]，则点[P]到平面[OAB]的距离[d]等于 （ ）

A.4 B.2

C.3 D.1

5. 已知在长方体[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. [83] B. [38]

C. [43] D. [34]

6. 正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，二面角[A-BD1-B1]的大小为 （ ）

A.60° B.30°

C.120° D.150°

7. 已知[△ABC]的三个顶点坐标分别为[A（2，3，1）]，[B（4，1，-2），C（6，3，7），]则[△ABC]的重心坐标为 （ ）

A. （[6，72，3]） B. （[4，73，2]）

C. （[8，143，4]） D. （[2，76，1]）

8. 在正方体[A1B1C1D1-ABCD]中，[E]是[C1D1]的中点，则异面直线[DE与AC]夹角的余弦值为 （ ）

A.[-1010] B.[-120]

C. [120] D. [1010]

9. 在直三棱柱[A1B1C1-ABC]中，[∠BCA=]90°，点[D1，F1]分别是[A1B1，A1C1]的中点，[BC=CA=CC1]，则[BD1]与[AF1]所成的角的余弦值是 （ ）

A. [3010] B. [12] C. [3015] D. [1510]

10. 正四棱锥[P-ABCD]的所有棱长相等，[E]为[PC]的中点，那么异面直线[BE与PA]所成角的余弦值等于 （ ）

A. [12] B. [22] C. [23] D. [33]

11. 已知正方体[ABCD-A1B1C1D1]，直线[BC1]与平面[A1BD]所成的角的余弦值是________.

12. 如图，在空间直角坐标系中有棱长为[a]的正方体[ABCD-A1B1C1D1]，点[M]是线段[DC1]上的动点，则点[M]到直线[AD1]距离的最小值是________.

13. [PA⊥]平面[ABC，][AC⊥BC，PA=AC=1，][BC=2，]则二面角[A-PB-C]的余弦值为________.

14.在空间直角坐标系中，定义：平面[α]的一般方程为：[Ax+By+Cz+D=0（A，B，C，D∈R]，且[A，B，C]不同时为零），点[P（x0，y0，z0）]到平面[α]的距离为：[d=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2]，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心[O]到侧面的距离等于________.

15. 如图，在四棱锥[P-ABCD]中，底面[ABCD]是矩形，[PA⊥]底面[ABCD]，[E]是[PC]的中点，已知[AB=2]，[AD=22]，[PA=2]，求：

（1）三角形[PCD]的面积；

（2）异面直线[BC与AE]所成的角的大小.

16. 如图甲，在直角梯形[ABCD]中，[AB∥CD，][∠BAD=90°，][AB=2，AD=3，CD=1，]点[E，F]分别在[AD，BC]上，且[AE=13AD]，[BF=13BC].现将此梯形沿[EF]折至使[AD=3]的位置（如图乙）.

（1）求证：[AE⊥]平面[ABCD]；

（2）求点[B]到平面[CDEF]的距离；

（3）求直线[CE]与平面[BCF]所成角的正弦值.

17. 在正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[E]是[DD1]的中点.

（1）求直线[BE]和平面[ABB1A1]所成的角的正弦值；

（2）在[C1D1]上是否存在一点[F，]使[B1F∥平面][A1BE？]证明你的结论.

18. 如图，四边形[ABCD]为直角梯形，[AD∥BC]，[AD⊥CD，AD=AB=2BC]，四边形[ABEF]为矩形，平面[ABEF⊥]平面[ABCD].

（1）[C，D，E，F]四点共面吗？证明你的结论；

（2）设[AF=kAB（0

限时训练（2）

1. 已知点[G是△ABC的重心，O]是空间任一点，若[OA+OB+OC=λOG]，则[λ]的值为 （ ）

A.1 B.2

C.3 D.4

2. 若不同直线[l1，l2]的方向向量分别为[μ，ν]，则下列直线[l1，l2]中既不平行也不垂直的是 （ ）

A.[μ=（1，2，-1），ν=（0，2，4）]

B.[μ=（3，0，-1），ν=（0，0，2）]

C.[μ=（0，2，-3），ν=（0，-2，3）]

D.[μ=（1，6，0），ν=（0，0，-4）]

3. 在四棱锥[P-ABCD]中，底面[ABCD]是正方形，侧棱[PD⊥]平面[ABCD]，[AB=PD=a].点[E为侧棱PC]的中点，又作[DF⊥PB交PB]于点[F].则[PB与平面EFD]所成角为 （ ）

nlc202309032008

A.30° B.45°

C.60° D.90°

4. 如图，在直三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[∠ACB=90°]，[AA1=2，][AC=BC=1，]则异面直线[A1B]与[AC]所成角的余弦值是 （ ）

A. [63] B. [66]

C. [33] D. [22]

5. 已知[a=（1，1，0），b=（-1，0，3）]，且[ka+b]与[2a-b]垂直，则[k]的值为 （ ）

A. [125] B.1

C. [75] D.2

6. 如图，过正方形[ABCD]的顶点[A]，引[PA⊥]平面[ABCD].若[PA=BA]，则平面[ABP]和平面[CDP]所成的二面角的大小是 （ ）

A.30° B.45°

C.60° D.90°

7. 正方体[ABCD-A1B1C1D1]的棱长为[a]，点[M]在[AC1]上且[AM=12MC1]，[N为B1B]的中点，则[MN]为 （ ）

A. [216a] B. [66a]

C. [156a] D. [153a]

8. 将正方形[ABCD]沿对角线[BD]折成直二面角[A-BD-C]，则下面结论错误的为 （ ）

A. [AC⊥BD]

B. [△ACD]是等边三角形

C. [AB与平面BCD所成的角为60°]

D. [AB与CD所成的角为60°]

9. 在正三棱柱[ABC—A1B1C1]中，[AB=AA1]，则[AC1]与平面[BB1C1C]所成角的正弦值为 （ ）

A. [22] B. [155]

C. [64] D. [63]

10. 在三棱柱[ABC—A1B1C1]中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点[D]是侧面[BB1C1C]的中心，则[AD]与平面[BB1C1C]所成角的大小是 （ ）

A.30° B.45°

C.60° D.90°

11. 到正方体[ABCD- A1B1C1D1]的三条棱[AB，CC1，A1D1]所在直线的距离相等的点：①有且只有1个；②有且只有2个；③有且只有3个；④有无数个.其中正确的序号是________.

12. 如图所示，在三棱柱[ABC—A1B1C1]中，[AA1⊥]底面[ABC，AB=BC=AA1]，[∠ABC=90°]，点[E，F]分别是棱[AB，BB1]的中点，则直线[EF]和[BC1]所成的角是________.

13. 在四面体[P- ABC]中，[PA，PB，PC]两两垂直，设[PA=PB=PC=a]，则点P到平面[ABC]的距离为________.

14. 底面是正方形的四棱锥[A- BCDE中，AE⊥]底面[BCDE]，且[AE=CD=a.G，H]分别是[BE，ED]的中点，则[GH]到平面[ABD]的距离是________.

15. 如图所示，已知直三棱柱[ABC—A1B1C1]中，[△ABC]为等腰直角三角形，[∠BAC=90°，]且[AB=AA1，D，E，][F]分别为[B1A，C1C，BC]的中点.求证：

（1）[DE∥]平面[ABC]；

（2）[B1F⊥]平面[AEF].

16. 如图，四棱锥[P- ABCD]中，[PA⊥]底面[ABCD]，[BC=CD=2]，[AC=4]，[∠ACB=∠ACD=π3]，[F]为[PC]的中点，[AF⊥PB].

（1）求[PA]的长；

（2）求二面角[B- AF- D]的正弦值.

17. 如图，在三棱锥[P-ABC]中，[AC=BC=2，][∠ACB=90°]，[AP=BP=AB]，[PC⊥AC，点D为BC]的中点.

（1）求二面角[A-PD-B]的余弦值；

（2）在直线[AB]上是否存在点[M]，使得[PM]与平面[PAD]所成角的正弦值为[16]，若存在，求出点[M]的位置；若不存在，说明理由.

18. 如图所示，在直三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[BA=BC=2，][BA?BC=0，]异面直线[A1B与AC成60°]的角，点[O，E分别是棱AC和BB1]的中点，点[F是棱B1C1]上的动点.

（1）求证：[A1E⊥OF]；

（2）求点[E到面AB1C]的距离；

（3）求二面角[B1-A1C-C1]的大小.