第三章 空间向量与立体几何（时间：120分钟，满分：150分）第I 卷（选择题）班别 姓名 成绩一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）A.15，12 B ．5，2 C ．－15，－12 D ．－5，－2 解析：选A.a ∥b ，则存在m ∈R ，使得a ＝m b ，又a ＝(λ＋1,0,2λ)，b ＝(6,2μ－1,2)，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧ λ＋1＝6m ，0＝m (2μ－1)，2λ＝2m ，可得⎩⎨⎧λ＝15，μ＝12.2．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)三点，则△ABC 是( ) A ．直角三角形 B ．钝角三角形 C ．锐角三角形 D ．等腰三角形解析：选A .AB →＝(3,4，－8)，BC →＝(2，－3,1)，CA →＝(－5，－1,7)， ∴BC →·CA →＝－10＋3＋7＝0. ∴BC ⊥CA. ∴△ABC 是直角三角形．3．已知向量(1,1,0)a =，(1,0,2)b =-，且ka b +与2a b -互相垂直，则k 的值是（ ） A ．1 B ．15 C ．35 D ．75【答案】D 试题分析：依题意可得(1,,2),2(3,2,2)ka b k k a b +=--=-，由()(2)ka b a b +⊥-可得()(2)0ka b a b +⋅-=，所以3(1)240k k -+-=，解得75k =，选D. 4．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(－2，－1,1)，c ＝(3,1,0)，则|a －b ＋2c |等于( )A ．310B ．210 C.10 D ．5 解析：选A.|a －b ＋2c |＝(a －b ＋2c )2，∵a －b ＋2c ＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋2(3,1,0)＝(9,3,0)，∴|a －b ＋2c |＝92＋32＋0＝310. 5．给出下列命题： ①已知a ⊥b ，则a ·(b ＋c )＋c ·(b －a )＝b ·c ；②A 、B 、M 、N 为空间四点，若BA →、BM →、BN →不能构成空间的一个基底，则A 、B 、M 、N 四点共面； ③已知a ⊥b ，则a ，b 与任何向量都不能构成空间的一个基底；④已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，则基向量a ，b 可以与向量m ＝a ＋c 构成空间另一个基底． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析：选C.当a ⊥b 时，a ·b ＝0，a ·(b ＋c )＋c ·(b －a )＝a ·b ＋a ·c ＋c ·b －c ·a ＝c ·b ＝b ·c ，故①正确；当向量BA →、BM →、BN →不能构成空间的一个基底时，BA →、BM →、BN →共面，从而A 、B 、M 、N 四点共面，故②正确；当a ⊥b 时，a ，b 不共线，任意一个与a ，b 不共面的向量都可以与a ，b 构成空间的一个基底，故③错误；当{a ，b ，c }是空间的一个基底时，a ，b ，c 不共面，所以a ，b ，m 也不共面，故a ，b ，m 可构成空间的另一个基底，故④正确．6．已知空间三点A(1,1,1),B(-1,0, 4),C(2,-2,3),则与的夹角θ的大小是( )(A) (B)π (C) (D)π 【答案】B 【解析】由题意知=(-2,-1,3),=(-1,3,-2),故cos θ===-, 所以θ=π.7．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P(2,3,3)B ．P(－2,0,1)C ．P(－4,4,0)D ．P(3，－3,4)解析：选A.逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．8．已知在空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC中点，则MN →等于( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12c C.12a ＋12b －12c D.23a ＋23b －12c 解析：选B.因MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA →＝12b ＋12c －23a .考点：1.空间向量的坐标运算；2.空间向量垂直的条件；3.空间向量的数量积.9．已知非零向量a,b 及平面α,若向量a 是平面α的法向量,则a ·b=0是向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内的( )(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件 【答案】C【解析】∵a,b 是非零向量,且a 是平面α的法向量,∴当a ·b=0时,向量b 所在的直线平行于平面α或在平面α内,反之也成立.10．已知(2,2,5)u =-，(6,4,4)v =-，u ，v 分别是平面α，β的法向量，则平面α，β的位置关系式 A ．平行 B ．垂直 C ．所成的二面角为锐角 D ．所成的二面角为钝角 【答案】B试题分析：由(2,2,5)u =-，(6,4,4)v =-，可得262(4)540u v ⋅=-⨯+⨯-+⨯=，所以u v ⊥，而u ，v 分别是平面α，β的法向量，所以αβ⊥，选B.考点：空间向量在解决空间垂直中的应用.11．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为DD 1的中点,O 为底面ABCD 的中心,P 为棱A 1B 1上任意一点,则直线OP 与直线AM 所成的角是( )(A) (B) (C) (D) 【答案】D【解析】结合图形建立空间直角坐标系,通过向量的坐标运算可知AM ⊥OP 恒成立,即AM 与OP 所成的角为. 12．如图,正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G 分别是线段AE,BC 的中点,则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )(A) (B)- (C) (D)-【答案】A【解析】如图, 正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G 分别是线段AE,BC 的中点.以C 为原点建立空间直角坐标系Cxyz,A(0,2,0),B(2,0,0),D(0,0,2),G(1,0,0),F(0,2,1), =(0,-2,2),=(-1,2,1),∴||=2,||=,·=-2, ∴cos<,>==-.∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为. 【误区警示】本题容易忽视异面直线所成角的范围而误选B.第II 卷（非选择题）二．填空题（每题5分，总20分）13．已知向量a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m)，c ＝(－1,2)，若(a ＋b )∥c ，则m ＝________. 【答案】-1【解析】∵a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m)，∴a ＋b ＝(1，m －1)，∵(a ＋b)∥c ，c ＝(－1,2)，∴1×2－(－1)(m －1)＝0，∴m ＝－114．在空间直角坐标系O xyz -中，设点M 是点(2,3,5)N -关于坐标平面xoy 的对称点，则线段MN 的长度等于 .【答案】10 【解析】试题分析：点(2,3,5)N -关于坐标平面xOy 的对称点()2,3,5M --，故线段10MN =． 考点：空间中的距离．15．如图所示，在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱CC 1的中点，则异面直线D 1E 与AC 所成的角的余弦值是________．16．若)1,3,2(-=a ，)3,1,2(-=b ，则b a ,为邻边的平行四边形的面积为 ． 【答案】56；试题分析：计算||a =||b =1472||||,cos -=>=<b a ，得753,sin >=<，所以,为邻边的平行四边形的面积为||a ||b sin ,14a b <>== 三、解答题(本题共5小题，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CM ＝2MA ，A 1N ＝2ND ，且AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，试用a ，b ，c 表示向量MN →.解：∵MN →＝MA →＋AA 1→＋A 1N →＝－13AC →＋AA 1→＋23A 1D →＝－13(AB →＋AD →)＋AA 1→＋23(A 1A →＋A 1D 1→)＝－13AB →－13AD →＋13AA 1→＋23AD →＝－13a ＋13b ＋13c ，∴MN →＝－13a ＋13b ＋13c .18．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为DD 1的中点，M 为四边形ABCD 的中心．求证：对A 1B 1上任一点N ，都有MN ⊥AP.证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， M ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N(1，y,1)．∴AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12， MN →＝⎝⎛⎭⎫12，y －12，1. ∴AP →·MN →＝(－1)×12＋0×⎝⎛⎭⎫y －12＋12×1＝0， ∴AP →⊥MN →， 即A 1B 1上任意一点N 都有MN ⊥AP.19．（12分）如图，已知正方体''''ABCD A B C D -的棱长为a ，M 为'BD 的中点，点N 在'AC '上，且，试求MN 的长．试题分析：解：以D 为原点，建立如图空间直角坐标系．因为正方体棱长为a ，所以B （a ，a ，0），A'（a ，0，a ），'C （0，a ，a ），'D （0，0，a ）．由于M 为'BD 的中点，取''A C 中点O'，所以M （2a ，2a ，2a ），O'（2a ，2a，a ）．因为|'|3|'|A N NC =，所以N 为''A C 的四等分，从而N 为''O C 的中点，故N （4a ，34a ，a ）．根据空间两点距离公式，可得||MN ==．20．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为A 1D 1和CC 1的中点． (1)求证：EF ∥平面ACD 1；(2)求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值；解：如图，分别以DA 、DC 、DD 1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)、B 1(2,2,2)、E(1,0,2)、F(0，2,1)．(1)证明：易知平面ACD 1的一个法向量DB 1→＝(2,2,2)．∵EF →＝(－1,2，－1)，∴EF →·DB 1→＝－2＋4－2＝0， ∴EF →⊥DB 1→，而EF ⊄平面ACD 1，∴EF ∥平面ACD 1.(2)∵AB →＝(0,2,0)， ∴cos 〈EF →，AB →〉＝EF →·AB →|EF →||AB →|＝426＝63，∴异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值为63.21、如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝1，BM ⊥PD 于点M.(1)求证：AM ⊥PD ；(2)求直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AB.∵AB ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ， ∴AB ⊥平面PAD.∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD ， 又∵BM ⊥PD ，AB ∩BM ＝B ， ∴PD ⊥平面ABM.∵AM ⊂平面ABM ，∴AM ⊥PD.(2) 如图所示，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz ， 则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，2,0)． ∵AM ⊥PD ，PA ＝AD ，∴M 为PD 的中点，∴M 的坐标为(0,1,1)． ∴AC →＝(1,2,0)，AM →＝(0,1,1)，CD →＝(－1,0,0)． 设平面ACM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由n ⊥AC →，n ⊥AM →可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0y ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．设直线CD 与平面ACM 所成的角为α，则sin α＝|CD →·n ||CD →|·|n |＝63.∴cos α＝33，即直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值为33.22.如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD. (1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值． 解：(1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ， 由余弦定理得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD. 又因为PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD. 又因为AD ∩PD ＝D ，所以BD ⊥平面PAD ，故PA ⊥BD.(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz ，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)， AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0，因此可取n ＝(3，1，3)． 设平面PBC 的法向量为m ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0， 可取m ＝(0，－1，－3)，〈m ，n 〉等于二面角A －PB －C 的平面角，cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.。