AA 1DCB B 1C 1图空间向量与立体几何说明：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．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 —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（ ）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1715 B ．21 C ．178 D ．23 3．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1030 B ．21 C ．1530 D ．1015 4．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD和SC 之间的距离（ ）A ．515 B ．55 C ．552 D ．105 5．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（ ）A ．a 42 B ．a 82C ．a 423 D ．a 22 6．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离 （ ）A ．63 B ．33 C ．332 D ．23 图图7．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21P A ，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 ．621B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形，90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值（ ）A ．32B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是C B 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小 （ ）A ．3πB ．6π C ．65πD ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V（ ）A ．66B ．3316 C ．316D ．16二、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1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，则异面直线1D E 和1BC 间的距离 ．12． 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A B 、CD 的中点，求点B 到截面1AEC F 的距离 ． 13．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面D B EF 的距离 ．14．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值 ．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AB CD －A 1B 1C 1D 1，求平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角的大小16．（12分）已知棱长为1的正方体AB CD－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P A⊥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A C1，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B DEF的距离；（3）求直线A1D与平面B DEF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AB CD-A1B1C1D1，过线段B D1上一点P（P 平面A C B1）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 C B1，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．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A ，B ，(C ，(D ，(0,0,2)S ．(2,DB ∴=，2(CS =．令向量(,,1)n x y =，且,n DB n CS ⊥⊥，则00n DB n CS ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，(,,1)0(,,1)2)0x y x y ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，00x y x y +=⎧⎪⎨-+⎪⎩， x y ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩(2,n ∴=-． ∴异面直线BD 和SC 之间的距离为：OC n d n⋅===5．A ；分析：11ABB A 为正方形，11A B AB ∴⊥，又平面1AB D ⊥平面11ABB A ，1A B ∴⊥面1AB D ，1A B ∴是平面1AB D 的一个法向量，设点C 到平面1AB D 的距离为d ，则11AC A B d A B⋅==1()AC A A AB ⋅+1)AC A A AC AB⋅+⋅=． 6．B ；分析：建立如图所示的直角坐标系，设平面11A C D 的一个法向量(,,1)n x y =，则1100n DA n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即(,,1)(1,0,1)0(,,1)(0,1,1)0x y x y ⋅=⎧⎨⋅=⎩11x y =-⎧⇒⎨=-⎩， (1,1,1)n ∴=--，∴平面1AB C 与平面11A C D 间的距离AD n d n⋅=222(_1,0,0)(1,1,1)3.(1)(1)1⋅--==-+-+ 7．D ；()()().222,0,0,0,,0,,0,0.0,0,.212,0,,422OP ABC OA OC AB BC OA OB OA OP OB OP O OP z O xyz AB a A a B a C a OP h P h D PC OD a h PA a ⊥==∴⊥⊥⊥-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=⎛⎫∴=-= ⎪ ⎪⎝⎭ 平面，，，，，以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，设，则设，则 为的中点，又Ⅰ,0,1...2h OD PA OD PA OD PAB ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭∴=-∴∴， 平面∥∥()2,7,2214,0,,4411,1,,7210cos ,.210sin cos ,,210arcsin.PA a h a OD a a PBC n OD n OD n OD nOD PBC OD n OD PBC θθ=∴=⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⋅∴〈〉==⋅=〈〉=∴ 可求得平面的法向量 设与平面所成的角为，则 与平面所成的角为Ⅱ8．B ；解 以C 为坐标原点，C A 所在直线为x 轴，C B 所在直线为y 轴，1CC 所在直线为z 轴，建立直角坐标系， 设a CB CA ==，x ABCDA 1B 1C 1D 1yzE 图z yxPODCBAA 1B 1C 1D z则 ）（0,0,a A ，）（0,,0a B ，）（2,0,1a A ，）（1,0,0D ∴ ）（1,2,2a a E ， ）（31,3,3a a G ， ）（32,6,6a a GE =，）（1,,0a BD -=， ∵ 点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ，∴ ⊥平面AB D ， ∴ 0=⋅，解得 2=a ． ∴ ）（32,31,31=GE ， ）（2,2,21-=， ∵ ⊥平面AB D ， ∴ 为平面AB D 的一个法向量．由 32323634||||,cos 111=⋅=⋅>=<BA GE BA ∴ B A 1与平面AB D 所成的角的余弦值为37． 评析 因规定直线与平面所成角]20[πθ，∈，两向量所成角]0[πα，∈，所以用此法向量求出的线面角应满足|2|απθ-=．9．A ；取B C 的中点O ，连A O ．由题意 平面⊥ABC 平面11B BCC ，BC AO ⊥， ∴⊥AO 平面11B BCC ，以O 为原点，建立如图6所示空间直角坐标系，则 ）（323,0,0A ，）（0,0,23B ，）（0,0,29D ，）（0,323,231B ， ∴ ）（323,0,29-=AD ， ）（0,323,31-=B ， ）（0,323,01=BB ， 由题意 ⊥1平面AB D ， ∴ ）（0,323,01=BB 为平面AB D 的法向量． 设 平面D AB 1的法向量为 ),,(2z y x n =，则 ⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥B n n 122， ∴ ⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00122B n n ， ∴ ⎪⎩⎪⎨⎧=-=-03233032329y x z x ， 即 ⎪⎩⎪⎨⎧==xz y x 3323． ∴ 不妨设 )23,1,23(2=n ，由 212323323,cos 212121=⨯=>=<n BB ， 得 60,21>=<n BB ． 故所求二面角B AD B --1的大小为60．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)23,1,23(2---=n 时，会算得21,cos 21->=<n BB ，从而所求二面角为 120，但依题意只为60．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 )4,22,22(1B ， )4,0,0(1D ，)0,2,22(E ，)0,22,2(F ，∴ )4,2,22(1-=D ，)4,22,2(1-=D ，)0,22,22(11=B D ， 图10 ∴1312262624||||,cos 111111=⋅=⋅<F D E D D D ， ∴135,sin 11>=<D D ， 所以 5135262621,sin ||||211=⨯⨯⨯>=<⋅⋅=∆S EF D ， 设 平面EF D 1的方程为：0=+++D Cz By x ，将点F E D ,,1代入得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=+0222022204D B D B D C ， ∴ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-===232431D C B ， ∴ 平面EF D 1的方程为：023243=-++z y x ，其法向量为 BA DCD 1A 1B 1C 1zy xEFG)243,1,1(=n ， ∴点1B 到平面EF D 1的距离516||11==n d ， ∴ 31651653131111=⨯⨯=⋅⋅=∆-d S V EFD EFD B 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222000||CB A D Cz By Ax d +++++=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2，以1D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则1(2,1,0)D E =，1(2,0,2)C B =，设1D E 和1BC 公垂线段上的向量为(1,,)n λμ=，则110n D E n C B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20220λμ+=⎧⎨+=⎩，21λμ=-⎧∴⎨=-⎩，(1,2,1)n ∴=--，又11(0,2,0)D C =，116D C nn ⋅∴=异面直线1D E 和1BC ． 12．36分析：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则11(1,0,0),(0,,0),(1,,1)22A F E ．1(0,,1)2AE ∴=，1(1,,0)2AF =-；设面1AEC F 的法向量为(1,,)n λμ=， 则有：0,0n AE n AF ⋅=⋅=，102211102λμλμλ⎧+=⎪=⎧⎪∴⇒⎨⎨=-⎩⎪-+=⎪⎩，(1,2,1)n ∴=-，又(0,1,0)AB =，所以点B 到截面1AEC F的距离为AB n AB n⋅⋅==13．1；解：如图建立空间直角坐标系，＝（1，1，0） ，＝（0，21，1）， 1DA ＝（1，0，1）设平面D B EF 的法向量为n ＝（x ，y ，z ），则有：0=⋅ 即x ＋y ＝00=⋅21y ＋z ＝0 令x ＝1, y =－1, z=21, 取＝（1，－1，21），则A 1D B EF 的距离1==h 14．510解：如图建立空间直角坐标系，AB ＝（0，1，0），1AD＝（－1，0，1），＝（0，21，1） 设平面AB C 1D 1的法向量为＝（x ，y ，z ）,由 0=⋅AB n 可解得n ＝（1，0，1）01=⋅AD设直线A E 与平面AB C 1D 1所成的角为θ，则510sin ==θ， 三、15． 解：如图建立空间直角坐标系，11C A ＝（－1，1，0），A 1＝（0，1，－1） 设1n 、2n 分别是平面A 1B C 1与平面AB CD 的法向量， 由 011=⋅B A n 可解得1＝（1，1，1）0111=⋅C A n易知2n ＝（0，0，1）， 所以，=33所以平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角大小为a rccos33或 π－a rccos 33． 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11C A ＝（－1，1，0），B 1＝（－1，0，－1） A 1＝（1，0，1）， B 1＝（0，－1，－1）设111C A A λ=，A A 11μ=，B B 11ν=（λ、μ、νR ∈，且均不为0）设1n 、2n 分别是平面A 1EF 与平面B 1MC 的法向量，由 011=⋅E A n 可得 0111=⋅C A n λ 即 0111=⋅C A n011=⋅A n 011=⋅A n μ 011=⋅A n解得：1n ＝（1，1，－1）由 012=⋅B n 可得 012=⋅A B n ν 即 012=⋅B n012=⋅B n 012=⋅B n 012=⋅B n解得2n ＝（－1，1，－1），所以1n ＝－2n ， 1n ∥2n ， 所以平面A 1EF ∥平面B 1MC ．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1n ⊥2n 021=⋅⇔n n 来证明．17．（1）证明：∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥AB ，又AB ⊥AD ．∴AB ⊥平面P AD ．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）．∵P A ⊥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 =2a，EF =23a ，∴E （0，23,21a a ）于是，CD a a AE},23,21,0{=={－a ，a ，0}设AE 与CD 的夹角为θ，则由cos θ||||CD AE ⋅420)()23()21(002321)(0222222=++-⋅++⋅+⋅+-⋅a a a a a a a a AE 与CD 所成角的余弦值为42． 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），).1,21,0(),1,1,21(F E 设.),,(的法向量是平面BDEF z y x = )1,21,0(),0,1,1(,,==⊥⊥由得⎪⎩⎪⎨⎧=+=⋅=+=⋅0210z y y x DB n 则⎪⎩⎪⎨⎧-=-=.21y z y x 令)21,1,1(,1--==y 得．设点A 1在平面B DFE 上的射影为H ，连结A 1D ，知A 1D 是平面B DFE 的斜线段．.23)21)(1(10)1)(1(),1,0,1(1=--+⨯+--=⋅∴--=A.1222,cos ||||.2223223||||,cos ,23)21(1)1(||,2)1()1(||111111112222221=⨯>=<⨯=∴=⨯=⨯<∴=-++-==-++-=H A D A D A H A n D A A A O A 又 即点A 1到平面B DFE 的距离为1．（3）由（2）知，A 1H=1，又A 1D=2，则△A 1HD 为等腰直角三角形， 4511=∠=∠H DA DH A.45,,,11111 =∠∴∠∴⊥DH A BDFE D A DH A BDFE D A HD BDFE H A 所成的角与平面就是直线上的射影在平面是平面19．解：建立坐标系如图，则()2,0,0A 、()2,2,0B ，(0,2,0C ，()12,0,2A ，()12,2,2B ，()10,0,2D ，()2,1,0E ，(1A C =-()12,1,2D E =-，()0,2,0AB =，()10,0,2BB =．（Ⅰ）不难证明1A C 为平面BC 1D 的法向量， ∵ 1111113cos ,AC D E AC D E AC D E ==∴D 1E 与平面BC 1D 所成的角的大小为 2π-（即．（Ⅱ）1A C 、AB 分别为平面BC 1D 、BC 1C 的法向量， ∵ 1113cos ,3AC AB AC AB ACAB ==，∴ 二面角D －BC 1－C 的大小为．（Ⅲ）∵ B 1D 1∥平面BC 1D ，∴ B 1D 1与BC 1之间的距离为1112AC BB d AC ==．20．(证明（1）用纯粹的几何方法要辗转证明EF ∥A C ，EG ∥B 1C ，FG ∥AB 1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A C B 1，由题设知只要证B D 1垂直平面A C B 1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），D 1（0，0，a ），B 1（a ，a ，a ），E （x E ，0，a ），F （0，y F ，a ），G （0，0，z G ）．∴→1BD =（－a ，－a ，a ），→1AB =（0，a ，a ），→EF （－x E ，y F ，0），→AC =（－a ，a ，0），→C B 1=（－a ，0，－a ）， ∵→1BD ·1→AB =(－a ，－a ，a )·(0，a ，a )=0， ∴→1BD ⊥→1AB ， 同理 →1BD ⊥→AC ， 而→1AB 与→AC不共线且相交于点A ，∴→1BD ⊥平面A C B 1，又已知→1BD ⊥平面EFG ， ∴ 平面EFG ∥平面A C B 1；又因为→1BD ⊥平面EFG ，所以 →1BD ⊥→EF ， 则→1BD ·→EF =0，即 (－a ，－a ，a )·(－x E ，y F ，0)=0， 化简得 x E －y F =0；同理 x E －z G =0, y F －z G =0， 易得→EF=→EF=→FG，∴ △EFG 为正三角形．(2)解：因为△EFG 是正三角形，显然当△EFG 与△A 1C 1D 重合时，△EFG 的边最长，其面积也最大，此时，EF =A 1C 1=2·a ，∴EFG S ∆= D C A S 11∆=21→→D A C A 111··sin600 =21(2·a )2·23=23·a 2 ． 此时EF 与B 1C 的距离即为A 1C 1与B 1C 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B 1到平面 A 1C 1D 的距离，记A 1C 1与B 1D 1交于点O 1，作O 1H ∥D 1B 并交BB 1于点H ，则O 1H⊥平面A 1C 1D ，垂足为O 1，则O 1(2a ，2a ，a )，H(a ，a ，2a)，而→H O 1作为平面A 1C 1D 的法向量，所以异面直线EF 与B 1C 的距离设为d 是d = →→→HO H O B O 1111·=43)44(222a a a +=33·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DO 1，O B 1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．)。