立体几何中的向量方法_章节学习

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题型：填空题

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填空题

已知直线a∥平面α，直线b在平面α内，则a与b的位置关系为

正确答案

平行或异面.

直线a∥平面α，直线b在平面α内,所以直线a,b没有公共点，所以直线a与b的位置关系为平行或异面

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题型：简答题

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简答题

（2011•浙江）如图，在三棱锥P﹣ABC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A﹣MC﹣β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．

正确答案

（1）见解析（2）存在，3

以O为原点，以AD方向为Y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间坐标系，

则O（0，0，0），A（0，﹣3，0），B（4，2，0），C（﹣4，2，0），P（0，0，4）

（1）则=（0，3，4），=（﹣8，0，0）

由此可得•=0

∴⊥

即AP⊥BC

（2）设=λ，λ≠1，则=λ（0，﹣3，﹣4）

=+=+λ=（﹣4，﹣2，4）+λ（0，﹣3，﹣4）

=（﹣4，5，0），=（﹣8，0，0）

设平面BMC的法向量=（a，b，c）

则

令b=1，则=（0，1，）

平面APC的法向量=（x，y，z）

则

即

令x=5

则=（5，4，﹣3）

由=0

得4﹣3=0

解得λ=

故AM=3

综上所述，存在点M符合题意，此时AM=3

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题型：简答题

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简答题

在长方体中，点，分别是四边形，的对角线的交点，点，分别是四边形，的对角线的交点，点，分别是四边形，的对角线的交点．求证：．

正确答案

证明见解析

如图，连结，，，，，．由三角形中位线定理可知，．

又，．同理可证．

由等角定理可得．

．

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题型：简答题

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简答题

如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.

(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；

(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．

正确答案

（1）见解析（2）

(1)证明　法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

∵AB＝AA1＝，

∴OA＝OB＝OA1＝1，

∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)．

由＝，易得B1(－1,1,1)．

∵＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，＝(－1,0,1)，

∴·＝0，·＝0，

∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，

又BD∩BB1＝B，A1C⊄平面BB1D1D，

∴A1C⊥平面BB1D1D.

法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.

又∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C.

又OA1是AC的中垂线，∴A1A＝A1C＝，且AC＝2，

∴AC2＝＋A1C2，

∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.

又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1，

∴A1C⊥平面BB1D1D.

(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．

∵＝(－1,0,0)，＝(－1,1,1)，

∴

取n＝(0,1，－1)，由(1)知，＝(－1,0，－1)是平面BB1D1D的法向量，

∴cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.

又∵0≤θ≤，∴θ＝.

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题型：简答题

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简答题

如图，在三棱柱中， D是 AC的中点。

求证：//平面

正确答案

证明略

试题分析：要证直线与平面平行，根据线面平行判定定理要转化为直线与直线平行，如图本题中不难发现点E为B1C的中点，帮DE为三角形AB1C的中位线.此题是一道位置关系证明题，要证直线与平面平行，根据判定定理不难得到转化为直线与直线平行，往往有两种构造手段：一是得用三角形中位线；二是由平行四边形的平行关系。如本题就是第一种.

试题解析：连接B１C交BC１于点E，连接DE．则E为B1C的中点，故DE是三角形AB1C的中位线，则DE//AB1，又因为，所以：//平面

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题型：简答题

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简答题

在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，D、E分别是棱A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且．

（1）求证：EF∥平面BDC1；

（2）求证：平面．

正确答案

证明见解析.

试题分析：（1）要证线面平行，就是要在平面内找一条直线与直线平行，本题中容易看出就是要证明　，而这个在四边形中只要取中点，可证明即得；（2）要证平面，根据线面垂直的判定定理，就是要证与平面内的两条相交直线垂直，观察已知条件，正三棱柱的侧面是正方形，因此有，下面还要找一条垂线，最好在，中找一条，在平面中，由平面几何知识易得，又由正三棱柱的性质可得平面，从而，因此有平面，即有，于是结论得证.

（1）证明：取的中点M，因为，所以为的中点，

又因为为的中点，所以， 2分

在正三棱柱中，分别为的中点，

所以，且，则四边形A1DBM为平行四边形，

所以，所以， 5分

又因为平面，平面，所以，平面 7分

（2）连接，因为在正三角中，为的中点，

所以，，所以，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，面，

所以，，因为，所以，四边形为正方形，由分别为的中点，所以，可证得，

所以，面，即， 11分

又因为在正方形中，，所以面, 14分

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题型：填空题

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填空题

若是互不重合的直线，是互不重合的平面，给出下列命题：

①若则或；

②若则；

③若不垂直于，则不可能垂直于内的无数条直线；

④若且则；

⑤若且则.

其中正确命题的序号是 .

正确答案

②④⑤

试题分析：①由面面垂直性质定理知：当且时，才有；所以①错;

②因为两平行平面被第三平面截得的交线平行，所以②对;

③命题“若不垂直于，则不可能垂直于内的无数条直线”的逆否命题为“若垂直于内的无数条直线，则垂直于”，这不符线面垂直判定定理，所以③错;

④因为所以又所以由线面平行判定定理得，同理可得，所以④对;

⑤利用一个结论，两相交平面同垂直于第三平面，则它们交线垂直于第三平面，所以⑤对.

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题型：简答题

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简答题

如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．

(1)证明：PE⊥BC；

(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．

正确答案

（1）见解析（2）

(1)证明　以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，

设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m<0，n>0)，

则D(0，m,0)，E(，，0)．

可得＝(，，－n)，＝(m，－1,0)．

因为·＝－＋0＝0，

所以PE⊥BC．

(2)解　由已知条件可得m＝－，n＝1，

故C(－，0,0)，D(0，－，0)，

E(，－，0)，P(0,0,1)，

设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，

则，

因此可以取n＝(1，，0)，

由＝(1,0，－1)．

可得|cos〈，n〉|＝，

所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为．

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题型：填空题

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填空题

已知直线l⊥平面α，直线mÍ平面β，则下列四个命题：

①若α∥β,则l⊥m； ②若α⊥β,则l∥m；

③若l∥m,则α⊥β； ④若l⊥m,则α∥β.

其中正确命题的序号是

正确答案

①③

试题分析：对于①，若α∥β，因为l⊥平面α，故l⊥平面β，又mÍ平面β，所以l⊥m，①正确；对于②，如下图，设平面为,直线为,平面为,为,此时显然满足l⊥平面α，直线mÍ平面β，α⊥β，但和不平行，故②错；对于③，若l∥m，因为mÍ平面β，所以l∥β，又l⊥平面α，所以α⊥β，故③正确；对于④，设平面为,直线为,平面为,为,此时显然满足l⊥m, l⊥平面α, 直线mÍ平面β，但和不平行，故④错；答案, ①③.

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长AB=1.

（Ⅰ）求异面直线A1B与 B1C所成角的大小；（Ⅱ）求证：平面A1BD∥平面B1CD1．

正确答案

（Ⅰ）（Ⅱ）见解析

试题分析：（Ⅰ）根据异面直线所成角的定义，易知图中就为所求角，又三角形为正三角形；（Ⅱ）根据面面平行的判定定理，要证平面A1BD∥平面B1CD 1 可转化为两相交直线BD和A1B平行于平面B1CD 1，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行角的处理其中很关键的一步就是落实角，而异面直线所成角，往往就是通过平移其中的一条直线或两条直线转化为相交位置出现角，再结合平面几何知识进行求解；空间位置关系的证明，其核心就是转化化归，本小题中线线平行、线面平行和面面平行之间在不断的转化.

试题解析：（Ⅰ）因为B1C//A1D，所以为异面直线A1B与B1C所成角。在中，易得

（Ⅱ）

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