空间向量与立体几何（1） 2010-7-20
命题人：朱老师学号姓名___
一．选择题 （每小题５分，共50分）
1. 已知向量，且与互相垂直，则的值是。
a.1 b. c. d.
2. 已知a=（2，-1，3），b=（-4，x，2），且a⊥b，则x的值是。
3. 已知向量，若，则的值是。
a.或 b.3或c. d.
4. 如图，长方体abcd—a1b1c1d1中，aa1=ab=2，ad=1，点e、f、g分别是dd1、ab、cc1的中点，则异面直线a1e与gf所成的角是
a. b.
cd. 5. 四面体oabc中，, 点m在oa上，且，n是bc中点，则等于
ab. c. d.
6. 如图，在平行六面体abcd—a1b1c1d1中，m为ac与bd的交点，若， ，则下列向量中与相等的向量是。
a. b.
c. d.
7. 已知空间四边形每条边和对角线长都等于，点e、f、g分别是ab、ad、dc的中点，则下列向量的数量积等于的是。
a. b. c. d.
8. 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),那么这条斜线与平面所成的角是。
a．90° b．60° c．45° d．30°
9. 若，且，则实数的值是。
abc.1 d.
10. 下列结论恒成立的是。
过直线外一点能作一条直线与已知直线垂直。
过直线外一点能作一条直线与已知直线平行。
如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么，这两个角相等。
a.①②b.②③c.③④d.②④
第ⅱ卷（非选择题共5道填空题6道解答题）
请将你认为正确的答案代号填在下表中。
二。简答题 （每小题5分，共25分）
11. 已知，则直线与平面的交点的坐标为。
12. 已知空间三点，则的夹角的大小是。
13. 设a(1，2，－1)，b(0，3，1)，c(－2，1，2)是平行四边形的三个顶点，则此平行四边形的面积为。
14. 设向量a＝(1，－2，2)，b＝(－3，x，4)，已知a在b上的射影是1，则x＝__
15. 若a＝(3x，－5，4)与b＝(x，2x，－2)之间夹角为钝角，则x的取值范围为___
三。解答题 （共75分）
16. 如图，m、n、p分别是正方体abcd－a1b1c1d1的棱ab、bc、dd1上的点．
1)若，求证：无论点p在d1d上如何移动，总有bp⊥mn；
2)若d1p : pd＝1 : 2，且pb⊥平面b1mn，求二面角m－b1n－b的大小；
3)棱dd1上是否存在点p，使得平面apc1⊥平面acc1？证明你的结论．
17. 如图，在底面是菱形的四棱锥p—abcｄ中，∠abc=600，pa=ac=a，pb=pd=,点e在pd上，且pe:ed=2:1.
1)证明pa⊥平面abcd；
2)求以ac为棱，eac与dac为面的二面角的大小；
3)在棱pc上是否存在一点f，使bf//平面aec？证明你的结论。
18.如图，四棱锥p－abcd底面ac是边长为a的正方形，pd＝2a，pa＝pc＝a．
1)求证：pd⊥平面abcd；
2)求二面角a－pb－c的大小．
19.在四棱锥p-abcd中，底面abcd 是∠dab=60°，边长为2的菱形。侧面pad为正三角形，且平面pad⊥平面abcd。
1)若g为ad中点，求证bg⊥pd。
2)求异面直线bd和pa所成的角。
3)求二面角a-bc-p的大小。
20. 如图，已知四棱锥 p—abcd，pb⊥ad侧面pad为边长等于2的正三角形，底面abcd为菱形，侧面pad与底面abcd所成的二面角为120°.
i）求点p到平面abcd的距离，ii）求面apb与面cpb所成二面角的大小。
21. 如图，在棱长为1的正方体abcd—a1b1c1d1中，点e是棱bc的中点，点f是棱。
cd上的动点。
i）试确定点f的位置，使得d1e⊥平面ab1f；
ii）当d1e⊥平面ab1f时，求二面角c1—ef—a的大小（结果用反三角函数值表示）.
空间向量与立体几何（1）参***（仅供参考）
二。简答题答案：
三。解答题答案：
16. (1)证：分别以为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，设正方体的棱长为a，则b(a，a，0)，b1(a，a，a)
设，则。m(a，，0)，n(，a，0) 2分。
设p (0，0，z)，则(a，a，z)，即无论点p在d1d上如何移动，总有bp⊥mn ． 4分。
2)解：d1p : pd＝1 : 2，∴p(0，0，)，a，－a，)
平面bnb1的法向量为(0，－a，0)，平面b1mn的法向量为 6分。
cos<，
二面角m－b1n－b的大小为． 8分。
3)解：假设存在点p(0，0，z)满足条件。
cc1⊥bd，ac⊥bd，bd⊥平面acc1，即是平面acc1的法向量 10分。
(a，0，－z)， 0，a，a－z)
设平面apc1的法向量为n＝(x，y，1)，则n 0，n0
即，∴n＝(，1，1) 12分。
由n ＝0得：z＋z－a＝0，z＝a，这时点p是dd1的中点。
存在p为dd1的中点使得平面apc1⊥平面acc1． 14分。
17. （证明因为底面abcd是菱形，∠abc=60°，所以ab=ad=ac=a， 在△pab中，由pa2+ab2=2a2=pb2 知pa⊥ab.
同理，pa⊥ad，所以pa⊥平面abcd.
ⅱ）解作eg//pa交ad于g，由pa⊥平面abcd.
知eg⊥平面abcd.作gh⊥ac于h，连结eh，则eh⊥ac，∠ehg即为二面角的平面角。
又pe : ed=2 : 1，所以。
从而 ⅲ）解法一以a为坐标原点，直线ad、ap分别为y轴、z轴，过a点垂直平面pad的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图。由题设条件，相关各点的坐标分别为。
所以。设点f是棱pc上的点，则。
令得。解得即时，
亦即，f是pc的中点时，、、共面。
又 bf平面aec，所以当f是棱pc的中点时，bf//平面aec.
解法二当f是棱pc的中点时，bf//平面aec，证明如下，证法一取pe的中点m，连结fm，则fm//ce. ①
由知e是md的中点。
连结bm、bd，设bdac=o，则o为bd的中点。
所以 bm//oe. ②
由①、②知，平面bfm//平面aec.
又 bf平面bfm，所以bf//平面aec.
证法二。因为
所以 、、共面。
又 bf平面abc，从而bf//平面aec.
18. 方法一。
1)证：由已知得pd2＋ad2＝4a2＋a2＝5a2＝pa2 ∴pd⊥ad，同理，pd⊥cd
pd⊥平面abcd． 4分。
2))解：过作ae⊥pb于e，连ce
pa＝pc，ab＝bc，pb＝pb，∴△pab≌△pcb 6分。
故ce⊥pb，ce＝ae
∠aec是二面角a－pb－c的平面角 8分。
bc⊥cd，由(1)知pd⊥平面abcd
由三垂线定理知bc⊥pc， 10分。
在rt△pcb中，
二面角a－pb－c的大小为． 12分。
方法二。(1)同方法一．
(2)解：以为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，则a(a，0，0)，b(a，a，0)，p(0，0，2a)，c(0，a，0)＝(a，a，－2a)，＝0，a，0)，＝a，0，0) 6分。
设平面pab的法向量为n1＝(x，y，1)，则 n1＝0， n1＝0
即，∴n1＝(2，0，1) 8分。
同理得平面pbc的法向量n2＝(0，2，1) 10分。
设n1、n2的角为，则。
二面角a－pb－c的大小为． 12分。
19. (1)菱形abcd，∠dab=60°g为中点 ∴bg⊥ad 又平面pad⊥平面abcd，交线ad，∴bg⊥平面pad ∴bg⊥pd。
2)bg⊥平面pad，∴bg⊥ad，bg⊥pd，以g为原点，gb，gd，gp所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则b（，0，0），d（0，1，0）
且，|异面直线bd，ap所成的角为arc cos。
或者：分别取中点e，f，则ef∥pa，eg∥bd，∴∠feg为pa与bd所成角，在△efg中，ef=1，eg=1，fg=，由余弦定理可得
feg=arc cos。
3)平面pad⊥底面abcd pg⊥ad ∴pg⊥平面abcd，又gb⊥bc，由三垂线定理可得pb⊥bc ∴∠pbg为二面角p-bc-a的平面角，在rt△pbg中，pg=bg
∠pbg=45°。
20. （i）解：如图，作po⊥平面abcd，垂足为点o.连结ob、oa、od、ob与ad交于点e，连结pe.
ad⊥pb，∴ad⊥ob，∵pa=pd，∴oa=od，于是ob平分ad，点e为ad的中点，所以pe⊥ad.
由此知∠peb为面pad与面abcd所成二面角的平面角，∠peb=120°，∠peo=60°
由已知可求得pe=
po=pe·sin60°=，即点p到平面abcd的距离为。
ii）解法一：如图建立直角坐标系，其中o为坐标原点，x轴平行于da.
连结ag.又知由此得到：
所以。等于所求二面角的平面角，于是。
所以所求二面角的大小为 .
解法二：如图，取pb的中点g，pc的中点f，连结eg、ag、gf，则ag⊥pb，fg//bc，fg=bc.
ad⊥pb，∴bc⊥pb，fg⊥pb，∴∠agf是所求二面角的平面角。
ad⊥面pob，∴ad⊥eg.
又∵pe=be，∴eg⊥pb，且∠peg=60°.
在rt△peg中，eg=pe·cos60°=.
《空间向量与立体几何
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