空间向量与立体几何练习2

一、选择题：

1．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝

A．60°

B．90°

2BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（ ）C．105°

D．75°

2．如图，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝

DF1所成角的余弦值是（ ）

A．

A1B1，则BE1与415 17B．

81 C．

172D．

3 2图 3．如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D1、F1分别

是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）

A．

30 1030 1515 5B．

1 2图 C．D．

15 105 525 55 10B1 4．正四棱锥SABCD的高SO2，底边长AB2，则异面直线BD和SC之间的距离（ ）

A．

B．

C ．

D．

5．已知ABCA1B1C1是各条棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱

CC1的中点．点C1到平面AB1D的距离（ ）

A．

A1 C1 D

22322a B．a C．a D．a 4842A

B 图

D．

C

6．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，则平面AB1C与平面

A1C1D间的距离 （ ）

A．

3 6B．

3 3C ．

23 33 27．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝

1PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP2 D．

（ ）

⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值

A．

21 6B．

83 3C．

210 60210 308．在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，侧棱AA12，

1

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．则A1B与平面ABD所成角的余弦值

A．

C．

（ ）

2 3B．

7 33 2D．

3 79．正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1且BDBC，则二面角B1ADB的大小

A．

33，D是CB延长线上一点，2 D．

（ ）

 3B．

5 C ．

662 310．正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，

CD的中点，EFBDG．则三棱锥B1EFD1的体积V

（ ）

A．

6 6B．

16163 C ．

33D．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ABCD中，E为A1B1的中点，则异面直线D1E和BC1间的距1A1BC1D1离 ．

12． 在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是A1B1、CD的中点，求点B到

截面AEC1F的距离 ． 13．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平面DBEF的距离 ． 14．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1

所成角的正弦值 ．

三、解答题：

15．（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成

的二面角的大小

2

16．（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－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PA⊥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AC1，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BDEF的距离；

（3）求直线A1D与平面BDEF所成的角正弦值．

3

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ABCD-A1B1C1D1，过线段BD1上一点P（P平面ACB1）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 CB1，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．

D1zF A1EO1PB1GDHC1yCxA图5B

4

选修2-1空间向量与立体几何测试题参考答案

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(2222,,0)，B(,,0)， 2222zS C(22,,0)22S(0,0,2)．

，D(22,,0)22，

D A xO 图 B C y22,2)． DB(2,2,0)，CS(,22,n令向量n(x,y,1，)且nDBC，S则

(x,y,1)(2,2,0)00nDBxy0，，， 220,,2)0(x,y,1)(xy220nCS22x2，n(2,2,1)．异面直线BD和SC之间的距离为： y2(22,,0)(2,2,1)22(2,2,1)dOCnn110(2)2(2)21225． 55．A；分析：

ABB1A1为正方形，A1BAB1，又平面AB1D平面ABB1A1，A1B面AB1D，A1B是

平面AB1D的一个法向量，设点C到平面AB1D的距离为d，则

dACA1BA1B=AC(A1AAB)2a=ACA1AACAB)2a=0aacos6002a2a ． 46．B；分析：建立如图所示的直角坐标系，

nDA10设平面A1C1D的一个法向量n(x,y,1)，则，即

nDC01(x,y,1)(1,0,1)(x,y,1)(0,1,1)0x1， 0y1z D A D1 B C y

n(1,1,1)，平面AB与平面A1C1D间的距离1Cx dADn(_1,0,0)(1,31,1).

2223n(1)(1)1C1 A1 E B1 图

7．D；

5

OP平面ABC，OAOC，ABBC， OAOB，OAOP，OBOP.以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系Oxyz如图，222设ABa，则Aa,0,0,B0,a,0,Ca,0,0222.设OPh，则P0,0,h.zPⅠ D为PC的中点，221 OD4a,0,2h, 又PA2a,0,h，1 ODPA.  OD∥PA.  OD∥平面PAB.2Ⅱ PA2a, h7a,2DxAOBCy214 ODa,0,a,441可求得平面PBC的法向量n1,1,,7

ODn210 cosOD,n.30ODn设OD与平面PBC所成的角为，则 sincosOD,n210,30210.308．B；解 以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所 OD与平面PBC所成的角为arcsin在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立直角坐标系， 设CACBa，

则 A（a,0,0），B（0,a,0），A，D（0,0,1 （））1a,0,2zC1A1EGDCBB1aaaa1aa2）（,,）∴ E（,,1， G（,,）， GE，22333663， BD（0,a,1）∵ 点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G， ∴ GE平面ABD， ∴ GEBD0，解得 a2．

xAy（,,）∴ GE， BA， （2,2,2）1∵ GE平面ABD， ∴ GE为平面ABD的一个法向量．

6

112333由 cosGE,BA1GEBA1|GE||BA1|4362332 3∴ A1B与平面ABD所成的角的余弦值为

7． 39．A；取BC的中点O，连AO．由题意 平面ABC平面BCC1B1，AOBC， ∴AO平面BCC1B1，以O为原点，建立如图6所示空间直角坐标系，

33933，B（,0,0），D（,0,0），B， 3）（,3,0）1222229333（,0,3）（3,3,0）（0,3,0） ∴ AD， B1D， BB1， 22223（0,3,0）由题意 BB1平面ABD， ∴ BB1为平面ABD的法向量．

2则 A（0,0,设 平面AB1D的法向量为 n2(x,y,z)，

39x3z02n2ADn2AD02则 ， ∴ ， ∴ ， 33xn2B1Dn2B1D03y0233y33x即 ． ∴ 不妨设 n2(,1,)， 222z3xBB1n2|BB1||n2|3321， 2BB1,n2由 cos3322 得BB1,n260． 故所求二面角B1ADB的大小为60． 10．C；解 以D为坐标原点，建立如图10所示的直角坐标系， 则 B1(22,22,4)， D1(0,0,4)，

zD1A1DB1C1E(22,2,0)，F(2,22,0)，

∴ D1E(22,2,4)，D1F(2,22,4)，

D1B1(22,22,0)图10

7

， G C y

xAEFB∴ cosD1E,D1F∴

D1ED1F|D1E||D1F|5， 1324262612， 13sinD1E,D1F所以 SD1EF115|DE||DF|sinDE,DF26265， 2213设 平面D1EF的方程为：xByCzD0，将点D1,E,F代入得

4CD0222BD0， ∴ 222BD0B13C2， 4D3232z320，其法向量为 4 ∴ 平面D1EF的方程为：xyn(1,1,|DBn|163， 2)， ∴点B1到平面D1EF的距离d1154|n|111616SEFD1d5 即为所求． 3353∴ VB1EFD111．

26分析：设正方体棱长为2，以D1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则30nDE1，D1E(2,1,0)，C1B(2,0,2)，设D1E和BC1公垂线段上的向量为n(1,,)，则B0nC1即D1C1n202426，，n(1,2,1)，又D1C1(0,2,0)，，所以

220136n26． 3异面直线D1E和BC1间的距离为12．

6分析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 311则A(1,0,0),F(0,,0),E(1,,1)．z

2211AE(0,,1)，AF(1,,0)；

22 D1 A1 D A E C1 B1 F C y设面AEC1F的法向量为n(1,,)， 则有：nAE0,nAF0，

8 x图 B 1022， 11102n(1,2,1)，又AB(0,1,0)，所以点B到截面AEC1F的距离为

ABnABn

=2166． 313．1；解：如图建立空间直角坐标系，

1， DA＝（1，0，1） DB＝（1，1，0） ，DF＝（0，，1）12 设平面DBEF的法向量为n＝（x，y，z），则有：

nDB0 即 x＋y＝0

1y＋z＝0 211令x＝1, y=－1, z=, 取n＝（1，－1，），则A1到平面22nDF0

z D1 F B1 D A x D1 z C1 E B1 B E C1 DBEF的距离hnDA1n1

A1 14．

10解：如图建立空间直角坐标系，AB＝（0，1，0），5C y 1，AE＝（0，，1） AD1＝（－1，0，1）

2设平面ABC1D1的法向量为n＝（x，y，z）, 由 nAB0 可解得n＝（1，0，1）

A1 DA B C y nAD10

设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则

x sinAEnAEn10， 5D1 z C1 B1 D A 9

15． 解：如图建立空间直角坐标系，A1C1＝（－1，1，0）A1B＝（0，1，－1） 设n1、n2分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量，

A1 C y x B

由 n1A1B0 可解得n1＝（1，1，1）

， n1A1C10易知n2＝（0，0，1）

所以，cosn1,n2n1n2n1n2＝3 3z D1 A1 F D A B M C E B1 y C1 16．证明：如图建立空间直角坐标系，

则A1C1＝（－1，1，0），B1C＝（－1，0，－1） A1D＝（1，0，1）， B1A＝（0，－1，－1）

设A1EA1C1，A1FA1D，B1MB1A（、、 R，且均不为0）

设n1、n2分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量，

x 由 n1A1E0 可得 n1A1C10 即 n1A1C10

n1A1F0 n1A1D0 n1A1D0

解得：n1＝（1，1，－1）

由 n2B1M0 可得 n2B1A0 即 n2B1A0

n2B1C0 n2B1C0 n2B1C0

解得n2＝（－1，1，－1），所以n1＝－n2， n1∥n2， 所以平面A1EF∥平面B1MC．

17．（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD．∴AB⊥平面PAD．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）． ∵PA⊥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=

a313，EF=a，∴E（0，a,a） 2222，则由

于是，AE13{0,a,a},CD={－a，a，0}设AE与CD的夹角为θ2210

cosθ=AECD|AE||CD|130(a)aaa0222 4123222220(a)(a)(a)a022AE与CD所成角的余弦值为

2． 41,1).设n(x,y,z)是平面BDEF的法向量. 218．解：（1）略．（2）如图，建立空间直角坐标系D—xyz, 则知B（1，1，0），E(,1,1),F(0,12xy1得nDBxy0则 由nDB,nDF,DB(1,1,0),DF(0,,1)112zy.nDFyz022令y1,得n(1,1,)．

设点A1在平面BDFE上的射影为H，连结A1D，知A1D是平面BDFE的斜线段．

13A1D(1,0,1),ADn(1)(1)01(1)().

2213又|A1D|(1)2O2(1)22,|n|(1)212()2,22即点3A1Dn2cosA1D,A1H2.32|A1D||n|222|A1H||A1D|cosA1D,A1H21.212A1到平面BDFE的距离为1．

（3）由（2）知，A1H=1，又A1D=2，则△A1HD为等腰直角三角形，A1DHDA1H45 A1H平面BDFE,HD是A1D在平面BDFE上的射影,A1DH就是直线A1D与平面BDFE所成的角,A1DH45.

19．解：建立坐标系如图，则A2,0,0、B2,2,0，C0,2,0，

z D C1 B1 A12,0,2，B12,2,2，D10,0,2，E2,1,0，AC2,2,2， 11D1E2,1,2，AB0,2,0，BB10,0,2．

（Ⅰ）不难证明AC1为平面BC1D的法向量， ∵ cosA1C,D1EA1 D A x y C E B 3

9A1CD1EA1CD1E∴ D1E与平面BC1D所成的角的大小为

arccos33（即arcsin）．

29911

（Ⅱ）AC、AB分别为平面BC1D、BC1C的法向量， 1∵ cosA1C,AB3，∴ 二面角D－BC1－C的大小为arccos3．

33A1CABA1CAB（Ⅲ）∵ B1D1∥平面BC1D，∴ B1D1与BC1之间的距离为dA1CBB1A1C23．

320． 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），D1（0，0，a），B1（a，a，a），E（xE，0，a），F（0，yF，a），G（0，0，zG）．∴BD1=（－a，－a，a），AB1=（0，a，a），EF（－xE，yF，0），AC=（－a，a，0），B1C=（－a，0，－a），∵BD1·AB1=(－a，－a，a)·(0，a，a)=0，

∴BD1⊥AB1 ，同理 BD1⊥AC，而AB1与













AC不共线且相交于点A，

∴BD1⊥平面ACB1，又已知BD1⊥平面EFG，∴ 平面EFG∥平面ACB1； 又因为BD1⊥平面EFG，所以 BD1⊥EF， 则BD1·EF=0，

即 (－a，－a，a)·(－xE，yF，0)=0， 化简得 xE－yF=0；

同理 xE－zG=0, yF－zG=0， 易得







 EA1D1PGDxAzFO1B1JC1KyCB OEF=

EF=

FG，

图5* (2)解：因为△EFG是正三角形，显然当△EFG与△A1C1D重合时，△EFG的边最长，其面

1A1D·sin600 积也最大，此时，EF=A1C1=2·a， ∴SEFG= SACD= A1C1·112 =

133 (2·a)2·=·a2 ． 222此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C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B1到平面 A1C1D的距离，记A1C1与B1D1交于点O1，作O1H∥D1B并交BB1于点H，则O1H

aaa⊥平面A1C1D，垂足为O1，则O1(，，a)，H(a，a，)，而O1H作为平面A1C1D的法向量，

222a2a2()O1H4=3·a． 所以异面直线EF与B1C的距离设为d是d = O1B1·=433a2O1H412