西南科技大学城市学院教务管理系统-贵州省政府工作报告

空间向量练习题
1. 如图所示，四棱锥P- ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD
的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝2.
（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;
（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.

如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的
坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），
33133
C(,,0),D( ,,0),
P（0，0，2）,
E(1,,0).

22222
（Ⅰ）证明 因为
BE(0,
3
,0)
，
2
平面PAB的一个法向量是
n
0
(0,1,0)
，
所以
BE和n
0
共线.从而BE⊥平面PAB.
又因为
BE
平面PBE，
故平面PBE⊥平面PAB.
uuuruuuruuuruuur
313
，0），,0)
(Ⅱ)解 易知
PB(1,0,2),BE(0,

PA(0,0,2),AD( ,
222
uruuur

r

n
1
gPB0,
设
n
1
(x
1
,y
1
,z
1
)
是平面
PBE
的一个法向量，则由

u
得
ruuur


n
1
g
B E0

x
1
0y
1
2z
1
0,
ur

所以
y
1
0,x
1
2z
1
.故可取n
1
(2,0,1).


3
y< br>2
0z
2
0.

0x
1

2
uuruuur

uur

n
2
g
P A0,
设
n
2
(x
2
,y
2
, z
2
)
是平面
PAD
的一个法向量，则由

u得
uruuur


n
2
g
AD0

0x
2
0y
2
2z
2
0,
u ur

所以
z
2
0,x
2
3y
2< br>.
故可取
n
2
(3,1,0).


1 3
y
2
0z
2
0.

x
2

22

uruur
uruur
n
1
g
n
2
2315
.
于是，
cosn
1,n
2

uruur

5
52
n
1
g
n
2
15
.

5
故平面
PAD
和平面
PBE
所成二面角（锐角）的大小是
arccos
1 6

2. 如图，正三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
的所有
棱长都为2，D为CC
1
中点。
（Ⅰ）求证：AB
1
⊥面A
1
BD；
（Ⅱ）求二面角A－A
1
D－B的大小；
（Ⅲ）求点C到平面A
1
BD的距离；

（Ⅰ）证明 取
BC
中点
O
，连结
AO
．
Q△ABC
为正三角形，
AO⊥BC
．
Q
在正三棱柱< br>ABCA
1
B
1
C
1
中，平面
ABC⊥< br>平面
BCC
1
B
1
，
AD⊥
平面
BCC
1
B
1
．
uuur
uuuu
r
r
uuu
取
B
1
C
1
中点
O
1
，以
O
为原点，
OB
，
OO
1
，
OA
的方向为
x，y，z
轴的正方向建立空间0，3)
，
B
1
(1，2，0)
， 直角坐标系，则
B (1，0，0)
，
D(11，，0)
，
A
1
(0，2，3 )
，
A(0，
uuur
uuuruuur
BD(2，1，0)< br>，，
AB
1
(1，2，3)BA
1
(1，2，3)
．
uuuruuuruuuruuur
Q
AB
1
g
BD2200
，
AB
1
g
BA
1
 1430
，
uuuruuuruuuruuur
AB
1
⊥ BD
，
AB
1
⊥BA
1
．
A
z
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
（Ⅱ）解 设平面
A
1
AD
的法向量为
n(x，y，z)
．

C
O
B
x
D
F
A
1

uuur
uuur
AD(11，，3)
，
AA
1
(0，2，0)
．
C
1

y
uuur
uuur
Qn⊥
AD
，
n⊥AA1
，
uuur


n
g
AD0，


xy3z0，


y0，

uuur








2y0，

x3z
．

n
g
AA
1
0，

0，1)
为平面
A
1
AD
的一个 法向量． 令
z1
得
n(3，
由（Ⅰ）知
AB
1⊥
平面
A
1
BD
，
B
1

uuur
AB
1
为平面
A
1
BD
的法向量． < br>uuur
uuur
n
g
AB
1
336
c osn
，
AB
1

．
uuur

4
2
g
22
n
g
AB
1

二面 角
AA
1
DB
的大小为
arccos
6
．
4
2 6

uuur
（Ⅲ）解 由（Ⅱ），
AB
1
为平面
A
1
BD
法向量， uuuruuur
Q
BC(2
，
0
，，
0)AB< br>1
(1
，
2
，
3)
．
uuuruuu r
BC
g
AB
1
2
2

点
C< br>到平面
A
1
BD
的距离
d
uuur
．

2
22
AB
1
3.如图，在四面体ABCD中， O、E分别是BD、BC的中点，
z
CACBCDBD2,ABAD2.

（1）求证：
AO
平面BCD；
（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；
（3）求点E到平面ACD的距离．

⑴ 证明 连结OC
x

A


B

O

E
D

C
QBODO,ABAD,AOBD.

QBODO,BCCD
，
COBD
．
在
AOC
中，由已知可得
AO1,CO3.

而
AC2
，
AOCOAC,

222


y

AOC90
o
,
即
AOOC.

z

A

QBDIOCO,
∴
AO
平面
BCD
．
(2)解 以O为原点，如图建立空间直角坐标系，
则
B(1,0,0),D(1,0,0),

x
O

B


E
D

C


y

uuuruuur
13
C(0,3,0),A(0,0,1), E(,,0),BA(1,0,1),CD(1,3,0).

22
uuu ruuur
uuuruuur
BACD2
cosBA,CD
uuu
，
ruuur

4
BACD
∴ 异面直线AB与CD所成角的余弦值为
2
．
4
r
⑶解 设平面ACD的法向量为
n(x,y,z),
则
3 6

ruuur


nAD(x,y,z)(1,0,1)0
，
r

ruuu


nAC(x,y,z)(0,3, 1)0
r


xz0
∴

，令
y 1,
得
n(3,1,3)
是平面ACD的一个法向量．


3yz0
uuurr
ECn
uuur
13
321,0),
∴点E到平面ACD的距离
h
r
又
EC(,
．

22
7< br>7
n
4.已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB， N为AB上一点，AB=4AN,M,S
分别为PB,BC的中点.
（Ⅰ）证明：CM⊥SN；
（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小.



证明：
设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向 建立空间直角坐标
系如图。

则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0 ,0），M（1,0,
uuuurr
1
uuu
11
（Ⅰ）
C M(1,1,),SN(,,0)
,
222
uuuuruuur
11
因为
CM•SN00
，
22
所以CM⊥SN ……6分
111
），N（,0,0），S（1,,0）.……4分
222
uuur
1
（Ⅱ）
NC(,1,0)
,
2
设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，
4 6

< br>1

xyz0,


2
令x2，得a=(2 ,1,-2).
……9分 则



1
xy0.

2
1
1
uuur
2

2
因为
cosa,SN
2
2
3
2
所以SN 与片面CMN所成角为45°。 ……12分

5. 如图，在三棱柱
ABCA
1
B
1
C1
中，已知
BC1,BB
1
2,
BCC
1

（1）求直线C
1
B与底面ABC所成角正切值；
使得
EAE B
1
(要求说明理由).

AB
侧面
BB
1C
1
C
，
3
（2）在棱
CC
1
（不包 含端点
C,C
1
)
上确定一点
E
的位置,
（3） 在（2）的条件下,若
AB2
，求二面角
AEB
1
A
1
的大小.








A
O
A
1
B
C
E
F
G
C
1
B
1
解：（1）在直三棱柱
ABCA
1
B1
C
1
中，
C
1
C平面ABC

C
1
B
在平面
ABC
上的射影为
CB
.

C
1
BC
为直线
C
1
B
与底面
ABC
所成角. …………
2



QCC
1
BB< br>1
2,BC1
，
tanC
1
BC2

即直线
C
1
B
与底面
ABC
所成角正切值为2. …………
4



（2）当E为中点时，
EAEB
1
.
QCEEC
1
 1,BCB
1
C
1
1

BECB
1
EC
1
45
o

o

BEB
1
90
，即
B
1
EBE
…………
6


又
QAB平面BB
1
C
1
C
，
QEB
1
平面BB
1
C
1
CABEB
1

5 6

QBEIABB

EB
1
平面ABE
，
EA 平面ABE
，
EAEB
1
…………
8




（3）取
EB
1的中点
G
，
A
1
E
的中点
F
，则FG
∥
A
1
B
1
，且
FG
1
A
1
B
1
，
2
QA
1
B
1EB
1
FGEB
1

连结
A
1
B,AB
1
，设
A
1
BIAB
1
O
，连 结
OF,OG,FG
，
则
OG
∥
AE
，且
OG
1
AE
QAEEB
1
OGEB
1

2
OGF
为二面角
AEB
1
A
1
的平面角. …………
10


QOG
11212o
AE1,FGA
1
B
1
,OFBE
，
OGF45

22222


∴二面角
AEB
1
A
1
的大小为45° …………
12


6 6