1、考点巩固训练41空间向量的应用一、选择题1平面经过三点A(1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，1,0)，则下列向量中与平面的法向量不垂直的是()A B(6，2，2)C(4,2,2) D(1,1,4)2已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为()A，4 B，4C，2,4 D4，153如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A1C1的中点，则异面直线CE与BD所成的角为()A30 B45C60 D904已知a(1,1,1)，b(0,2，1)，cmanb(4，4，1)若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为()A1,2 B1，2 C1
2、,2 D1，25如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A相交 B平行C垂直 D不能确定6在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n(2，2,1)，已知点P(1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A4 B2 C3 D17如图，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AFADa，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为()A B C D二、填空题8已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小
3、为_9如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成角的大小是_10已知PD正方形ABCD所在平面，PDAD1，则点C到平面PAB的距离d_.三、解答题11(重庆高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D为AB的中点(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值12(课标全国高考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小参考答
4、案一、选择题1D解析：(2，1，1)，(3，1，1)，设平面的法向量为n(x，y，z)得取y1，则n(0，1，1)D选项中(1，1，4)(0，1，1)1430故选D2B解析：352z0，z4又BP平面ABC，x15y60，3x3y3z0，由得x，y3D解析：以D点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C(0，1，0)，E，B(1，1，0)，D(0，0，0)，(1，1，0)00，即CEBD4A解析：c(m，m，m)(0，2n，n)(4，4，1)(m4，m2n4，mn1)c与a及b都垂直，即即解得5B解析：分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角
5、坐标系A1MANa，M，N又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，(0，a，0)0是平面BB1C1C的法向量，且MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C6B解析：(1，3，2)，|，|cos，n|d27C解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)，F(a，0，0)，(a，a，0)，(0，2a，2a)，(a，a，0)，(0，0，2a)，设平面AGC的法向量为n1(x1，y1，1)，由n1(1，1，1)sin 二、填空题845或135解析：cosm，n，m，n45二面角为45或135960解析：分别以BA，BC，BB
6、1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，设AB1，则B(0，0，0)，E，F，C1(0，1，1)，(0，1，1)cos，直线EF和BC1所成角的大小为6010解析：以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，(1，0，1)，(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，1)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，即令x1，则z1，n(1，0，1)d三、解答题11解：(1)由ACBC，D为AB的中点，得CDAB又CDAA1故CD面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为C
7、D(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连接DD1，则DD1AA1CC1又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A因此，即AAADA1B18，得AA12从而A1D2所以，在RtA1DD1中，AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A因此，即AAADA1B18，得AA1
8、2从而A1D2所以，在RtA1DD1中，cosA1DD1解法二：如图，过D作DD1AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz设直三棱柱的高为h，则A(2，0，0)，A1(2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，从而(4，0，h)，(2，h)由，有8h20，h2故(2，0，2)，(0，0，2)，(0，0)设平面A1CD的法向量为m(x1，y1，z1)，则m，m，即取z11，得m(，0，1)设平面C1CD的法向量为n(x2，y2，z2)，则n，n，即取x21，
9、得n(1，0，0)，所以cosm，n所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为12解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCDBC平面BCD，故DC1BC(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)则(0，0，1)，(1，1，1)，(1，0，1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1，1，0)同理，设m是平面C1BD的法向量，则可取m(1，2，1)从而cosn，m故二面角A1BDC1的大小为30
