人教B版选修2-1空间向量与立体几何知识小结

人教B版选修2-1空间向量与立体几何知识小结（精选2篇）

篇1：人教B版选修2-1空间向量与立体几何知识小结

选修2-1 第三章：空间向量与立体几何

1、空间向量及其运算： （1）空间中的平行（共线）条件：a//bb0xR,axb 

（2）空间中的共面条件：a,b,c共面（b,c不共线）x,yR,axbyc

推论：对于空间任一点O和不共线三点A、B、C，OPxOAyOBzOC

xyz1，则四点O、A、B、C共面

（3）空间向量分解定理：如果三个向量a,b,c不共面，那么对空间任一向量

pxaybz c

（4）空间向量的加、减、数乘、数量积定义及运算

若ax1,y1,z1,bx2,y2,z2，则：abx1x2,y1y2,z1z2

 zx1y2y1zax1,y1,z1ab1x

2注1：数量积不满足结合律；

注2：空间中的基底要求不共面。

2、空间向量在立体几何证明中的应用：

（1）证明AB//CD，即证明AB//CD

（2）证明ABCD，即证明ABCD0

（3）证明AB//（平面）（或在面内），即证明AB垂直于平面的法向量或证明AB与平面

内的基底共面；

（4）证明AB，即证明AB平行于平面的法向量或证明AB垂直于平面内的两条相交的直线所对应的向量；

（5）证明两平面//（或两面重合），即证明两平面的法向量平行或一个面的法向量垂直于另一个平面；

（6）证明两平面，即证明两平面的法向量垂直或一个面的法向量在内一个面内。

篇2：人教B版选修2-1空间向量与立体几何知识小结

第Ⅰ卷（选择题，共50分）

一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．在下列命题中：①若a、b共线，则a、b所在的直线平行；②若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面；③若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；④已知三向量a、b、c，则空间任意一个向量总可以唯一表示为pxaybzc．其中正确命题的个数为

A．0B．1C．2D．3（）

（）2．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量D1A、D1C、A1C1是

A．有相同起点的向量B．等长向量

C．共面向量D．不共面向量

3．若向量垂直向量和,向量(,R且、0)则

A．//B．D．以上三种情况都可能 C．不平行于,也不垂直于（）

4．已知a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，5，λ），若a、b、c三向量共面，则实数λ等于（）

A．

5．直三棱柱ABC—A1B1C1中，若,,CC1，则A1B

A．a+b－cB．a－b+cC．－a+b+c627B．637C．647D．657（）D．－a+b－c

6．已知++＝，||＝2，||＝3，||＝，则向量与之间的夹角,为（）

A．30°B．45°C．60°D．以上都不对 7．若、均为非零向量，则是与共线的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件

8．已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，－3，7），C（0，5，1），则BC边上的中线长为（）

A．2B．3C．4D．5 9．已知32,2,则5与

3A．－15 B．－5 C．－3 D．－1（）10．已知OA(1,2,3)，OB(2,1,2)，OP(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当QAQB（）取得最小值时，点Q的坐标为

***7A．(，)B．(，)C．(，)D．(，)243234333333

第Ⅱ卷（非选择题，共100分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．若A(m＋1，n－1,3)，B(2m,n,m－2n)，C(m＋3,n－3,9)三点共线，则m+n= ． 12．已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC的中点，

若BD＝xAByACzAS，则x＋y＋z＝． 13．在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，

以｛AB，AC，AD｝为基底，则GE＝．

14．设|m|＝1，|n|＝2，2m＋n与m－3n垂直，a＝4m－n，＝7＋2，则<,>＝．

三、解答题（本大题满分76分）

15．(12分)如图，一空间四边形ABCD的对边

AB与CD，AD与BC都互相垂直，用向量证明：AC与BD也互相垂直．

16．（12分））如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中点，取如图所示的空间直角坐标系．（1）写出A、B1、E、D1的坐标；

（2）求AB1与D1E所成的角的余弦值．

17．（12分）如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．

（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：EF⊥CD；

（3）若PDA＝45，求EF与平面ABCD所成的角的大小．

18．（12分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，如图Ｅ、Ｆ分别是BB1，ＣＤ的中点，（1）求证：D1F平面ADE；

（2）

．

19．（14分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F.（1）证明 PA∥平面EDB；（2）证明PB平面EFD；

（3）求二面角C-PB-D的大小．

20．（14分）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧

棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G.（1）求A1B与平面ABD所成角的大小

（结果用反三角函数值表示）；（2）求点A1到平面AED的距离.-3-

参考答案

（六）二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．

311

312． 013． 14．0°2123

4三、解答题（本大题共6题，共76分）

15．(12分)证明：CD0.又，(CBCA)CD0即.……①BC0.又，()0即.……②

由①+②得：0即0.ACBD.16．(12分)解：(1)A(2, 2, 0)，B1(2, 0, 2)，E(0, 1, 0)，D1(0, 2, 2)

→→→→→→

(2)∵ AB1 ＝(0,-2, 2)，ED1 ＝(0, 1, 2)∴ |AB1 |＝ 2，|ED1 | ＝5，AB1 · ED1 ＝ 0－2＋4＝2,→→

→→AB· ED 21010

∴ cos AB1，ED1 ＝＝＝ ．∴ AB1与ED1所成的角的余弦值为 ．

1010→→2×

5|AB1 |· |ED1 |

17．(12分)证：如图，建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝2a，BC＝2b，PA＝2c，则：A(0, 0, 0)，B(2a, 0, 0)，C(2a, 2b, 0)，D(0, 2b, 0)，P(0, 0, 2c)∵ E为AB的中点，F为PC的中点∴ E(a, 0, 0)，F(a, b, c)

→→→(1)∵EF ＝(0, b, c)，AP ＝(0, 0, 2c)，AD ＝(0, 2b, 0)→1→→→→→

∴EF ＝(AP ＋AD)∴EF 与AP、AD 共面

又∵ E 平面PAD ∴ EF∥平面PAD．

→→→(2)∵ CD ＝(-2a, 0, 0)∴ CD ·EF ＝(-2a, 0, 0)·(0, b, c)＝0 ∴ CD⊥EF．

→

(3)若PDA＝45，则有2b＝2c，即 b＝c，∴EF ＝(0, b, b)，→→→→→2b22 AP ＝(0, 0, 2b)∴ cos  EF，AP ＝＝∴  EF，AP ＝45

22b·2b→→→→

∵ AP ⊥平面 AC，∴ AP 是平面 AC的法向量 ∴ EF与平面AC所成的角为：90－ EF，AP ＝45． 18．(12分)解：建立如图所示的直角坐标系，（1

则D（0，0，0），A（1，0，0），D1（0，0，1），E（1，1，），F（0，0），21

则D1F＝（0，－1），D＝（1，0，0），＝（0，1，12），则D1＝0，D1FAE＝0，D1FDA，D1FAE.D1F平面ADE.12，－

（２）B1（1，1，1），C（0，1，0），故CB1＝（1，0，1），＝（－1，－），EFCB1＝－1＋0－

＝－

32，11

3

2，则





322



.150.19．（14分）解：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点.设DC(1)证明：连结AC，AC交BD于G.连结EG.a.P

aa

依题意得A(a,0,0),P(0,0,a),E(0，)

22FG是此正方形的中心，底面ABCD是正方形，aa

故点G的坐标为(，0)且PA(a,0,a),EG(a,0,a).2222PA2EG.这表明PA∥EG.而EG平面EDB且PA平面EDB，PA∥平面EDB。

aaa2a2

(2)证明：依题意得B(a,a,0),PB(a,a,a)。又DE(0，),故PBDE00

2222

PBDE, 由已知EFPB，且EFDEE,所以PB平面EFD.

(3)解：设点F的坐标为(x0,y0,z0),PFPB,则(x0,y0,z0a)(a,a,a)

从而x0

aa11a,y0a,z0(1)a.所以FE(x0,y0,z0)(a,()a,()a).由条件EF

PB知，PEPB0即a2(1)a2(1)a20,解得 



点F的坐标为(a,a,2a), 且FE(a,a,a),FD(a,a,2a).

。3

366333333

a2a22a2

PBFD0,即PBFD，故EFD是二面角CPBD的平面角.333

a2a2a2a2a24a2a2a2a2a2

∵

aa 

***



FE.FD cosEFD|FE||FD|

a2,所以，1.二面角C—PC—D的大小为.EFD

332

20．(14分)解：（1）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角.如

图所示建立坐标系，坐标原点为O，设CA=2a，则A（2a，0，0），B（0，2a，0），D（0，0，1）A1（2a，0，2）

E（a，a，1）G（2a2a1，）.333

aa2

GE(，),BD(0,2a,1)，333

a20，解得a=1.33

241

BA1(2,2,2),BG(,,),333

cosA1BG

BA1BG



|BA1||BG|

14/37.13221

A1B与平面ABD所成角是arccos

.（2）由（1）有A（2，0，0），A1（2，0，2），E（1，1，1），D（0，0，1）

(1,1,1)(1,1，0）0，AA,1,0)0 1(0,0,2)(1ED平面AA1E，又ED平面AED.∴平面AED⊥平面AA1E，又面AED面AA1E=AE，∴点A在平面AED的射影K在AE上.AK，则A1A1(,,2)

20由A，即，解得.01

设

44162224 A1(，),

9993333