2015-2016学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何单元检测(A卷)新人教A版选修2-1

双基限时练(十七)1．满足下列条件，能说明空间不重合的三点A ，B ，C 共线的是( ) A.AB →＋BC →＝AC →B.AB →－AB →＝BC → C.AB →＝BC →D ．|AB →|＝|BC →|答案 C2．下列命题中正确的是( )A ．若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线B ．向量a ，b ，c 共面，即它们所在的直线共面C ．零向量没有确定的方向D ．若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb解析 当b ＝0时，a 与c 不一定共线，所以A 错．由共面向量的定义知，B 错．当a 与b 是非零向量时，D 正确，但命题中没有非零向量这个条件，所以D 错．答案 C3．下列条件中使点M 与点A ，B ，C 一定共面的是( ) A.OM →＝2OA →－OB →－OC →B.OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →C.MA →＋MB →＋MC →＝0D.OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0答案 C4．下列结论中，正确的个数是( )①若a ，b ，c 共面，则存在实数x ，y ，使a ＝x b ＋y c ②若a ，b ，c 不共面，则不存在实数x ，y ，使a ＝x b ＋y c③若a ，b ，c 共面，b ，c 不共线，则存在实数x ，y ，使a ＝x b ＋y c ④若a ＝x b ＋y c ，则a ，b ，c 共面 A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析 ②③④正确，①错误． 答案 D5．已知向量a ，b ，且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则一定共线的三点是( )A ．A ，B ，D B ．A ，B ，C C ．B ，C ，D D ．A ，C ，D解析 ∵AD →＝CD →－CA →＝CD →＋AC → ＝CD →＋AB →＋BC →＝(7a －2b )＋(a ＋2b )＋(－5a ＋6b ) ＝3a ＋6b ＝3AB →∴A ，B ，D 三点共线． 答案 A6．在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为矩形ABCD 的对角线的交点，则A 1E →＝A 1A →＋xA 1B 1→＋yA 1D 1→中的x ，y 值应为x ＝__________，y ＝__________.解析 A 1E →＝A 1A →＋AB →＋BC →＋CE →＝A 1A →＋AB →＋BC →＋12CA →＝A 1A →＋AB →＋BC →＋12(CB →＋CD →)＝A 1A →＋AB →－12DC →＋BC →－12BC →＝A 1A →＋12AB →＋12BC →＝A 1A →＋12A 1B 1→＋12A 1D 1→.∴x ＝12，y ＝12.答案1212 7．向量a 与b 不共线，存在唯一一对非零实数m ，n ，使c ＝m a ＋n b ，则a ，b ，c __________共面向量．(填“是”或“不是”)答案 是8．已知O 是空间任一点，A ，B ，C ，D 四点满足任三点均不共线，但四点共面，且OA →＝2x ·BO →＋3y ·CO →＋4z ·DO →，则2x ＋3y ＋4z ＝__________.解析 OA →＝2x ·BO →＋3y ·CO →＋4z ·DO →＝－2x ·OB →－3y ·OC →－4z ·OD →由四点共面的充要条件知－2x －3y －4z ＝1， 即2x ＋3y ＋4z ＝－1. 答案 －19．已知A ，B ，C ，D 四点共面，求证：对于空间任一点O ，存在不全为零的实数k 1，k 2，k 3，k 4，使k 1OA →＋k 2OB →＋k 3OC →＋k 4OD →＝0.证明 由A ，B ，C ，D 四点共面，知AB →，AC →，AD →共面，由平面向量基本定理知，存在实数对(x ，y )，使AB →＝xAC →＋yAD →，即OB →－OA →＝x (OC →－OA →)＋y (OD →－OA →)．∴(1－x －y )OA →－OB →＋xOC →＋yOD →＝0， 令k 1＝1－x －y ，k 2＝－1，k 3＝x ，k 4＝y ，即得k 1OA →＋k 2OB →＋k 3OC →＋k 4OD →＝0.10．设e 1，e 2是平面上不共线的向量，已知AB →＝2e 1＋k e 2，CB →＝e 1＋3e 2，CD →＝2e 1－e 2，若A ，B ，D 三点共线，试某某数k 的值．解 ∵BD →＝BC →＋CD →＝CD →－CB →＝2e 1－e 2－(e 1＋3e 2)＝e 1－4e 2.AB →＝2e 1＋k e 2，又A ，B ，D 三点共线，由共线向量定理得12＝－4k，∴k ＝－8. 11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，有OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →.求证：P ，A ，B ，C 四点共面． 证明 ∵OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →，∴OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15－25OA →＋15OB →＋25OC →＝OA →＋15(OB →－OA →)＋25(OC →－OA →)＝OA →＋15AB →＋25AC →，∴OP →－OA →＝15AB →＋25AC →.∴AP →＝15AB →＋25AC →.∴向量AP →，AB →，AC →共面，而线AP ，AB ，AC 有公共点， ∴P ，A ，B ，C 四点共面．12．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，当OP →＝2OA →－OB →－OC →时，点P 是否与A ，B ，C 共面．解 假设P 与A ，B ，C 共面，则存在唯一的实数对(x ，y )，使AP →＝xAB →＋yAC →，于是对平面ABC 外一点O ，有OP →－OA →＝x (OB →－OA →)＋y (OC →－OA →)，∴OP →＝(1－x －y )OA →＋xOB →＋yOC →. 又OP →＝2OA →－OB →－OC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－x －y ＝2，x ＝－1，y ＝－1.此方程组无解，这样的x ，y 不存在，故点P 与A ，B ，C 不共面．13.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是B 1D 1的中点，求证：B 1C ∥平面ODC 1.证明 B 1C →＝B 1O →＋OC 1→＋C 1C →＝B 1O →＋OC 1→＋D 1D →＝B 1O →＋OC 1→＋D 1O →＋OD →. ∵O 是B 1D 1的中点， ∴B 1O →＋D 1O →＝0，∴B 1C →＝OC 1→＋OD →. ∴B 1C →，OC 1→，OD →共面，且B 1C ⊄平面OC 1D . ∴B 1C ∥平面ODC 1.。

"【全程复习方略】2014-2015学年高中数学第三章空间向量与立体几何单元质量评估课时作业新人教A版选修2-1 "(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.下列说法中不正确的是( )A.平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量B.一个平面的所有法向量互相平行C.如果两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直D.如果a,b与平面α共面且n⊥a,n⊥b,那么n就是平面α的一个法向量【解析】选D.只有当a,b不共线且a∥α,b∥α时,D才正确.2.同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量是( )A.B.C.D.或【解析】选D.设所求向量为c=(x,y,z),由c·a=0及c·b=0及|c|=1得检验知选D.3.(2014·金华高二检测)已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,则实数λ等于( )A. B. C. D.【解析】选D.易得c=t a+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ),所以解得故选D.4.(2014·银川高二检测)已知矩形ABCD,PA⊥平面ABCD,则以下等式中可能不成立的是( )A.·=0B.·=0C.·=0D.·=0【解析】选B.选项A,⇒DA⊥平面PAB⇒DA⊥PB⇒·=0;由A可知·=0,C正确;选项D,PA⊥平面ABCD⇒PA⊥CD⇒·=0;选项B,若·=0,则BD⊥PC,又BD⊥PA,所以BD⊥平面PAC,故BD⊥AC,但在矩形ABCD中不一定有BD⊥AC,故B不一定成立.5.已知a=(cosα,1,sinα),b=(sinα,1,cosα),且a∥b,则向量a+b与a-b的夹角是( )A.90°B.60°C.30°D.0°【解析】选A.因为|a|2=2,|b|2=2,(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=0,所以(a+b)⊥(a-b),故选A.【变式训练】已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则与的夹角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选 C.=(0,3,3),=(-1,1,0).设<,>=θ,则cosθ===,所以θ=60°.6.(2014·长春高二检测)已知向量e1,e2,e3是两两垂直的单位向量,且a=3e1+2e2-e3,b=e1+2e3,则(6a)·1()2b 等于( )A.15B.3C.-3D.5【解析】选B.(6a)·1()2b=3a·b=3(3e1+2e2-e3)·(e1+2e3)=9|e1|2-6|e3|2=3.7.已知正方体ABCD-A′B′C′D′中,点F是侧面CDD′C′的中心,若=+x+y,则x-y等于( )A.0B.1C.D.-【解析】选A.如图所示,=+,所以=x+y,所以=x+y,因为=+,=,所以x=y=,x-y=0.8.(2014·安庆高二检测)如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若点P满足=-+,则||2的值为( )A. B.2 C. D.【解析】选D.过点C作CE垂直于BD,垂足为E,连接AE,则得AC=1,故三角形ABC为正三角形.||2==++-·+·-·=×1+×1+()2-×1×1×cos∠ABC=-=.9.已知A(4,1,3),B(2,-5,1),C是线段AB上一点,且=,则C点的坐标为( )A. B.C. D.【解析】选C.由题意知,2=,设C(x,y,z),则2(x-4,y-1,z-3)=(2-x,-5-y,1-z),即解得即C.10.已知△ABC的顶点A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD的长等于( )A.3B.4C.5D.6【解析】选C.设D(x,y,z),则=(x-1,y+1,z-2),=(x-5,y+6,z-2), =(0,4,-3),因为∥,且⊥,所以解得所以||=5.【一题多解】设=λ,D(x,y,z),则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3),所以x=1,y=4λ-1,z=2-3λ.所以=(-4,4λ+5,-3λ),又=(0,4,-3),⊥,所以4(4λ+5)-3(-3λ)=0,所以λ=-,所以=,所以||==5.11.(2014·绵阳高二检测)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E 到平面ACD1的距离为( )A. B. C. D.【解析】选C如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则即得令a=2,则n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为d===.12.(2014·荆州高二检测)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F且EF=,则下列结论中错误的是( )A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.异面直线AE,BF所成的角为定值【解析】选D.因为AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D.所以AC⊥BE,故A正确.因为B1D1∥平面ABCD,又E,F在直线D1B1上运动,所以EF∥平面ABCD,故B正确.C中由于点B到直线B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为,故V A-BEF为定值.①当点E在D1处,点F为D1B1的中点时,建立空间直角坐标系, 如图所示,可得A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0,1),F,所以=(0,-1,1),=,所以·=.又||=,||=,所以cos<,>===.所以此时异面直线AE与BF成30°角.②当点E为D1B1的中点,点F在B1处时,此时E,F(0,1,1).所以=,=(0,0,1),所以·=1,||==,所以cos<,>===≠,故选D.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.已知正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为a,则<,>= .【解析】=,因为△A′BD为正三角形,所以<,>=120°,即<,>=120°.答案:120°14.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.【解析】设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1⊥平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=2,A1C1=B1D1=,因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,所以∠B1BO=60°,设棱台高为h,则tan60°=,所以h=,所以A(0,-,0),D1,B1,C(0,,0),所以=,=,所以cos<,>==,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.答案:【变式训练】如图所示,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1的中点,则异面直线D1E与AC 所成角的余弦值是.【解析】如图,建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),C(0,4,0),D1(0,0,4),E(0,4,2),=(-4,4,0),=(0,4,-2).cos<,>==.所以异面直线D1E与AC所成角的余弦值为.答案:15.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为棱长为1的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD 与平面AA1C1C所成的角为α,则sinα的值是.【解题指南】建立空间直角坐标系,求出平面AA1C1C的一个法向量n和,计算cos<n,>即可求解sin α.【解析】如图,建立空间直角坐标系,易求点D,平面AA1C1C的一个法向量n=(1,0,0),所以cos<n,>==,即sinα=.答案:16.给出命题:①在□ABCD中,+=;②在△ABC中,若·>0,则△ABC是锐角三角形;③在梯形ABCD中,E,F分别是两腰BC,DA的中点,则=(+);④在空间四边形ABCD中,E,F分别是边BC,DA的中点,则=(+).以上命题中,正确命题的序号是. 【解析】①满足向量运算的平行四边形法则,①正确;·=||·||·cosA>0⇒∠A<90°,但∠B,∠C无法确定,所以△ABC是否是锐角三角形无法确定,②错误;③符合梯形中位线的性质,正确;④如图,=+,+=++=+2=2(+)=2,则=(+),正确.答案:①③④三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,正方体ABCD-A′B′C′D′中,点E是上底面A′B′C′D′的中心,用向量,,表示向量,.【解析】=-=--+.=+=+=+=+(-)=-++.18.(12分)(2014·福州高二检测)如图所示,已知PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点.求证:(1)MN∥平面PAD.(2)平面PMC⊥平面PDC.【证明】如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PA=AD=a,AB=b.(1)P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).因为M,N分别为AB,PC的中点,所以M,N.所以=,=(0,0,a),=(0,a,0),所以=+.又因为MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.(2)由(1)可知:P(0,0,a),C(b,a,0),M,D(0,a,0).所以=(b,a,-a),=,=(0,a,-a).设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则所以令z1=b,则n1=(2a,-b,b).设平面PDC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以令z2=1,则n2=(0,1,1).因为n1·n2=0-b+b=0,所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.【知识拓展】用向量证明线面平行的主要方法(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.(2)在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量.(3)利用共面向量定理,在平面内找到两不共线向量把直线的方向向量线性表示出来.19.(12分)如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.当的值等于多少时,能使A1C⊥平面C1BD?【解析】不妨设=x,CC1=1,A1C⊥平面C1BD,则A1C⊥C1B,A1C⊥C1D,而=+,=++=++,由·=0,得(++)·(+)=-+·+·=0,注意到·+·=-,可得方程1-x2+=0,解得x=1或x=-(舍).因此,当=1时,能使A1C⊥平面C1BD.20.(12分)(2013·上海高考)如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,AB=2,AD=1,AA′=1,证明直线BC′平行于平面D′AC,并求直线BC′到平面D′AC的距离.【解析】如图,建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A(1,0,1),B(1,2,1), C(0,2,1),C′(0,2,0),D′(0,0,0).则=(1,0,1),=(0,2,1),设平面D′AC的法向量n=(u,v,w),由n⊥,n⊥,所以n·=0,n·=0,即解得u=2v,w=-2v,取v=1,得平面D′AC的一个法向量n=(2,1,-2).因为=(-1,0,-1),所以n·=0,所以n⊥.又BC′不在平面D′AC内,所以直线BC′与平面D′AC平行.由=(1,0,0),得点B到平面D′AC的距离d===,所以直线BC′到平面D′AC的距离为.21.(12分)(2014·广东高考)四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF.(2)求二面角D-AF-E的余弦值.【解题指南】(1)采用几何法较为方便,证AD⊥平面PCD⇒CF⊥AD,又CF⊥AF⇒CF⊥平面ADF.(2)采用向量法较为方便,以D为原点建立空间直角坐标系,设DC=2,计算出DE,EF的值,得到A,C,E,F的坐标,注意到为平面ADF的一个法向量.【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD,DC∩PD=D,所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD,所以CF⊥AD,而AF⊥PC,即AF⊥FC,又AD∩AF=A,所以CF⊥平面ADF.(2)以D为原点,DP,DC,DA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,由(1)知PC⊥DF,即∠CDF=∠DPC=30°,有FC=DC=1,DF=FC=,DE=DF=,EF=DE=,则D(0,0,0),E,F,A(0,0,2),C(0,2,0),=,=,=,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由得取x=4,有y=0,z=,n=(4,0,),又平面ADF的一个法向量=,所以cos<n,>===-,所以二面角D-AF-E的余弦值为.【变式训练】(2014·北京高二检测)如图,四边形ABCD是正方形,EA⊥平面ABCD,EA∥PD,AD=PD=2EA=2,F,G,H 分别为PB,EB,PC的中点.(1)求证:FG∥平面PED.(2)求平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小.(3)在线段PC上是否存在一点M,使直线FM与直线PA所成的角为60°?若存在,求出线段PM的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为F,G分别为PB,BE的中点,所以FG∥P E.又FG⊄平面PED,PE⊂平面PED,所以FG∥平面PED.(2)因为EA⊥平面ABCD,EA∥PD,所以PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥CD.又因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥CD.如图,建立空间直角坐标系,因为AD=PD=2EA=2,所以D,P,A,C,B,E(2,0,1).因为F,G,H分别为PB,EB,PC的中点,所以F,G,H(0,1,1).所以=,=.设n1=(x1,y1,z1)为平面FGH的一个法向量,则即再令y1=1,得n1=(0,1,0).=(2,2,-2),=(0,2,-2).设n2=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,则即令z2=1,得n2=(0,1,1).所以所以平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小为.(3)假设在线段PC上存在一点M,使直线FM与直线PA所成角为60°.依题意可设=λ,其中0≤λ≤1.由=(0,2,-2),则=(0,2λ,-2λ).又因为=+,=(-1,-1,1),所以=(-1,2λ-1,1-2λ).因为直线FM与直线PA所成角为60°,=(2,0,-2),所以=,即=,解得λ=.所以=,=.所以在线段PC上存在一点M,使直线FM与直线PA所成角为60°,此时PM的长度为.22.(12分)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形,PA⊥底面ABCD,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).(1)求四棱锥P-ABCD的体积.(2)对于向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.试计算(×)·的绝对值的值;说明其与四棱锥P-ABCD体积的关系,并由此猜想向量这一运算(×)·的绝对值的几何意义.【解析】(1)设<,>=θ,则cosθ==.所以sinθ=.所以V=S□ABCD||=||||sinθ||=16.(2)=|-4-32+0-0-4-8|=48,它是四棱锥P-ABCD体积的3倍.猜想:在几何上可表示以AB,AD,AP为棱的平行六面体的体积(或以AB,AD,AP为棱的直四棱柱的体积).【技法点拨】向量法在数形结合思想中的应用向量是有效沟通“数”与“形”的桥梁.在学习中我们一定要充分理解向量概念及向量运算的几何意义,从而有效利用向量工具解决实际问题.如对空间直线的向量表示,应明确空间直线是由空间一点及直线的方向向量惟一确定.。

这时Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若A (x,5－x,2x －1)，B (1，x ＋2,2－x )，则当|AB →|取最小值时，x 的值等于________．解析：AB →＝(1－x,2x －3，－3x ＋3)，则 |AB →|＝1－x2＋2x －32＋－3x ＋32＝14x 2－32x ＋19＝14⎝⎛⎭⎪⎫x －872＋57，故当x ＝87时，|AB →|取最小值．答案：8714．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值是________． 解析：如图，以DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， 易证AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量．AC 1→＝(－1,1,1)，BC 1→＝(－1,0,1)． cos 〈AC 1→，BC 1→〉＝1＋13×2＝63. 所以BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为63.答案：63设AC ∩BD ＝N ，连结NE ，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E (0,0,1)， ∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1. 又A (2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1. ∴NE →＝AM →，且NE 与AM 不共线．∴NE ∥AM .又NE ⊂平面BED ，AM ⊄平面BDE ，∴AM ∥平面BDE .(2)设P (t ，t,0)(0≤t ≤2)，则PF →＝(2－t ，2－t,1)，CD →＝(2，0,0)．又∵PF →与CD →所成的角为60°，|2－t ·2|2－t2＋2－t 2＋1·2＝12， 解之得t ＝22，或t ＝322(舍去)． 故点P 为AC 的中点．22．(本小题满分12分)如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．。

第3章 单元检测(A 卷)(时间：120分钟 满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．已知向量a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，使a ⊥b 成立的x 与使a ∥b 成立的x 分别为________．2．设a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，且a∥b ，则xz 的值为________．3．已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量为u ＝(1，－3，z )，向量v ＝(3，－2,1)与平面α平行，则z ＝______.4．若向量(1,0，z )与向量(2,1,2)的夹角的余弦值为25，则z ＝________.5．已知a 、b 、c 是不共面的三个向量，则下列选项中能构成空间一个基底的一组向量是________．(填序号) ①2a ，a －b ，a ＋2b ； ②2b ，b －a ，b ＋2a ； ③a,2b ，b －c ； ④c ，a ＋c ，a －c .6．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________.7．设直线a ，b 的方向向量是e 1，e 2，平面α的法向量是n ，则下列命题中错误的是________．(写出所有错误命题的序号) ①⎭⎪⎬⎪⎫e 1∥e 2e 1∥n ⇒b ∥α； ②⎭⎪⎬⎪⎫e 1∥n e 2∥n ⇒a ∥b ；③⎭⎪⎬⎪⎫e 1∥n b ⊄αe 1⊥e 2⇒b ∥α； ④⎭⎪⎬⎪⎫e 1∥e 2e 1∥n ⇒b⊥α.8．如图所示，已知正四面体ABCD 中，AE ＝14AB ，CF ＝14CD ，则直线DE 和BF 所成角的余弦值为________．9．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．10．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(－3，－6,3)，则α与β的关系为________．11．在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是________． 12．如果平面的一条斜线与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________．13．已知力F1＝(1,2,3)，F2＝(－2,3，－1)，F3＝(3，－4,5)，若F1，F2，F3共同作用于同一物体上，使物体从M1(0，－2，1)移到M2(3,1,2)，则合力作的功为________．14．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则x＝______，y＝______.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，点E是棱PB的中点．证明：AE⊥平面PBC.16．(14分)在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，若F是AE的中点．求证：DF∥平面ABC.17．(14分)如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．18.(16分)如图所示，已知点P在正方体ABCD—A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．19．(16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与底面所成的角为30°.(1)若AE⊥PD，垂足为E，求证：BE⊥PD；(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值．20.(16分)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝2，CE ＝EF＝1.(1)求证：CF⊥平面BDE；(2)求二面角A －BE －D 的大小．第3章 空间向量与立体几何(A)1.103，－6 解析 若a ⊥b ，则－8－2＋3x ＝0，x ＝103；若a∥b ，则2∶(－4)＝(－1)∶2＝3∶x ，x ＝－6. 2．9解析 ∵a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，且a∥b ， ∴存在实数λ使得a ＝λb ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3λ，4＝2λ，3＝z λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，z ＝32.∴xz ＝9.3．－9解析 ∵l ⊥α，∴u ⊥v ，∴(1，－3，z )·(3，－2,1)＝0，即3＋6＋z ＝0，∴z ＝－9.4．2或12解析 由题知，0，z ，1，1＋z 2·3＝2＋2z 1＋z 2·3＝25， 即2z 2－5z ＋2＝0，得z ＝2或12.5．③解析 ∵a ，b 不共线，由共线向量定理知由a ，b 表示出的向量与a ，b 共面，即①、②中的向量因共面不能构成空间一个基底，同理④中的三向量也不能构成空间一个基底． 6．16解析 PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4)．根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x 、y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4)＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.7．① 8.413解析 因四面体ABCD 是正四面体，顶点A 在底面BCD 内的射影为△BCD 的垂心，所以有BC ⊥DA ，AB ⊥CD .设正四面体的棱长为4，则BF →·DE →＝(BC →＋CF →)·(DA →＋AE →)＝0＋BC →·AE →＋CF →·DA →＋0＝4×1×cos 120°＋1×4×cos 120°＝－4，BF ＝DE ＝42＋12－2×4×1×cos 60°＝13，所以异面直线DE 与BF 的夹角θ的余弦值为：cos θ＝|BF →·DE →||BF →||DE →|＝413.9．60°解析 由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →. ∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，即〈CA →，BD →〉＝120°，所以二面角的大小为60°.10．α∥β解析 ∵v ＝－3u ，∴v ∥u .故α∥β.11.64解析如图所示，建立坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1， 平面AA 1C 1C 的一个法向量是 n ＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，AD →〉＝322＝64，即sin α＝64. 12．60° 解析 ∵cos θ＝a·b |a|·|b |＝12，∴θ＝60°.13．16解析 合力F ＝F 1＋F 2＋F 3＝(2,1,7)，F 对物体作的功即为W ＝F ·M 1M 2→＝(2,1,7)·(3,3,1)＝2×3＋1×3＋7×1＝16. 14.16 －32解析 ∵a∥b ，∴2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.15．证明 如图所示，以A 为坐标原点，射线AB 、AD 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系A —xyz .设D (0，a,0)，则B (2，0,0)，C (2，a,0)，P (0,0，2)，E (22，0，22)．于是AE →＝(22，0，22)，BC →＝(0，a,0)，PC →＝(2，a ，－2)，则AE →·BC →＝0，AE →·PC →＝0.所以AE →⊥BC →，AE →⊥PC →， 即AE ⊥BC ，AE ⊥PC . 又因为BC ∩PC ＝C ， 所以AE ⊥平面PBC .16．证明 如图所示，以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)． 由中点坐标公式知F (1,0,1)． ∴DF →＝(1，－2,0)，BE →＝(0,0,2)． ∵BE ⊥平面ABC ， ∴BE →是平面ABC 的一个法向量． ∵DF →·BE →＝(1，－2,0)·(0,0,2)＝0， ∴DF →⊥BE →.又∵DFD 平面ABC ，∴DF ∥平面ABC .17．解 因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB → ＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120° ＝－162＋24.所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.18．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D —xyz . (1)DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连结BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中， 延长DP 交B ′D ′于H . 设DH →＝(m ，m,1) (m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°， 由DA →·DH → ＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°. 19．(1)证明 以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A —xyz ，由题意知A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0,2a,0)． ∵PD 在底面的射影是DA ，且PD 与底面所成的角为30°，∴∠PDA ＝30°，∴P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，233a ，∵AE ⊥PD ，∴|AE →|＝12|AD →|＝a ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ， ∴BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，12a ，32a ，PD →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，－233a ， ∴BE →·PD →＝0·(－a )＋a 2·2a ＋3a 2·⎝⎛⎭⎪⎫－23a ＝0， ∴BE →⊥PD →，即BE ⊥PD .(2)解 由(1)知AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，3a 2， CD →＝(－a ，a,0)，∴AE →·CD →＝a 22，又|AE →|＝a ，|CD →|＝2a ， ∴cos 〈AE →，CD →〉＝AE →·CD →|AE →||CD →|＝24， ∴异面直线AE 与CD 所成角的余弦值为24. 20．(1)证明 因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD .如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C －xyz .则C (0,0,0)，A (2，2，0)，B (0，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，F (22，22，1)． 所以CF →＝(22，22，1)，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0,1)． 所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0.所以CF →⊥BE →，CF →⊥DE →，即CF ⊥BE ，CF ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以CF ⊥平面BDE .(2)解 由(2)知，CF →＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量． 设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0， 即⎩⎨⎧ x ，y ，z 2，0，＝0，x ，y ，z ，－2，＝0.所以x ＝0，且z ＝2y .令y ＝1，则z ＝2，所以n ＝(0,1，2)．从而cos 〈n ，CF →〉＝n ·CF →|n ||CF →|＝32. 因为二面角A －BE －D 为锐角，所以二面角A －BE －D 的大小为π6.。

单元素养评价(三)(第三章)(120分钟 150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1．设直线l 方向向量v ＝()x ，1，2 ，平面α的法向量n ＝()－1，1，2 ，若l ⊥α，则x ＝( )A ．－1B ．0C ．5D ．4〖解 析〗选A.由l ⊥α，则v ∥n ，则存在非零常数λ， 使得v ＝λn ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，1＝λ，2＝2λ，解得x ＝－1.2．空间中，与向量a ＝(3，0，4)同向共线的单位向量为( ) A ．e ＝(1，0，1)B ．e ＝(1，0，1)或e ＝(－1，0，－1)C ．e ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，0，45D ．e ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，0，45 或e ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，0，－45〖解 析〗选C.因为|a |＝32＋02＋42 ＝5，所以与a 同向共线的单位向量e ＝a|a | ＝15 (3，0，4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，0，45 .3．已知在正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CDD 1C 1的中心，且AF → ＝AD → ＋mAB →－n 1AA ，则m ，n 的值分别为( ) A ．12 ，－12 B ．－12 ，－12 C ．－12 ，12 D ．12 ，12〖解 析〗选A.由于AF → ＝AD → ＋DF → ＝AD → ＋12 (DC → ＋DD 1)＝AD →＋12 AB → ＋121AA ，所以m ＝12 ，n ＝－12.4．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离是()A ．12 B．24 C ．22 D ．32 〖解 析〗选B.如图建立空间直角坐标系，则O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1 ，D 1(0，0，1)，D(0，0，0)，A 1(1，0，1)，所以1OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0 ，由于AB ⊥平面ADD 1A 1，A 1D ⊂平面ADD 1A 1， 所以AB ⊥A 1D ，又AD 1⊥A 1D ，AB ∩AD 1＝A ， 所以A 1D ⊥平面ABC 1D 1，故平面ABC 1D 1的一个法向量为1DA ＝(1，0，1)，所以点O 到平面ABC 1D 1的距离为d ＝111|OD DA |DA ＝122＝24 .5．已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则( ) A ．AB → 与AC →是共线向量 B ．AB →的单位向量是()1，1，0 C ．AB → 与BC →夹角的余弦值是5511D ．平面ABC 的一个法向量是()1，－2，5〖解 析〗选D.由题意，对于A 中，AB → ＝()2，1，0 ，AC →＝()－1，2，1 ， 因为AB → ≠λAC → ，则AB → 与AC →不是共线向量，所以不正确； 对于B 中，因为AB →＝()2，1，0 ， 所以AB → 的单位向量为⎝⎛⎭⎪⎪⎫255，55，0 或⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－255，－55，0 ，所以是错误的； 对于C 中，向量AB → ＝()2，1，0 ，BC →＝()－3，1，1 ，所以cos 〈AB → ，BC →〉＝AB →·BC→⎪⎪⎪⎪AB →⎪⎪⎪⎪BC → ＝－5511，所以是错误的； 对于D 中，设平面ABC 的一个法向量是n ＝()x ，y ，z ， 因为AB → ＝()2，1，0 ，AC →＝()－1，2，1 ， 所以⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AC→＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，－x ＋2y ＋z ＝0， 令x ＝1，则y ＝－2，z ＝5，所以平面ABC 的一个法向量为n ＝()1，－2，5 ， 所以是正确的．6．如图，在直三棱柱ABC­A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2，D 为AA 1上一点．若二面角B 1­DC ­C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A ． 2B ． 3C ．2D ．22〖解 析〗选A.如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C ­xyz ，则C(0，0，0)，B 1(0，2，2).设AD ＝a(0≤a ≤2)，则点D 的坐标为(1，0，a)，CD →＝(1，0，a)，1CB ＝(0，2，2).设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则1m CB 0m CD 0⎧=⎪⎨=⎪⎩⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a ，1，－1).又平面C 1DC 的一个法向量为(0，1，0)，记为n ，则由cos 60°＝|m ·n ||m ||n | ，得1a 2＋2 ＝12 ，即a ＝ 2 ，故AD ＝2 .7．在正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别为棱A 1D 1，D 1D ，A 1B 1的中点，给出下列命题：①AC 1⊥EG ；②GC∥ED；③B 1F ⊥平面BGC 1；④E F 和BB 1所成角为π4 .正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ． 2D ．3〖解 析〗选C.设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系如图所示，A ()2，0，0 ，C 1()0，2，2 ，G ()2，1，2 ，C ()0，2，0 ，E ()1，0，2 ，D ()0，0，0 ，B 1()2，2，2 ，F ()0，0，1 ，B ()2，2，0 . ①，1AC ＝()－2，2，2 ，EG → ＝()1，1，0 ，1AC ·EG →＝－2＋2＋0＝0，所以AC 1⊥EG ，故①正确．②，GC → ＝()－2，1，－2 ，ED →＝()－1，0，－2 ， 不存在实数λ使GC → ＝λED →，故GC ∥ED 不成立，故②错误．③，1B F ＝()－2，－2，－1 ，BG → ＝()0，－1，2 ，1BC ＝()－2，0，2 ，1B F ·BG →＝0，1B F ·1BC ＝2≠0，故B 1F ⊥平面BGC 1不成立，故③错误．④，EF →＝()－1，0，－1 ，1BB ＝()0，0，2 ，设EF 和BB 1所成角为θ，则cos θ＝11EF BB EFBB ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－22×2 ＝22 ，由于θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 ，所以θ＝π4 ，故④正确． 综上所述，正确的命题有2个．8．已知直四棱柱 ABCD­A 1B 1C 1D 1的所有棱长相等，∠ABC ＝60°， 则直线 BC 1与平面ABB 1A 1所成角的余弦值等于( ) A ．64 B ．104 C ．22 D ．32〖解 析〗选B.直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长相等，∠ABC ＝60°，取AB 中点E ，以A 为原点，AE 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设AB ＝2，则B()3，－1，0 ，C 1()3，1，2 ，A(0，0，0)，A 1(0，0，2)，1BC ＝()0，2，2 ， AB →＝()3，－1，0 ，1AA ＝()0，0，2 ，设平面ABB 1A 1的法向量n ＝()x ，y ，z ，则1n AB 3x y 0n AA 2z 0⎧=-=⎪⎨==⎪⎩ ，取x ＝1，得n ＝()1，3，0 ，设直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝11BC n BC |n |＝238·4＝64 ，所以cos θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫642＝104 ， 所以直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的余弦值等于104.二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．在四面体P­ABC 中，以下叙述正确的有( ) A ．若AD → ＝13 AC → ＋23AB → ，则可知BC → ＝3BD →B ．若Q 为△ABC 的重心，则PQ → ＝13 PA → ＋13 PB → ＋13 PC →C ．若PA → ·BC → ＝0，PC → ·AB → ＝0，则PB → ·AC →＝0D ．若四面体P­ABC 各棱长都为2，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，则||MN→ ＝1 〖解 析〗选ABC.对于A ，因为AD → ＝13 AC → ＋23 AB → ，所以3AD → ＝AC → ＋2AB → ，所以2AD →－2AB → ＝AC → －AD → ，所以2BD → ＝DC → ，所以3BD → ＝BD → ＋DC → ，即3BD → ＝BC →，故A 正确；对于B ，若Q 为△ABC 的重心，则QA → ＋QB → ＋QC →＝0， 所以3PQ → ＋QA → ＋QB → ＋QC → ＝3PQ →，所以3PQ → ＝PA → ＋PB → ＋PC → ，即PQ →＝13 PA → ＋13 PB → ＋13 PC → ，故B 正确；对于C ，因为PA → ·BC → ＝0，PC → ·AB →＝0， 所以PA → ·BC → ＋PC → ·AB →＝0， 所以PA → ·BC → ＋PC → ·⎝⎛⎭⎫AC →＋CB → ＝0， 所以PA → ·BC → ＋PC → ·AC → －PC → ·BC →＝0， 所以⎝⎛⎭⎫PA →－PC → ·BC → ＋PC → ·AC → ＝0， 所以AC → ·CB → ＋PC → ·AC → ＝0，所以AC → ·PB →＝0，故C 正确；对于D ，因为MN → ＝PN → －PM → ＝12 ⎝⎛⎭⎫PB →＋PC → －12 PA → ＝12 ⎝⎛⎭⎫PB →＋PC →－PA → ， 所以⎪⎪⎪⎪MN → ＝12 ⎪⎪⎪⎪PA →－PB →－PC → ， 因为⎪⎪⎪⎪PA →－PB →－PC → ＝PA →2＋PB →2＋PC →2－2PA →·PB →－2PA →·PC →＋2PB →·PC →＝22＋22＋22－2×2×2×12－2×2×2×12＋2×2×2×12＝2 2 ，所以⎪⎪⎪⎪MN → ＝2 .故D 错误．10．关于空间向量，以下结论正确的是( )A ．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B ．若对空间中任意一点O ，有OP →＝16 OA → ＋13 OB → ＋12 OC → ，则P ，A ，B ，C 四点共面C ．设{}a ，b ，c 是空间中的一组基，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }也是空间的一组基D ．若a ·b <0，则〈a ，b 〉是钝角〖解 析〗选ABC.A 中根据共线向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以是正确的；B 中对空间中任意一点O ，有OP →＝16 OA → ＋13 OB → ＋12 OC → ，根据空间向量的基本定理，可得P ，A ，B ，C 四点一定共面，所以是正确的；C 中由{}a ，b ，c 是空间中的一组基，则向量a ，b ，c 不共面，可得向量a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 也不共面，所以{}a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 也是空间的一组基，所以是正确的；D 中a ·b <0，由〈a ，b 〉∈〖0，π〗，所以〈a ，b 〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π ，所以不正确．11．如图，在四棱锥P­ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PA D⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，PA ＝PD ＝ 6 ，AB ＝4，AC ，BD 交于点E ，则( )A ．M 为PB 的中点B ．二面角B­PD­A 的大小为π3C ．若O 为AD 的中点，则OP⊥OE D ．直线MC 与平面BDP 所成的角为π3〖解 析〗选ABC.如图①，连接ME ，因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ，所以PD ∥ME.因为四边形ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点．如图②，取AD 的中点O ，连接OP ，OE.因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD. 又因为AD 是平面PAD 和平面ABCD 的交线，且平面PAD ⊥平面ABCD ，OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD. 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE. 因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD. 如图②，建立空间直角坐标系O ­xyz ，则P(0，0，2 )，D(2，0，0)， B(－2，4，0)，BD → ＝(4，－4，0)，PD →＝(2，0，－2 ).设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2 .于是n ＝(1，1，2 ).平面PAD 的法向量为p ＝(0，1，0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p|n||p| ＝12.由题意知二面角B ­PD ­A 为锐角，所以它的大小为π3.由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22 ，C(2，4，0)，MC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，2，－22 . 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →| ＝269 ，所以直线MC 与平面BDP 所成角不为π3.12．如图所示，在正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD 1，则以下结论正确的是( )A ．VP ­AA 1D ＝13B ．点P 必在线段B 1C 上 C ．AP ⊥BC 1D ．AP ∥平面A 1C 1D〖解 析〗选BD.对于A ，因为P 在平面BCC 1B 1上，平面BCC 1B 1∥平面AA 1D ，所以点P 到平面AA 1D 的距离即为点C 到平面AA 1D 的距离，即为正方体棱长， 所以1P?AA D V ＝131AA D S·CD ＝13 ×12 ×1×1×1＝16 ，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，则A ()1，0，0 ，P ()x ，1，z ，B ()1，1，0 ，D 1()0，0，1 ，B 1()1，1，1 ，C ()0，1，0 ，所以AP →＝()x －1，1，z ，1BD ＝()－1，－1，1 ，1B C ＝()－1，0，－1 ，因为AP ⊥BD 1，所以AP →·1BD ＝1－x －1＋z ＝0，所以x ＝z ，即P ()x ，1，x ，所以CP → ＝()x ，0，x ，所以CP →＝－xB 1C ，即B 1，P ，C 三点共线， 所以P 必在线段B 1C 上，B 正确；对于C ，因为AP →＝()x －1，1，x ，1BC ＝()－1，0，1 ，所以AP →·1BC ＝1－x ＋x ＝1， 所以AP 与BC 1不垂直，C 错误；对于D ，因为A 1()1，0，1 ，C 1()0，1，1 ，D ()0，0，0 ， 所以1DA ＝()1，0，1 ，1DC ＝()0，1，1 ， 设平面A 1C 1D 的法向量n ＝()x ，y ，z ，所以11n DA x z 0n DC y z 0⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩令x ＝1，则z ＝－1，y ＝1，所以n ＝()1，1，－1 ，所以AP →·n ＝x －1＋1－x ＝0， 即AP →⊥n ，所以AP ∥平面A 1C 1D ，D 正确． 三、填空题(每小题5分，共20分)13．在空间直角坐标系中，点P(0，0，1)为平面ABC 外一点，其中A(1，1，0)，B(0，2，3)，若平面ABC 的一个法向量为(1，m ，1)，则点P 到平面ABC 的距离为________． 〖解 析〗在空间直角坐标系中，A(1，1，0)，B(0，2，3)， 所以AB →＝()－1，1，3 ，而平面ABC 的一个法向量为n ＝(1，m ，1)， 所以AB →·n ＝0，即－1＋m ＋3＝0，解得m ＝－2，所以n ＝(1，－2，1)，点P(0，0，1)， 则AP →＝()－1，－1，1 ，则由点到平面的距离公式可得d ＝⎪⎪⎪⎪AP →·n ||n ＝26＝63 .〖答 案〗6314．如图，在正四棱柱ABCD­A 1B 1C 1D 1中，底面边长为2，直线CC 1与平面ACD 1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为________．〖解 析〗以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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，设DD 1＝a ，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，a)，故AC →＝(－2，2，0)，1AD ＝(－2，0，a)，1CC ＝(0，0，a).设平面ACD 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧n ·AC →＝－2x ＋2y ＝0，n ·AD→1＝－2x ＋az ＝0 ，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，2a ，故cos 〈n ，1CC 〉＝11n CC |n ||CC |＝2a ·4a 2＋2 ＝22a 2＋4，又直线CC 1与平面ACD 1所成角的正弦值为13 ，所以22a 2＋4 ＝13 ，解得a ＝4.〖答 案〗415．如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP → ，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．〖解 析〗设PD ＝a ，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，a)，E(1，1，a2 ).所以DP → ＝(0，0，a)，AE →＝(－1，1，a 2 ).由cos 〈DP → ，AE →〉＝33 ，得a 22＝a 2＋a 24 ·33，所以a ＝2，所以点E 的坐标为(1，1，1). 〖答 案〗(1，1，1)16．如图，在三棱锥S­ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝π2 ，M ，N 分别是AB和SC 的中点．则异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为________，直线SM 与平面SAC 所成角大小为________．〖解 析〗因为∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝π2 ，所以以S 为坐标原点，分别以SA ，SB ，SC 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设SA ＝SB ＝SC ＝2，则M(1，1，0)，B(0，2，0)，N(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，0，2).因为SM → ＝(1，1，0)，BN → ＝(0，－2，1)，cos 〈SM → ，BN →〉＝－22×5＝－105 ，所以异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为105 ，平面SAC 的一个法向量为SB → ＝(0，2，0)，则由cos 〈SM → ，SB → 〉＝22·2 ＝22 得〈SM → ，SB →〉＝π4 ，即直线SM 与平面SAC 所成角大小为π4 . 〖答 案〗105 π4四、解答题(共70分)17．(10分)已知向量a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，m ，－4). (1)若a ∥b ，求实数m 的值； (2)若a ⊥b ，求实数m 的值．〖解 析〗(1)a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，m ，－4)，若a ∥b ，则(1，－3，2)＝λ(－2，m ，－4)，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12，m ＝6，故m ＝6.(2)若a ⊥b ，则a ·b ＝－2－3m －8＝0，解得m ＝－103.18．(12分)已知在空间直角坐标系中，A(1，－2，4)，B(－2，3，0)，C(2，－2，－5). (1)求AB → ＋CA → ，CB → －2BA → ，AB → ·AC →；(2)若点M 满足AM → ＝12 AB →＋34 AC → ，求点M 的坐标；(3)若p ＝CA → ，q ＝CB →，求(p ＋q )·(p －q ).〖解 析〗(1)因为A(1，－2，4)，B(－2，3，0)，C(2，－2，－5)， 所以AB → ＝(－3，5，－4)，CA →＝(－1，0，9).所以AB → ＋CA → ＝(－4，5，5)，又CB → ＝(－4，5，5)，BA →＝(3，－5，4)， 所以CB → －2BA →＝(－10，15，－3)， 又AB → ＝(－3，5，－4)，AC →＝(1，0，－9)， 所以AB → ·AC →＝－3＋0＋36＝33.(2)由(1)知，AM →＝12 AB → ＋34 AC →＝12 (－3，5，－4)＋34(1，0，－9)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，52，－354 ，设M(x ，y ，z)，则AM →＝(x －1，y ＋2，z －4)，于是⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝－34，y ＋2＝52，z －4＝－354， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝12，z ＝－194，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12，－194 .(3)由(1)知，p ＝CA → ＝(－1，0，9)，q ＝CB →＝(－4，5，5).(p ＋q )·(p －q )＝|p |2－|q |2＝82－66＝16.19．(12分)如图所示，在平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4，将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)若点F 为BE 的中点，求直线AF 与平面ADE 所成角的正弦值．〖解 析〗(1)在△ABD 中，由余弦定理，得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos ∠DAB ，即BD 2＝4＋16－16×12＝12，所以BD ＝23 ，所以BD 2＋AB 2＝AD 2，所以△ABD 和△EBD 均为直角三角形，所以ED ⊥DB.又DB 是平面EBD 和平面ABD 的交线，且平面EBD ⊥平面ABD ，ED ⊂平面EBD ，所以ED ⊥平面ABD. 又AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥DE.(2)由(1)知∠ABD ＝∠CDB ＝90°，以D 为坐标原点，射线DB ，DC ，DE 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2 3 ，0，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，A(2 3 ，－2，0)，F(3 ，0，1)，所以DA →＝(23 ，－2，0)，DE → ＝(0，0，2)，AF →＝(－3 ，2，1).设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则有⎩⎨⎧n ·DA →＝0，n ·DE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧23x －2y ＝0，2z ＝0. 令x ＝1，则y ＝3 ，z ＝0，所以n ＝(1，3 ，0).设直线AF 与平面ADE 所成的角为α，则有sin α＝ |cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →| ＝32×22 ＝68 .所以直线AF 与平面ADE 所成角的正弦值为68.20．(12分)在直三棱柱中，AA 1＝AB ＝BC ＝3，AC ＝2，D 是AC 的中点．(1)求证：B 1C ∥平面A 1BD ； (2)求直线B 1C 到平面A 1BD 的距离．〖解 析〗(1)连接AB 1交A 1B 于点E ，连接DE ，则点E 为AB 1中点，又D 是AC 的中点，所以DE ∥B 1C ，因为DE ⊂平面A 1BD ，B 1C ⊄平面A 1BD ，所以B 1C ∥平面A 1BD ；(2)因为B 1C ∥平面A 1BD ，所以B 1C 到平面A 1BD 的距离就等于点B 1到平面A 1BD 的距离．以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1()0，22，3 ，B ()0，22，0 ，A 1()－1，0，3 ，1DB ＝()0，22，3 ，DB →＝()0，22，0 ，1DA ＝()－1，0，3 .设平面A 1BD 的法向量为n ＝()x ，y ，z ，所以1n DB,n DA ,⎧⎪⎨⎪⎩即1n DB 0n DA 0⎧=⎪⎨=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧22y ＝0，－x ＋3z ＝0，令z ＝1，则n ＝()3，0，1 .所求距离为d ＝1n DB n＝31010. 21．(12分)如图，在三棱柱ABC­A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝CC 1＝2，D 是棱A 1B 1的中点，侧棱CC 1⊥底面ABC.(1)求异面直线CB 1与AC 1所成的角的大小； (2)求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的正弦值．〖解 析〗(1)因为侧棱CC 1⊥底面ABC ，所以CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC.又因为AC ⊥BC ，所以可以以C 为坐标原点，CB → ，1CC ，CA →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系C ­xyz 如图所示．因为AA 1，BB 1，CC 1都是三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱，且CC 1⊥底面ABC ， 所以四边形AA 1C 1C 与CC 1B 1B 都是矩形．因为AC ＝BC ＝CC 1＝2，所以矩形AA 1C 1C 与CC 1B 1B 都是边长为2的正方形． 所以C(0，0，0)，A(0，0，2)，B 1(2，2，0)，C 1(0，2，0). 所以1CB ＝(2，2，0)，1AC ＝(0，2，－2). 所以cos 〈1CB ，1AC 〉＝1111CB AC CB AC ＝（2，2，0）·（0，2，－2）22＋22＋02×02＋22＋（－2）2 ＝12 ，所以异面直线CB 1与AC 1所成的角的大小是60°. (2)因为D 是棱A 1B 1的中点，所以D(1，2，1). 由(1)，知C(0，0，0)，A(0，0，2)，C 1(0，2，0).所以1CC ＝(0，2，0)，1AC ＝(0，2，－2)，AD →＝(1，2，－1). 因为侧棱CC 1⊥底面ABC ，所以1CC ＝(0，2，0)是平面ABC 的法向量．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则1n AC 0,n AD 0.⎧=⎪⎨=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，x ＋2y －z ＝0. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－z ，y ＝z.故可取n ＝(－1，1，1).所以cos 〈1CC ，n 〉＝11CC n CCn＝（0，2，0）·（－1，1，1）02＋22＋02×（－1）2＋12＋12＝33 .所以sin 〈1CC ，n 〉＝63.故平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的正弦值为63. 22．(12分)如图，在多面体ABCDP 中，△ABC 是边长为4的等边三角形，PA ＝AC ，BD ＝CD ＝2 2 ，PC ＝PB ＝4 2 ，点E 为BC 的中点，平面BDC⊥平面ABC.(1)求证：DE∥平面PAC.(2)线段BC 上是否存在一点T ，使得二面角T­DA­B 为直二面角？若存在，试指出点T 的位置；若不存在，请说明理由． 〖解 析〗(1)因为BD ＝CD ＝2 2 ，△ABC 是边长为4的等边三角形， 所以BD 2＋CD 2＝()22 2＋()22 2＝16＝BC 2，所以△BDC 是等腰直角三角形，∠BDC ＝90°. 又点E 为BC 的中点，所以DE ⊥BC.因为平面BDC ⊥平面ABC ，平面BDC ∩平面ABC ＝BC ，且DE ⊂平面BDC ， 所以DE ⊥平面ABC.因为PC ＝PB ＝4 2 ，PA ＝AC ＝AB ＝4，所以PA 2＋AC 2＝42＋42＝32＝PC 2，PA 2＋AB 2＝42＋42＝32＝PB 2， 所以△PAB 与△PAC 都是直角三角形， 故PA ⊥AC ，PA ⊥AB.又AC ∩AB ＝A ，所以PA ⊥平面ABC ， 所以DE ∥PA.因为PA ⊂平面PAC ，DE ⊄平面PAC ， 所以DE ∥平面PAC.(2)连接AE ，以E 为原点，EC ，EA ，ED 所在直线分别为x ，y ，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则A ()0，23，0 ，B ()－2，0，0 ，C ()2，0，0 ，D ()0，0，2 ，设存在T ()λ，0，0 ，使得二面角T ­DA ­B 为直二面角，易知－2≤λ≤2， 且λ≠0.设平面BAD 的法向量为n 1＝()x 1，y 1，z 1 ， BD → ＝()2，0，2 ，AD →＝()0，－23，2 ，则⎩⎨⎧n 1·BD →＝0，n 1·AD→＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝1，得x 1＝－1，y 1＝33 ，故n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，33，1 .设平面TAD 的法向量为n 2＝()x 2，y 2，z 2 ，DT →＝()λ，0，－2 ，AT →＝()λ，－23，0 ，则⎩⎪⎨⎪⎧λx 2－2z 2＝0，λx 2－23y 2＝0，令z 2＝1，得x 2＝2λ ，y 2＝33 ，故n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2λ，33，1 . 由cos 〈n 1，n 2〉＝－2λ＋33×33＋173×43＋4λ2 ＝0，得13 －2λ ＋1＝0，故λ＝32 .所以当T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点时，二面角T ­DA ­B 为直二面角．。

数学人教A 选修2-1第三章 空间向量与立体几何单元检测(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(每小题6分，共48分)1．已知点A (－4,8,6)，则点A 关于y 轴对称的点的坐标为( )． A ．(－4，－8,6) B ．(－4，－8，－6) C ．(－6，－8,4) D ．(4,8，－6)2．若a ＝(0,1，－1)，b ＝(1,1,0)，且(a ＋λb )⊥a ，则实数λ的值为( )． A ．－1 B ．0 C ．1 D ．－23．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，a ，b 夹角的余弦值为89，则λ等于( )， A ．2 B ．－2 C ．－2或255 D ．2或255- 4．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为( )．A B C ．4 D ．8 5．如图，在四面体ABCD 中，已知AB ＝b ，AD ＝a ，AC ＝c ，12BE EC =，则DE 等于( )．A ．2133-++a b c B ．2133++a b c C ．2133-+a b c D ．2133-+a b c 6．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝AB ，则二面角A －PB －C 的平面角的正切值为( )．A B C D 7．已知A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动(O 为原点)，则当QA QB ⋅取最小值时，点Q 的坐标为( )．A ．444,,333⎛⎫⎪⎝⎭ B ．848,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．884,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．448,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为( )．A ．310a B ．10a C ．10a D ．710a 二、填空题(每小题6分，共18分)9．若向量a ＝(4,2，－4)，b ＝(1，－3,2)，则2a ·(a ＋2b )＝________．10．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为△AFD 的外心，沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为__________．11．已知直线AB ，CD 是异面直线，AC ⊥AB ，AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，且AB ＝2，CD ＝1，则异面直线AB 与CD 所成角的大小为________．三、解答题(共3小题，共34分)12．(10分)已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE ⊥b ？(O 为原点)13．(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为BAD ＝120°，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．14．(14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1．(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；参考答案1答案：D2答案：D 解析：a ＋λb ＝(λ，1＋λ，－1)． 由(a ＋λb )⊥a ，知(a ＋λb )·a ＝0， 所以1＋λ＋1＝0，解得λ＝－2． 3答案：C解析：由公式cos 〈a ，b 〉＝||||⋅a ba b ，知89==λ＝－2或255．4答案：A 解析：|a |＝3，|b |＝3，而a·b ＝4＝|a||b|cos ,a b ，∴cos ,a b ＝49，故sin ,a b=于是以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为 S ＝|a||b|sin ,a b＝33⨯= 5答案：A 解析：DE ＝DA ＋AB ＋BE ＝DA ＋AB ＋13(AC －AB )＝2133-++a b c ．6答案：A 解析：设PA ＝AB ＝2，建立空间直角坐标系，平面PAB 的一个法向量是m ＝(1,0, 0)，平面PBC 的一个法向量是n＝⎫⎪⎪⎝⎭． 则cos 〈m ，n〉＝·3||||||||3===m nm n m n ． ∴正切值tan 〈m ，n．7答案：D 解析：由题意可知OQ ＝λOP ，故可设Q (λ，λ，2λ)，∴QA ·QB ＝6λ2－16λ＋10＝242633λ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴43λ=时，QA ·QB 取最小值，此时Q 的坐标为448,,333⎛⎫⎪⎝⎭． 8答案：C 解析：建立如图所示的坐标系，则A 1(a,0，a )，D 1(0,0，a )，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，B 1(a ，a ，a )，E ,,2a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，F 0,,02a ⎛⎫⎪⎝⎭．设平面A 1D 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则11·0A D =n ，11·0A E =n ，即(x ，y ，z )·(－a,0,0)＝0，(x ，y ，z )·0,,2a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝0， ∴－ax ＝0，02aay z -=． ∴x ＝0，2z y =． ∴n ＝0,,2z z ⎛⎫ ⎪⎝⎭． ∴10,||||2FD d ⎛ ⋅⎝==n n ． 9答案：32解析：2a·(a ＋2b )＝2|a|2＋4a·b ＝2×36＋4×(－10)＝32． 10解析：如图，过K 作KM ⊥EF ，M 为垂足，则向量MK 与FC 的夹角为120°.KG ＝KM ＋MF ＋FC ＋CG ，2KG ＝2KM ＋2MF ＋2FC ＋2CG ＋2KM ·MF ＋2FC ·CG ＋2KM ·FC ＋2KM ·CG . ∴2KG ＝1＋14＋1＋14＋0＋0＋2×1×1×cos 60°＋0＋0＋2×12×12×cos 180°＝2＋12＋1－12＝3． ∴3KG =．答案：60° 解析：设AB 与CD 所成的角为θ， 则cos θ＝cos ,AB CD ＝AB CD AB CD⋅．由于AB ·CD ＝(AC ＋CD ＋DB )·CD ＝AC ·CD ＋2CD ＋DB ·CD ＝0＋12＋0＝1，∴cos θ＝11212AB CD AB CD⋅==⨯． 由于0°＜θ≤90°，∴θ＝60°，故异面直线AB 与CD 所成角的大小为60°．12答案：解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝答案：解：OE ＝OA ＋AE ＝OA ＋t AB ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )．若OE ⊥b ，则OE ·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得95t =，因此存在点E ，使得OE ⊥b ，此时E 点坐标为6142,,555⎛⎫--⎪⎝⎭． 13答案：证明：连结BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点， 所以MN 是△PBD 的中位线．所以MN ∥BD ． 又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以MN ∥平面ABCD ．答案：解法一：连结AC 交BD 于O ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB＝BD＝6． 又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AC ．在直角△PAC中，AC =PA =AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4，由此知各点坐标如下：A(，0,0)，B (0，－3,0)，C，0,0)，D (0,3,0)，P(0,，M 3,22⎛-- ⎝，N 3,22⎛- ⎝，Q 33⎛ ⎝⎭． 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量． 由AM＝32-⎝，AN＝32-⎝，知30,230.2x y x y -+=+=取z ＝－1，得m ＝(0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM＝32⎛- ⎝⎭，QN＝32⎛- ⎝⎭知30,62330.2x y z x y ⎧--+=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩ 取z ＝5，得n ＝(0,5)． 于是cos 〈m ，n〉＝·||||33=m n m n ． 所以二面角A －MN －Q的平面角的余弦值为33．解法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BDAB ． 又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，PA ⊥AD ． 所以PB ＝PC ＝PD ． 所以△PBC ≌△PDC ．而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN ． 取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ， 则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角．由AB ＝PA ＝，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE ＝2.在直角△PAC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝QC ＝2，PQ ＝4，在△PBC 中，cos ∠BPC ＝222526PB PC BC PB PC +-=⋅，得MQ =在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ MN ＝3，得QE ==.在△AEQ 中，2AE =，2QE =，AQ =cos ∠AEQ ＝222233AE QE AQ AE QE +-=⋅.所以二面角A －MN －Q ． 14答案：解：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．答案：解：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．设C 1D ＝x ，∵AC ∥PC 1， ∴111C P C D xAC CD x==-． 由此可得D (0,1，x )，P 0,1,01x x ⎛⎫+⎪-⎝⎭， ∴1A B ＝(1,0,1)，1A D ＝(0,1，x )，1B P ＝1,1,01x x ⎛⎫-+⎪-⎝⎭． 设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ， c )，则11110,0.A B a c A D b cx ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩n n 令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)． ∵PB 1∥平面BA 1D ，高中数学-打印版精心校对 ∴n 1·1B P ＝1×(－1)＋x ·11x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭＋(－1)×0＝0． 由此可得12x =，故CD ＝C 1D ． 答案：解：由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝11,,12⎛⎫- ⎪⎝⎭．又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝1212123||||312⋅==⨯n n n n ． 故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23． (3)求点C 到平面B 1DP 的距离． 答案：解：∵1PB ＝(1，－2,0)，PD ＝10,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭， 设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)， 则311113120,0.2PB a b c PD b ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩n n 令c 1＝1，可得n 3＝11,,12⎛⎫ ⎪⎝⎭． 又10,0,2DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ∴点C 到平面B 1DP 的距离33||1||3DC d ⋅==n n ．。

第三章 空间向量与立体几何 单元检测一、选择题1．(2013·佛山高二检测)与向量a ＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( ) A ．(13，1,1) B ．(－1，－3,2) C ．(－12，32，－1) D ．(2，－3，－22)【解析】 a ＝(1，－3,2)＝－2(－12，32，－1)． 【答案】 C2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1E →＝14A 1C 1→，AE →＝xAA 1→＋y (AB →＋AD →)，则( )A ．x ＝1，y ＝12B ．x ＝1，y ＝13C ．x ＝12，y ＝1D ．x ＝1，y ＝14【解析】 AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋14A 1C 1→＝AA 1→＋14AC →＝AA 1→＋14(AB →＋AD →)，∴x ＝1，y ＝14.应选D. 【答案】 D3．已知A (2，－4，－1)，B (－1,5,1)，C (3，－4,1)，D (0,0,0)，令a ＝CA →，b ＝CB →， 则a ＋b 为( )A ．(5，－9,2)B ．(－5,9，－2)C ．(5,9，－2)D ．(5，－9，－2)【解析】 a ＝CA →＝(－1,0，－2)，b ＝CB →＝(－4,9,0)，∴a ＋b ＝(－5,9，－2)． 【答案】 B4．(2013·洛阳高二检测)棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列结论不正确的是 A.AB →＝－C 1D 1→ B.AB →·BC →＝0 C.AA 1→·B 1D 1→＝0D.AC 1→·A 1C →＝0 ( )【解析】 如图AB →∥C 1D 1→，AB →⊥BC →，AA 1→⊥B 1D 1，故A 、B 、C 选项均正确．【答案】 D5．已知向量a 、b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则c ·a ＝0，且c ·b ＝0是l ⊥α的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 若l ⊥α，则l 垂直于α内的所有直线，从而有c ·a ＝0，c ·b ＝0.反之由于a 、b 是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立．【答案】 B6．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 ．2 B ．3 C ．4D ．5 ( )【解析】 设BC 中点为D ，则D (2,1,4)，∴AD →＝(－1，－2,2)， ∴|AD →|＝12＋(－2)2＋22＝3，即BC 边上的中线长为3. 【答案】 B7．(2013·岳阳高二检测)若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝( ) A ．2 B ．－2 C ．－2或255D ．2或－255【解析】 ∵cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝2－λ＋45＋λ2·9＝89，解得λ＝－2或λ＝255. 【答案】 C8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33 C.23D.63【解析】 设正方体的棱长为1，建系如图． 则D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)．平面ACD 1的法向量为DB 1→＝(1,1,1)．又BB 1→＝(0,0,1)， 则cos 〈DB 1→，BB 1→〉＝DB 1→·BB 1→|DB 1→||BB 1→|＝13×1＝33.故BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1－(33)2＝63.【答案】 D9．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，BP →⊥平面ABC ，则BP →等于( )A ．(407，－157，－4)B ．(407，－157，－3)C ．(337，－157，4)D ．(337，－157，－3)【解析】∵AB→⊥BC→，∴AB→·BC→＝3＋5－2z＝0，∴z＝4，∴BC→＝(3,1,4)．∵BP→⊥平面ABC，∴BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x－1)×1＋y×5＋(－3)×(－2)＝0(x－1)×3＋y×1＋(－3)×4＝0解得⎩⎨⎧x＝407y＝－157，∴BP→＝(337，－157，－3)．【答案】 D10．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝435，那么二面角A－BD－P的大小为()A．30°B．45°C．60° D．75°【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则PB→＝(3,0，－453)，BD→＝(－3,4,0)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·PB→＝0n·BD→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧(x，y，z)·(3，0，－453)＝0，(x，y，z)·(－3，4，0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3x－453z＝0，－3x＋4y＝0.令x＝1，则n＝(1，34，543)．又n1＝(0,0，453)为平面ABCD的一个法向量，∴cos〈n1，n〉＝n1·n|n1||n|＝32.∴所求二面角为30°.【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)11．(2013·北京高二检测)若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a与b为共线向量，则x＝________，y＝________.【解析】由题意得2x1＝1－2y＝39，∴x＝16，y＝－32. 【答案】16－3212．(2013·重庆高二检测)已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是________．【解析】∵AC→＝(5,1，－7).BC→＝(2，－3,1)，∴AC→·BC→＝10－3－7＝0.∴AC→⊥BC→，∴∠ACB＝90°，又∵|AC→|≠|BC→|，∴△ABC为直角三角形．【答案】直角三角形13．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都是60°，则对角线AC1的长是________．【解析】如图所示，设AA1→＝a，AB→＝b，AD→＝c，∴a·b＝a·c＝b·c＝1×1×cos 60°＝12.又AC1→＝AB→＋BC→＋CC1→＝a＋b＋c，|AC1→|＝(a＋b＋c)2＝3＋3×2×12＝ 6.【答案】614．命题：①若a与b共线，b与c共线，则a与c共线；②向量a、b、c共面，则它们所在的直线也共面；③若a与b共线，则存在惟一的实数λ，使b＝λa；④若A、B、C三点不共线，O是平面ABC外一点，OM→＝13OA→＋13OB→＋13OC→，则点M一定在平面ABC上，且在△ABC内部．上述命题中的真命题是________．【解析】当b＝0时，①不正确；a、b、c共面于平面α，则a，b，c所在的直线可能异面，但都与α平行，所以②不正确；③不正确．因为a∥b⇔b＝λa(a≠0)；由空间向量基本定理可知④正确．【答案】④三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分12分)如图1所示的平行六面体中，求证：AC→＋AB′→＋AD′→＝2AC′→.图1【证明】∵平行六面体的六个面均为平行四边形，∴AC→＝AB→＋AD→，AB′→＝AB→＋AA′→，AD′→＝AD→＋AA′→.∴AC →＋AB ′→＋AD ′→＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA ′→)＋(AD →＋AA ′→)＝2(AB →＋AD →＋AA ′→)． 又AA ′→＝CC ′→，AD →＝BC →，∴AB →＋AD →＋AA ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝AC →＋CC ′→＝AC ′→. ∴AC →＋AB ′→＋AD ′→＝2AC ′→.16．(本小题满分12分)如图2，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，AB ＝5，BC ＝4，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．图2(1)求证：AC ⊥BC 1； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1.【解】 ∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5， ∴AC ，BC ，C 1C 两两垂直．如图，以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)，B 1(0,4,4)，D (32，2,0)．(1)∵AC →＝(－3,0,0)，BC 1→＝(0，－4,4)， ∴AC →·BC 1→＝0，∴AC ⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，则E (0,2,2)． ∵DE →＝(－32，0,2)，AC 1→＝(－3,0,4)，∴DE →＝12AC 1→，∴DE →∥AC 1→.∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1.图317．(本小题满分12分)如图3，四棱锥S －ABCD 的底面是边长为2a 的菱形，且SA ＝SC ＝2a ，SB ＝SD ＝2a ，点E 是SC 上的点，且SE ＝λa (0＜λ≤2)．(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有BD ⊥AE ；(2)若SC ⊥平面BED ，求直线SA 与平面BED 所成角的大小．【解】 (1)证明 连结BD ，AC ，设BD 与AC 交于O . 由底面是菱形，得BD ⊥AC . ∵SB ＝SD ，O 为BD 中点， ∴BD ⊥SO .又AC ∩SO ＝O ，∴BD ⊥平面SAC .又AE ⊂平面SAC ，∴BD ⊥AE.(2)由(1)知BD ⊥SO ， 同理可证AC ⊥SO ， ∴SO ⊥平面ABCD .取AC 和BD 的交点O 为原点建立如图所示的坐标系，设SO ＝x ，则OA ＝4a 2－x 2，OB ＝2a 2－x 2.∵OA ⊥OB ，AB ＝2a ，∴(4a 2－x 2)＋(2a 2－x 2)＝4a 2，解得x ＝a .∴OA ＝3a ，则A (3a,0,0)，C (－3a,0,0)，S (0,0，a )． ∵SC ⊥平面EBD ，∴SC →是平面EBD 的法向量． ∴SC →＝(－3a,0，－a )，SA →＝(3a,0，－a )．设SA 与平面BED 所成角为α，则sin α＝|SC →·SA →||SC →|·|SA →|＝|－3a 2＋a 2|(3＋1)a 2·(3＋1)a 2＝12，即SA 与平面BED 所成的角为π6.图418．(本小题满分14分)(2012·浙江高考)如图4，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值． 【解】 (1)证明 连结BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD .又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)连结AC 交BD 于O ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，以过O 点且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AC .在直角△PAC 中，AC ＝23，PA ＝26，AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4.由此知各点坐标如下；A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M (－32，－32，6)，N (－32，32，6)，Q (33，0，263)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量，由AM →＝(32，－32，6)，AN →＝(32，32，6)知⎩⎨⎧32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量， 由QM →＝(－536，－32，63)，QN →＝(－536，32，63)知⎩⎨⎧－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0.取z ＝5，得n ＝(22，0,5)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝3333.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333.。

第三章空间向量与立体几何一、空间向量的概念与运算1．在空间，具有大小和方向的量称为空间向量．2．向量可用一条有向线段来表示．有向线段的长度表示向量的大小,箭头所指的方向表示向量的方向．3．向量AB的大小称为向量的模（或长度），记作AB．4．模（长度）为0的向量称为零向量；模为1的向量称为单位向量．5．与向量a长度相等且方向相反的向量称为a的相反向量，记作a-．6．方向相同且模相等的向量称为相等向量．7．求两个向量和的运算称为向量的加法，它遵循平行四边形法则．即：在空间以同一点O为起点的两个已知向量a、b为邻边作平行四边形OACB，则以O起点的对角线OC就是a与b的和，这种求向量和的方法，称为向量加法的平行四边形法则．8．求两个向量差的运算称为向量的减法，它遵循三角形法则．即：在空间任取一点O,作OA a=，OB b=，则=-．BA a b9．实数λ与空间向量a的乘积aλ是一个向量,称为向量的数乘运算．当0λ>时，a λ与a 方向相同；当0λ<时，a λ与a 方向相反；当0λ=时，a λ为零向量，记为0．a λ的长度是a 的长度的λ倍．10．设λ，μ为实数，a ,b 是空间任意两个向量，则数乘运算满足分配律及结合律．分配律:()a b a b λλλ+=+;结合律：()()a a λμλμ=．11．如果表示空间的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量称为共线向量或平行向量，并规定零向量与任何向量都共线．12．向量共线的充要条件：对于空间任意两个向量a ，(0)b b ≠，a b 的充要条件是存在实数λ,使a b λ=．13．平行于同一个平面的向量称为共面向量．14．向量共面定理:空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ，y ，使AP xAB yAC =+；或对空间任一定点O ，有OP OA xAB yAC =++;或若四点P ，A ，B ，C 共面,则()1OP xOA yOB zOC x y z =++++=．15．已知两个非零向量a 和b ,在空间任取一点O ，作OA a =，OB b =，则AOB ∠称为向量a ,b 的夹角，记作,a b 〈〉．两个向量夹角的取值范围是：[],0,πa b 〈〉∈．16．对于两个非零向量a 和b ，若π,2a b 〈〉=,则向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥．17．已知两个非零向量a 和b ,则cos ,a b a b 〈〉称为a ，b 的数量积,记作a b ⋅．即cos ,a b ab a b ⋅=〈〉．零向量与任何向量的数量积为0． 18．a b ⋅等于a 的长度a 与b 在a 的方向上的投影cos ,b a b 〈〉的乘积．19．若a ,b 为非零向量，e 为单位向量，则有①cos ,e a a e a a e ⋅=⋅=〈〉； ②0a b a b ⊥⇔⋅=；③()()a b a b a b a b a b ⎧⎪⋅=⎨-⎪⎩与同向与反向，2a a a ⋅=，a a a =⋅; ④cos ,a b a b a b ⋅〈〉=；⑤ a b a b ⋅≤．20．向量数乘积的运算律:①a b b a ⋅=⋅;②()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅; ③()a b c a c b c +⋅=⋅+⋅．例1如右图所示，空间四边形OABC 中，错误!＝a ，错误!＝b ，错误!＝c ，点M 在OA上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则错误!等于（ )．A ．错误!a －错误!b ＋错误!cB ．－错误!a ＋错误!b ＋错误!cC ．错误!a ＋错误!b －错误!cD ．－错误!a ＋错误!b －错误!c答案：B解析：错误!＝错误!－错误!＝错误!(错误!＋错误!）－错误!错误!＝－错误!a＋错误!b＋错误!c．例2已知|a｜＝1，|b|＝错误!，且a－b与a垂直，则a 与b的夹角为（）．A．60°B．30°C．135°D．45°答案:D解析：∵a－b与a垂直，∴(a－b)·a＝0，∴a·a－a·b＝|a|2－|a｜·｜b|·cos<a，b〉＝1－1·错误!·cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝错误!．∵0°≤<a，b〉≤180°，∴〈a，b>＝45°．二、空间向量的坐标与坐标运算1．若i,j，k是空间三个两两垂直的向量，则对空间任一向量p,存在有序实数组{}x y z，使得p xi yj zk,,=++，称xi，yj，zk为向量p在i，j,k上的分量．2．空间向量基本定理：若三个向量a，b,c不共面，则对空间任一向量p,存在实数组{}x y z，使得p xa yb zc,,=++．3．若三个向量a，b,c不共面，则所有空间向量组成的集合是{，=++}p p xa yb zcx y z∈R．这个集合可看作是由向，，量a,b，c生成的，{}a b c称为空间的一个基底，a，b,c，，称为基向量．空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底．4．设1e ，2e ，3e 为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量（称它们为单位正交基底），以1e ,2e ,3e 的公共起点O 为原点,分别以1e ，2e ，3e 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．则对于空间任意一个向量p ，一定可以把它平移,使它的起点与原点O 重合，得到向量OP p =．存在有序实数组{},,x y z ,使得123p xe ye ze =++．把x ，y ，z 称作向量p 在单位正交基底1e ，2e ,3e 下的坐标，记作(),,p x y z =．此时，向量p 的坐标是点P 在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标(),,x y z ．5．设()111,,a x y z =，()222,,b x y z =，则①()121212,,a b x x y y z z +=+++． ②()121212,,a b x x y y z z -=---．③()111,,a x y z λλλλ=．④121212a b x x y y z z ⋅=++．⑤若a 、b 为非零向量，则12121200a b a b x x y y z z ⊥⇔⋅=⇔++=． ⑥若0b ≠，则121212,,ab a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===． ⑦21a a a x =⋅=+．⑧21cos ,x a ba b a b x ⋅〈〉==+⑨()111,,A x y z ,()222,,B x y z =,则(ΑΒd ΑΒx ==例1已知空间四点A （4，1，3)、B (2,3，1)、C (3，7，－5)、D(x，－1，3）共面,则x的值为（）．A．4 B．1 C．10D．11答案：D解析:错误!＝（－2，2，－2），错误!＝(－1，6,－8），错误!＝(x－4，－2，0）,∵A、B、C、D共面，∴错误!、错误!、错误!共面，∴存在λ、μ，使错误!＝λ错误!＋μ错误!，即（x－4,－2，0）＝（－2λ－μ,2λ＋6μ，－2λ－8μ)，∴错误!∴错误!例2已知a＝(1，2,－y)、b＝（x,1,2)，且(a＋2b）∥（2a －b）,则( ）．A．x＝错误!，y＝1 B．x＝错误!，y＝－4 C．x＝2,y＝－错误!D．x＝1，y＝－1答案：B解析:a＋2b＝(2x＋1,4,4－y），2a－b＝（2－x，3，－2y －2）,∵(a＋2b)∥(2a－b)，∴错误!∴错误!例3已知a＝（2，4，x)、b＝（2,y，2），若|a｜＝6，a⊥b,则x＋y的值是( ）．A．－3或1 B．3或－1 C．－3 D．1答案：A解析：∵｜a｜＝6，∴｜a｜2＝36，∴4＋16＋x2＝36，∴x2＝16，x＝±4．又∵a⊥b，∴a·b＝4＋4y＋2x＝0，∴x＋2y＋2＝0．当x＝4时，y＝－3，当x＝－4时,y ＝1，∴x＋y＝1或－3．例4已知空间三点A(0，2，3)、B(－2，1，6)、C（1，－1,5）．（1）求以错误!、错误!为邻边的平行四边形面积；（2)若｜a|＝错误!，且a分别与错误!、错误!垂直，求向量a的坐标．解：(1）由题中条件可知错误!＝(－2，－1,3）,错误!＝(1,－3，2），＝错误!＝错误!，∴cos〈错误!，错误!〉＝AB ACAB AC∴sin〈错误!，错误!〉＝错误!，∴以错误!、错误!为邻边的平行四边形面积：S＝｜错误!|·| AC，→｜·sin〈错误!，错误!〉＝7错误!．（2）设a＝(x，y，z)，由题意得错误!，解得错误!,或错误!．∴a＝(1，1，1)或a＝(－1,－1,－1)．三、立体几何中的向量方法1．在空间中，取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P的位置可以用向量OP来表示．向量OP称为点P的位置向量．2．空间中任意一条直线l的位置可以由l上一个定点A 以及一个定方向确定．点A是直线l上一点，向量a表示直线l的方向向量,则对于直线l上的任意一点P，有=，这样点A和向量a不仅可以确定直线l的位置,还AP ta可以具体表示出直线l上的任意一点．3．空间中平面α的位置可以由α内的两条相交直线来确定．设这两条相交直线相交于点O，它们的方向向量分别为a，b．P为平面α上任意一点，存在有序实数对(,)x y，使得OP xa yb=+,这样点O与向量a，b就确定了平面α的位置．4．直线l 垂直α，取直线l 的方向向量a ,则向量a 称为平面α的法向量．5．若空间不重合两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，则a b a b a b λ⇔⇔=()λ∈R ，0a b a b a b ⊥⇔⊥⇔⋅=．6．若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且a α⊄，则a a a n αα⇔⇔⊥0a n ⇔⋅=，a a an a n ααλ⊥⇔⊥⇔⇔=． 7．若空间不重合的两个平面α，β的法向量分别为a ，b ,则a b a b αβλ⇔⇔=，0a b a b αβ⊥⇔⊥⇔⋅=．8．设异面直线a ,b 的夹角为θ，方向向量为a ,b ，其夹角为ϕ，则有cos cos a ba b θϕ⋅==．9．设直线l 的方向向量为l ,平面α的法向量为n ,l 与α所成的角为θ，l与n 的夹角为ϕ，则有sin cos l n l n θϕ⋅==． 10．设1n ，2n 是二面角l αβ--的两个面α，β的法向量，则向量1n ,2n 的夹角(或其补角）就是二面角的平面角的大小．若二面角l αβ--的平面角为θ，则1212cos n n n n θ⋅=．11．点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算． 12．在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为cos ,PA nd PA PA n n ⋅=〈〉=．13．点P 是平面α外一点,A 是平面α内的一定点，n 为平面α的一个法向量，则点P 到平面α的距离为cos ,PA n d PA PA n n ⋅=〈〉=．例1在如图所示的坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列结论：①直线DD 1的一个方向向量为(0，0，1）; ②直线BC 1的一个方向向量为（0,1,1)； ③平面ABB 1A 1的一个法向量为（0，1，0）； ④平面B 1CD 的一个法向量为(1，1,1)． 其中正确的个数为（ ）．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 答案：C解析：DD 1∥AA 1,错误!＝（0,0,1）；BC 1∥AD 1，错误!＝（0，1,1），直线AD ⊥平面ABB 1A 1，错误!＝（0，1，0)；C 1点坐标为（1，1，1），错误!与平面B 1CD 不垂直,∴①②③对，④错．例2平面α的法向量u ＝(x ，1，－2），平面β的法向量v ＝错误!，已知α∥β，则x ＋y ＝__________________．答案：154解析：∵α∥β，∴u ∥v ，∴错误!＝错误!＝错误!，∴错误!∴x ＋y ＝错误!．例3在正四棱锥P －ABCD 中,底面正方形边长为3错误!,棱锥的侧棱长为5，E 、F 、G 分别为BC 、CD 、PC 的中点，求证：（1)EF ⊥PA ; (2)EF ∥平面PBD ；(3）直线PA 与平面EFG 不平行．解：设AC 与BD 的交点为O ,∵P －ABCD 为正四棱锥,∴PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，以O 为原点,OB ,OC 、OP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵正方形ABCD边长为3错误!，∴OB＝OC＝3，又PC＝5，∴OP＝4，∴点A（0,－3，0)、B(3，0,0)、C(0，3,0）、D(－3,0，0)、P(0,0，4）．（1)∵E、F分别为BC、CD的中点，∴点E（错误!，错误!，0）、F（－错误!，错误!，0），∴错误!＝（－3，0,0）,错误!＝（0，－3，－4)，错误!·错误!＝0，∴EF⊥PA．（2）显然错误!＝（0，3，0）为平面PBD的一个法向量,∵错误!·错误!＝0，∴EF∥平面PBD．(3）∵G为PC中点,∴点G（0，错误!，2），设平面EFG 的法向量为n＝(x，y，z),则n·EF，→＝0，n·EG→＝0，∴错误!，∴错误!．取n＝（0，1，0），∵n·错误!＝－3≠0，∴PA与平面EFG不平行．例4如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2,BC＝2错误!，E、F分别是AD、PC的中点，求证：PC ⊥平面BEF．解：如图，以A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝2错误!，四边形ABCD是矩形，∴点A(0,0，0)、B（2,0，0）、C（2，2错误!，0)、D（0，2错误!,0）、P（0，0，2)．又E、F分别是AD、PC的中点,∴点E（0，错误!,0)、F(1，错误!,1)．∴错误!＝（2，2错误!，－2）、错误!＝(－1，错误!，1）、错误!＝(1,0，1)，∴错误!·错误!＝－2＋4－2＝0，错误!·错误!＝2＋0－2＝0，∴错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，∴PC⊥BF，PC⊥EF．又BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF．例5如图，在四棱锥P－ABCD中,AB∥CD，AB⊥AD，AB＝4,AD＝2错误!，CD＝2,PA⊥平面ABCD，PA＝4．（1)求证：BD⊥平面PAC；（2）点Q为线段PB的中点，求直线QC与平面PAC 所成角的正弦值．解:建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．则点A （0,0，0）、D (0,2错误!，0）、B （4,0，0)、P (0，0，4)、C （2，2错误!,0)、Q (2,0，2）．(1)错误!＝（－4，2错误!，0），错误!＝(0，0,4)，错误!＝（2,2错误!,0），∴错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝－8＋8＝0，∴BD ⊥AP ,BD ⊥AC ,又AP ∩AC ＝A ,∴BD ⊥平面PAC ．（2）错误!＝(0,－2错误!,2)．设平面PAC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则00AP AC n n ，∴错误!，∴错误!．∴n ＝（1，－错误!，0)．设直线QC 与平面PAC 所成的角为θ，则sin θ＝｜cos 〈错误!,n 〉｜＝CQ CQ nn ＝错误!＝错误!．故直线QC与平面PAC所成角的正弦值为错误!．例6如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1）求证：B1E⊥AD1；（2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在,说明理由；（3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．解：（1）以A为原点，错误!，错误!,错误!的方向分别为x 轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如下图）．设AB＝a,则点A(0,0,0）、D(0，1，0）、D1(0,1,1)、E（a 2，1，0）、B1(a，0，1），故错误!＝（0，1，1），错误!＝(－错误!，1，－1)，错误!＝(a，0，1)，错误!＝（错误!，1，0）．∵错误!·错误!＝－错误!×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1．（2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE．此时错误!＝（0，－1，z0）．又设平面B1AE的法向量n＝（x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥错误!，n⊥错误!，得错误!，取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝(1,－错误!，－a)．要使DP∥平面B1AE,只要n⊥错误!，有错误!－az0＝0，解得z0＝错误!．又DP⊄平面B1AE，∴存在点P,满足DP∥平面B1AE，此时AP＝错误!．（3）连接A1D、B1C,由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1,得AD1⊥A1D．∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C．又由（1）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴错误!是平面A 1B 1E 的一个法向量,此时错误!＝（0，1，1）．设错误!与n 所成的角为θ，则cos θ＝AD AD n n ＝错误! ．∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°， ∴|cos θ｜＝cos30°，即错误!＝错误!．解得a ＝2，即AB 的长为2．例7三棱柱ABC －A 1B 1C 1是各条棱长均为a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点．（1)求证：平面AB 1D ⊥平面ABB 1A 1;（2）求点C 到平面AB 1D 的距离．解：（1）证明：如图所示，取AB 1中点M ，则错误!＝错误!＋错误!＋错误!，又错误!＝错误!＋错误!＋错误!．∴2DM ，→＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!． ∴2错误!·错误!＝（错误!＋错误!)·错误!＝0,2错误!·错误!＝（错误!＋错误!)·(错误!－错误!）＝|错误!｜2－｜错误!|2＝0,∴DM ⊥AA 1，DM ⊥AB ，∴DM ⊥平面ABB 1A 1． 又∵DM ⊂平面AB 1D ,∴平面AB 1D ⊥平面ABB 1A 1．(2）∵A 1B ⊥DM ,A 1B ⊥AB 1．∴A 1B ⊥平面AB 1D ． ∴错误!是平面AB 1D 的一个法向量． ∴点C 到平面AB 1D 的距离为： d ＝11122()AC A B AC A A AB AC AB a a A B ＝错误!＝错误!a ．。

第03章 空间向量与立体几何一、选择题:1、 【2016届西藏日喀则地区一高2015学年第一学期10月检测】如图,空间四边形CDAB 中,M ,G 分别就是C B ,CD 的中点,则11C D 22AB +B +B u u u r u u u r u u u r 等于( ) A 、D A u u u r B 、G A u u u rC 、G A u u u rD 、G M u u u u r2、 【2016届西藏日喀则地区一高2015学年第一学期10月检测】正四棱柱1111CD C D AB -A B 中,12AA =AB ,则CD 与平面1DC B 所成角的正弦值等于( )A 、23B 、33C 、23D 、133、 【山西省康杰中学2015-2016学年高二上学期期中考试】点P 就是正方形ABCD 所在平面外的一点,PD ⊥平面ABCD ,AD PD =,则PA 与BD 所成角的大小为A 、30°B 、45°C 、60°D 、90° 二、解答题1、 【2016届西藏日喀则地区一高2015学年第一学期10月检测】如图,在四棱锥CD P -AB 中,底面CD AB 为直角梯形,D//C A B ,DC 90∠A =o ,平面D PA ⊥底面CD AB ,Q 为D A 的中点,M 就是棱C P 上的点,D 2PA =P =,1C D 12B =A =,CD 3=、 (I)求证:平面Q PB ⊥平面D PA ;(II)若二面角Q C M -B -为30o ,设C t PM =M ,试确定t 的值、2、 【2016届西藏日喀则地区一高2015学年第一学期10月检测】直三棱柱C C '''AB -A B 中,C C 'A =B =AA ,C 90∠A B =o,D 、E 分别为AB 、'BB 的中点、(1)求证:C D 'E ⊥A ;(2)求异面直线C E 与C 'A 所成角的余弦值、3、 【吉林省实验中学2015-2016学年高二上学期期中考试数学(理)试题】(本小题12分) 如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,90ACB ∠=o,E 就是棱1CC 上的动点,F 就是AB 中点 ,2==BC AC ,41=AA 、(Ⅰ)求证:CF ⊥平面1ABB ;(Ⅱ)若二面角1A EB B --的大小就是45o ,求CE 的长、4、 【石家庄市第一中学2015—2016学年第一学期高二年级期中考试】(本小题满分12分)如图1,在直角梯形ABCD 中,90,//,ADC CD AB ∠=︒4AB =,2AD CD ==,点M 为线段AB 的中点,将ADC ∆沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示、(Ⅰ)求证:BC ⊥平面ACD ;【理】(Ⅱ)求二面角A CD M --的余弦值、【文】(Ⅱ)求点B 到平面CDM 的距离、5、 【河北省衡水中学2015~2016学年度上学期高二年级一调考试】(本小题满分12分)如图所示,在四棱锥CD P -AB 中,底面CD AB 为矩形,PA ⊥平面CD AB ,点E 在线段C P 上,C P ⊥平面D B E 、()1证明:D B ⊥平面C PA ;()2若1PA =,D 2A =,求二面角C B-P -A 的正切值、6、 【山西省康杰中学2015-2016学年高二上学期期中考试】本小题满分12分、)如图,在四棱锥ABCD P -中,底面ABCD 就是菱形,o60=∠DAB ,⊥PD 平面ABCD ,1==AD PD ,点,E F 分别为AB 与PD 中点、 求PC 与平面PAB 所成角的正弦值、7、 【山西省康杰中学2015-2016学年高二上学期期中考试】(本小题满分12分,(I)小问6分,(II)小问6分、 )如图,四棱锥ABCD P -的底面就是矩形,侧面PAD 就是正三角形,且侧面⊥PAD 底面ABCD ,E 为侧棱PD 的中点、(I)求证:⊥AE 平面PCD ;(II)若AB AD =,试求二面角D PC A --的余弦值、。

第1课时空间向量与平行、垂直关系1.理解直线的方向向量与平面的法向量的概念．2.会求平面的法向量．3．能利用直线的方向向量和平面的法向量判断并证明空间中的平行、垂直关系．1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行或共线的向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．2．空间平行关系的向量表示(1)线线平行设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m⇔a∥b⇔a ＝λb⇔a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(2)线面平行设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)面面平行设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔u∥v⇔u ＝λv⇔a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．3．空间垂直关系的向量表示(1)线线垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0．(2)线面垂直设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a∥u⇔a＝λu⇔a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(3)面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0 ⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若两条直线平行，则它们的方向向量方向相同或相反．( )(2)平面α的法向量是惟一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．( ) (3)两直线的方向向量平行，则两直线平行．( )(4)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√若A (1，0，－1)，B (2，1，2)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量是( ) A ．(2，2，6) B ．(－1，1，3) C ．(3，1，1) D.(－3，0，1)答案：A若平面α⊥β，且平面α的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，12，则平面β的法向量可以是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，14B ．(2，－1，0)C ．(1，2，0) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，2答案：C若直线的方向向量为u 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，43，1，平面的法向量为u 2＝(3，2，z )，则当直线与平面垂直时z ＝________．答案：32设平面α的法向量为(1，3，－2)，平面β的法向量为(－2，－6，k )，若α∥β，则k ＝__________．答案：4探究点1 求直线的方向向量与平面的法向量[学生用书P64]如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，AB ＝AP ＝1，AD ＝3，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE 的一个法向量．【解】因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，B (1，0，0)，C (1，3，0)，于是AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12， AC →＝(1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝－3y ，z ＝－3y ，令y ＝－1，则x ＝z ＝ 3.所以平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，－1，3)．[变问法]本例条件不变，试求直线PC 的一个方向向量和平面PCD 的一个法向量． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，则P (0，0，1)，C (1，3，0)，所以PC →＝(1，3，－1)，即为直线PC 的一个方向向量．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为D (0，3，0)，所以PD →＝(0，3，－1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y －z ＝0，3y －z ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝0，z ＝3y ，令y ＝1，则z ＝ 3.所以平面PCD 的一个法向量为(0，1，3)．待定系数法求平面法向量的步骤(1)设向量：设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )． (2)选向量：在平面内选取两不共线向量AB →，AC →. (3)列方程组：由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0列出方程组．(4)解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0.(5)赋非零值：取其中一个为非零值(常取±1)． (6)得结论：得到平面的一个法向量．1.已知A (0，y ，3)，B (－1，－2，z )，若直线l 的方向向量v ＝(2，1，3)与直线AB 的方向向量平行，则y ＋z 等于( )A ．－3B ．0C ．1D.3解析：选B.由题意，得AB →＝(－1，－2－y ，z －3)，则－12＝－2－y 1＝z －33，解得y ＝－32，z ＝32，所以y ＋z ＝0，故选B. 2．在△ABC 中，A (1，－1，2)，B (3，3，1)，C (3，1，3)，设M (x ，y ，z )是平面ABC 内任意一点．(1)求平面ABC 的一个法向量； (2)求x ，y ，z 满足的关系式．解：(1)设平面ABC 的法向量n ＝(a ，b ，c )． 因为AB →＝(2，4，－1)，AC →＝(2，2，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝2a ＋4b －c ＝0n ·AC →＝2a ＋2b ＋c ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝b a ＝－32b ，令b ＝2，则a ＝－3，c ＝2.所以平面ABC 的一个法向量为n ＝(－3，2，2)． (2)因为点M (x ，y ，z )是平面ABC 内任意一点，所以AM →⊥n ，所以－3(x －1)＋2(y ＋1)＋2(z －2)＝0， 所以3x －2y －2z －1＝0.故x ，y ，z 满足的关系式为3x －2y －2z －1＝0. 探究点2 利用空间向量证明平行关系[学生用书P64]已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点．求证：FC 1∥平面ADE .【证明】 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则有D (0，0，0)，A (2，0，0)，C (0，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，2，1)，F (0，0，1)，B 1(2，2，2)．FC 1→＝(0，2，1)，DA →＝(2，0，0)，AE →＝(0，2，1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥DA →，n 1⊥AE →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0，n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1. 所以n 1＝(0，－1，2)． 因为FC 1→·n 1＝－2＋2＝0. 所以FC 1→⊥n 1.因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE .[变问法]在本例条件下，求证：平面ADE ∥平面B 1C 1F .证明：由本例证明知C 1B 1→＝(2，0，0)， 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的法向量． 由n 2⊥FC 1→，n 2⊥C 1B 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2. 令z 2＝2得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1，2)，因为n 1＝n 2， 所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .证明线、面平行问题的方法(1)用向量法证明线面平行：①是证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；②是证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示；③是证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．(2)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2，点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点．求证：MN ∥RS .证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得M (3，0，43)，N (0，2，2)，R (3，2，0)，S (0，4，23)．所以MN →＝(－3，2，23)，RS →＝(－3，2，23)，所以MN →＝RS →，所以MN →∥RS →，因为M ∉RS ，所以MN ∥RS . 法二：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则MN →＝MB 1→＋B 1A 1→＋A 1N →＝13c －a ＋12b ，RS →＝RC →＋CD →＋DS →＝12b －a ＋13c .所以MN →＝RS →，所以MN →∥RS →. 又R ∉MN ，所以MN ∥RS .探究点3 利用空间向量证明垂直关系[学生用书P65]在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且AS ＝AB ，E 是SC 的中点．求证：平面BDE ⊥平面ABCD .【证明】 设AS ＝AB ＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则B (1，0，0)，D (0，1，0)，A (0，0，0)，S (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.法一：如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.易知AS →＝(0，0，1)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以OE →＝12AS →，所以OE ∥AS .又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥平面ABCD . 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD . 法二：设平面BDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )． 易知BD →＝(－1，1，0)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥BD →，n 1⊥BE →，即⎩⎨⎧n 1·BD →＝－x ＋y ＝0，n 1·BE →＝－12x ＋12y ＋12z ＝0.令x ＝1，可得平面BDE 的一个法向量为n 1＝(1，1，0)． 因为AS ⊥底面ABCD ，所以平面ABCD 的一个法向量为n 2＝AS →＝(0，0，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面BDE ⊥平面ABCD .证明线、面垂直问题的方法(1)用向量法判定线面垂直，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直即可．(2)用向量法判定两个平面垂直，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0即可．如图，△ABC 中，AC ＝BC ，D 为AB 边中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 在CD上，求证：AB ⊥PC .证明：设CA →＝a ，CB →＝b ，OP →＝v .由条件知，v 是平面ABC 的法向量， 所以v ·a ＝0，v ·b ＝0， 因为D 为AB 中点，所以CD →＝12(a ＋b )，因为O 在CD 上，所以存在实数λ，使CO →＝λCD →＝λ2(a ＋b )．因为CA ＝CB ， 所以|a |＝|b |， 所以AB →·CP →＝(b －a )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λ2（a ＋b ）＋v ＝λ2(a ＋b )·(b －a )＋(b －a )·v＝λ2(|b |2－|a |2)＋b ·v －a ·v ＝0， 所以AB →⊥CP →， 所以AB ⊥PC .1．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 是棱DD 1的中点，O 是正方形ABCD 的中心，证明：OA 1⊥AM . 证明：设正方体棱长为1，建立空间直角坐标系，如图，则A (1，0，0)，A 1(1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，O ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以OA 1→＝(1，0，1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12－(1，0，0)＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，12，所以OA 1→·AM →＝12×(－1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×0＋1×12＝0，即OA 1⊥AM .2．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．求证：CE ∥平面C 1E 1F .证明：以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝1，则C (0，1，0)，E (1，0，1)，C 1(0，1，2)，F (1，1，1)，E 1⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2.设平面C 1E 1F 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 因为C 1E 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0，FC 1→＝(－1，0，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12y ，x ＝z ， 取n ＝(1，2，1)．因为CE →＝(1，－1，1)，n ·CE →＝1－2＋1＝0，所以CE →⊥n ，且CE ⊄平面C 1E 1F . 所以CE ∥平面C 1E 1F .[学生用书P66]知识结构深化拓展用空间向量解决立体几何的问题有三步(1)首先建立适当的空间坐标系，一般是用互相垂直的直线为x ，y ，z 轴，设出点的坐标．(2)通过向量的坐标运算，来研究点、直线、平面之间的关系，把几何问题转化为代数问题．(3)把向量的运算结果“翻译”为相应的几何意义，据几何意义求出结果.[学生用书P137(单独成册)])[A 基础达标]1．已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2，52，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，x ，y 分别是直线l 1，l 2的一个方向向量．若l 1∥l 2，则( )A ．x ＝3，y ＝152B ．x ＝32，y ＝154C ．x ＝3，y ＝15D.x ＝3，y ＝154解析：选D.因为l 1∥l 2，所以321＝x 2＝y 52，所以x ＝3，y ＝154，故选D.2．直线l 的一个方向向量和平面β的一个法向量分别是m ＝(－1，1，3)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，19，则直线l 与平面β的位置关系是( )A ．l ∥βB ．l ⊥βC ．l ∥β或l ⊂βD.无法判断解析：选C.因为m ·n ＝－13＋0＋13＝0，所以m ⊥n .所以l ∥β或l ⊂β.3．设直线l 的方向向量u ＝(－2，2，t )，平面α的一个法向量v ＝(6，－6，12)，若直线l ⊥平面α，则实数t 等于( )A ．4B ．－4C ．2D.－2解析：选B.因为直线l ⊥平面α，所以u ∥v ，则－26＝2－6＝t12，解得t ＝－4，故选B.4．已知平面α内有一个点A (2，－1，2)，α的一个法向量为n ＝(3，1，2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1，1) B.⎝⎛⎭⎪⎫1，3，32C.⎝⎛⎭⎪⎫1，－3，32 D.⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，－32解析：选B.要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量PA →与平面α的法向量n 是否垂直，即PA →·n 是否为0，因此，要对各个选项进行检验． 对于选项A ，PA →＝(1，0，1)，则PA →·n ＝(1，0，1)·(3，1，2)＝5≠0，故排除A ； 对于选项B ，PA →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－4，12，则PA →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－4，12·(3，1，2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B.5．如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，AF ∶FD 的值为( )A ．1∶2B ．1∶1C ．3∶1D.2∶1解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA ＝a ，则B (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，P (0，0，a )．设点F 的坐标为(0，y ，0)，则BF →＝(－1，y ，0)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－a .因为BF ⊥PE ， 所以BF →·PE →＝0，解得y ＝12，即点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0， 所以F 为AD 的中点， 所以AF ∶FD ＝1∶1.6．已知平面α的一个法向量a ＝(x ，1，－2)，平面β的一个法向量b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y ，12，若α⊥β，则x －y ＝________．解析：因为α⊥β，所以a ⊥b ，所以－x ＋y －1＝0，得x －y ＝－1. 答案：－17．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)．给出下列结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的一个法向量．其中正确的是________(填序号)．解析：AB →·AP →＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，则AB →⊥AP →，则AB ⊥AP .AD →·AP →＝4×(－1)＋2×2＋0＝0，则AP →⊥AD →，则AP ⊥AD .又AB ∩AD ＝A ，所以AP ⊥平面ABCD ，故AP →是平面ABCD 的一个法向量．答案：①②③8．已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ，则BP →＝________．解析：因为AB →⊥BC →，所以AB →·BC →＝0， 所以3＋5－2z ＝0， 所以z ＝4.因为BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157， 故BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫337，－157，－3.答案：⎝⎛⎭⎪⎫337，－157，－39．已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的各棱长都为1，M 是底面上BC 边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .证明：设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，OO 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，14， B 1⎝⎛⎭⎪⎫12，0，1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，0. 所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，14，AB 1→＝(1，0，1)，所以MN →·AB 1→＝－14＋0＋14＝0.所以MN →⊥AB 1→，所以AB 1⊥MN .10．如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、D 1B 1的中点．求证：EF ⊥平面B 1AC .证明：设正方体的棱长为2a ，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2a ，0，0)，C (0，2a ，0)，B 1(2a ，2a ，2a )，E (2a ，2a ，a )，F (a ，a ，2a )． 所以EF →＝(a ，a ，2a )－(2a ，2a ，a )＝(－a ，－a ，a )，AB 1→＝(2a ，2a ，2a )－(2a ，0，0)＝(0，2a ，2a )，AC →＝(0，2a ，0)－(2a ，0，0)＝(－2a ，2a ，0)．因为EF →·AB 1→＝(－a ，－a ，a )·(0，2a ，2a )＝(－a )×0＋(－a )×2a ＋a ×2a ＝0，EF →·AC →＝(－a ，－a ，a )·(－2a ，2a ，0)＝2a 2－2a 2＋0＝0，所以EF ⊥AB 1，EF ⊥AC . 又AB 1∩AC ＝A ，所以EF ⊥平面B 1AC .[B 能力提升]11．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是AD 1，BD 和B 1C 的中点，利用向量法证明：(1)MN ∥平面CC 1D 1D ； (2)平面MNP ∥平面CC 1D 1D .证明：(1)以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，并设正方体的棱长为2，则A (2，0，0)，D (0，0，0)，M (1，0，1)，N (1，1，0)，P (1，2，1)．由正方体的性质知AD ⊥平面CC 1D 1D ，所以DA →＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量．由于MN →＝(0，1，－1)，则MN →·DA →＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以MN →⊥DA →. 又MN ⊄平面CC 1D 1D ， 所以MN ∥平面CC 1D 1D .(2)由于MP →＝(0，2，0)，DC →＝(0，2，0)， 所以MP →∥DC →，即MP ∥DC . 由于MP ⊄平面CC 1D 1D ， 所以MP ∥平面CC 1D 1D .又由(1)，知MN ∥平面CC 1D 1D ，MN ∩MP ＝M ，所以由两个平面平行的判定定理，知平面MNP ∥平面CC 1D 1D .12．如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BC 的中点．(1)在B 1B 上是否存在一点P ，使D 1P ⊥平面B 1AE? (2)在平面AA 1B 1B 上是否存在一点N ，使D 1N ⊥平面B 1AE? 解：(1)如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则点A (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1)，B 1A →＝(0，－1，－1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1.假设存在点P (1，1，z )满足题意，于是D 1P →＝(1，1，z －1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧D 1P →·B 1A →＝0，D 1P →·B 1E →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧0－1－z ＋1＝0，－12＋0－z ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，z ＝12，矛盾．故在B 1B 上不存在点P 使D 1P ⊥平面B 1AE .(2)假设在平面AA 1B 1B 上存在点N ，使D 1N ⊥平面B 1AE . 设N (1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧D 1N →·B 1A →＝0，D 1N →·B 1E →＝0.因为D 1N →＝(1，y ，z －1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧0－y －z ＋1＝0，－12＋0－z ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12，z ＝12，故平面AA 1B 1B 上存在点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，12，使D 1N ⊥平面B 1AE .13．(选做题)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角．(1)求证：CM ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PAD .证明：以点C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，因为PC ⊥平面ABCD ，所以∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，所以∠PBC ＝30°.因为PC ＝2，所以BC ＝23，PB ＝4.所以D (0，1，0)，B (23，0，0)，A (23，4，0)，P (0，0，2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32.所以DP →＝(0，－1，2)，DA →＝(23，3，0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32.(1)令n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2，1)．因为n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，所以n ⊥CM →，又CM ⊄平面PAD ， 所以CM ∥平面PAD .(2)取AP 的中点E ，则E (3，2，1)，BE →＝(－3，2，1)．因为PB ＝AB ， 所以BE ⊥PA .又因为BE →·DA →＝(－3，2，1)·(23，3，0)＝0. 所以BE →⊥DA →，所以BE ⊥DA ， 又因为PA ∩DA ＝A ， 所以BE ⊥平面PAD ， 又因为BE ⊂平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD .。

第三章空间向量与立体几何综合测试题（含详解新人教A版选修2-1）x第三章空间向量与立体几何综合测试题（含详解新人教A版选修2-1）(时间：100分钟；满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，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．已知a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，若a∥b，则λ与μ的值分别为()A.15，12B．5,2C．－15，－12D．－5，－2解析：选A.a∥b，则存在m∈R，使得a＝mb，又a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，则有λ＋1＝6m，0＝－，2λ＝2m，可得λ＝15，μ＝12.2．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)三点，则△ABC是() A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．等腰三角形解析：选A.AB→＝(3,4，－8)，BC→＝(2，－3,1)，CA→＝(－5，－1,7)，∴BC→•CA→＝－10＋3＋7＝0.∴BC⊥CA.∴△ABC是直角三角形．3．已知在空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点M 在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN→等于()A.12a－23b＋12cB．－23a＋12b＋12cC.12a＋12b－12cD.23a＋23b－12c解析：选B.因MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－23OA→＝12b ＋12c－23a.4．已知a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则|a－b＋2c|等于() A．310B．210C.10D．5解析：选A.|a－b＋2c|＝－b＋，∵a－b＋2c＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋2(3,1,0)＝(9,3,0)，∴|a－b＋2c|＝92＋32＋0＝310.5．给出下列命题：①已知a⊥b，则a•(b＋c)＋c•(b－a)＝b•c；②A、B、M、N为空间四点，若BA→、BM→、BN→不能构成空间的一个基底，则A、B、M、N四点共面；③已知a⊥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；④已知{a，b，c}是空间的一个基底，则基向量a，b可以与向量m＝a ＋c构成空间另一个基底．其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：选C.当a⊥b时，a•b＝0，a•(b＋c)＋c•(b－a)＝a•b＋a•c＋c•b －c•a＝c•b＝b•c，故①正确；当向量BA→、BM→、BN→不能构成空间的一个基底时，BA→、BM→、BN→共面，从而A、B、M、N四点共面，故②正确；当a⊥b时，a，b不共线，任意一个与a，b不共面的向量都可以与a，b构成空间的一个基底，故③错误；当{a，b，c}是空间的一个基底时，a，b，c不共面，所以a，b，m也不共面，故a，b，m可构成空间的另一个基底，故④正确．6．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是()A.OM→＝2OA→－OB→－OC→B.OM→＝15OA→＋13OB→＋12OC→C.MA→＋MB→＋MC→＝0D.OM→＋OA→＋OB→＋OC→＝0解析：选C.空间的四点M、A、B、C共面只需满足OM→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，且x＋y＋z＝1，或存在实数x，y使得MC→＝xMA→＋yMB→. 7．在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且〈a，i〉＝45°，〈a，j〉＝60°，则〈a，k〉＝()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.如图所示，设|a|＝m(m＞0)，a＝OP→，PA⊥平面xOy，则在Rt△PBO中，|PB|＝|OP→|•cos〈a，i〉＝22m，在Rt△PCO中，|OC|＝|OP→|•cos〈a，j〉＝m2，∴|AB|＝m2，在Rt△PAB中，|PA|＝|PB|2－|AB|2＝24m2－m24＝m2，∴|OD|＝m2，在Rt△PDO中，cos〈a，k〉＝|OD||OP|＝12，又0°≤〈a，k〉≤180°，∴〈a，k〉＝60°.8．已知点A(－3,4,3)，O为坐标原点，则OA与坐标平面yOz所成角的正切值为()A.34B.35C.53D．1解析：选B.A点在面yOz上的射影为B(0,4,3)且|OB|＝5，所以OA与平面yOz所成角θ满足tanθ＝|AB||OB|＝35.9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中能作为平面AEF的法向量的是()A．(1，－2,4)B．(－4,1，－2)C．(2，－2,1)D．(1,2，－2)解析：选B.设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则A(1,0,0)，E(1,1，12)，F(12，0,1)．故AE→＝(0,1，12)，AF→＝(－12，0,1)．由AE→•n＝0，AF→•n＝0，即y＋12z＝0，－12x＋z＝0，所以y＝－12z，x＝2z.当z＝－2时，n＝(－4,1，－2)，故选B.10．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为() A．90°B．60°C．120°D．45°解析：选C.如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，设正方体的边长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，于是BA→＝(0，a,0)，BD1→＝(－a，a，a)，BB1→＝(0,0，a)．设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n•BA→＝(x，y，z)•(0，a,0)＝ay＝0，n•BD1→＝(x，y，z)•(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0.∵a≠0，∴y＝0，x＝z.令x＝z＝1，则n＝(1,0,1)，同理，平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)．由于cos〈n，m〉＝n•m|n||m|＝－12，而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．已知a＝(2，－1,0)，b＝(k,0,1)，若〈a，b〉＝120°，则k＝________. 解析：∵cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝2k5•k2＋1＝－12＜0，∴k＜0，且k2＝511.∴k＝－5511.答案：－551112．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．解析：cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝－27，得sin〈a，b〉＝357，由公式S＝|a||b|sin〈a，b〉可得结果．答案：6513.如图，空间四边形OABC，点M，N分别为OA，BC的中点，且OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，用a，b，c表示MN→，则MN→＝________. 解析：MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－12OA→＝－12a＋12b＋12c.答案：－12a＋12b＋12c14．点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1内一点，且满足AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，则点P到棱AB的距离为__________．解析：如图所示，过P作PQ⊥平面ABCD于Q，过Q作QE⊥AB于E，连接PE.∵AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，∴PQ＝23，EQ＝12，∴点P到棱AB的距离为PE＝PQ2＋EQ2＝56.答案：5615．如图所示，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则异面直线D1E与AC所成的角的余弦值是________．解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,4)，E(0,4,2)，AC→＝(－4,4,0)，D1E→＝(0,4，－2)．cos〈AC→，D1E→〉＝1632×20＝105.∴异面直线D1E与AC所成角的余弦值为105.答案：105三、解答题(本题共5小题，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，CM＝2MA，A1N＝2ND，且AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，试用a，b，c表示向量MN→.解：∵MN→＝MA→＋AA1→＋A1N→＝－13AC→＋AA1→＋23A1D→＝－13(AB→＋AD→)＋AA1→＋23(A1A→＋A1D1→)＝－13AB→－13AD→＋13AA1→＋23AD→＝－13a＋13b＋13c，∴MN→＝－13a＋13b＋13c.17．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M为四边形ABCD 的中心．求证：对A1B1上任一点N，都有MN⊥AP.证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，P0，0，12，M12，12，0，N(1，y,1)．∴AP→＝－1，0，12，MN→＝12，y－12，1.∴AP→•MN→＝(－1)×12＋0×y－12＋12×1＝0，∴AP→⊥MN→，即A1B1上任意一点N都有MN⊥AP.18.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面ACM所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，∴PD⊥平面ABM.∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，2,0)．∵AM⊥PD，PA＝AD，∴M为PD的中点，∴M的坐标为(0,1,1)．∴AC→＝(1,2,0)，AM→＝(0,1,1)，CD→＝(－1,0,0)．设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥AC→，n⊥AM→可得x＋2y＝0y＋z＝0，令z＝1，得x＝2，y＝－1.∴n＝(2，－1,1)．设直线CD与平面ACM所成的角为α，则sinα＝|CD→•n||CD→|•|n|＝63.∴cosα＝33，即直线CD与平面ACM所成角的余弦值为33.19.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又因为PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又因为AD∩PD＝D，所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)，AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n•AB→＝0，n•PB→＝0，即－x＋3y＝0，3y－z＝0，因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m•PB→＝0，m•BC→＝0，可取m＝(0，－1，－3)，〈m，n〉等于二面角A－PB－C的平面角，cos 〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A－PB－C的余弦值为－277.20.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(3)求点A到平面PCD的距离．解：(1)证明：如图所示，以O为坐标原点，OC→、OD→、OP→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0，0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．所以OP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，OP→•AD→＝0，所以，PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(2)CD→＝(－1,1,0)，PB→＝(1，－1，－1)，所以cos〈PB→，CD→〉＝PB→•CD→|PB→||CD→|＝－1－13×2＝－63，所以异面直线PB与CD 所成的角的余弦值为63.(3)设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，CP→＝(－1,0,1)，CD→＝(－1,1,0)，由n•CP→＝0n•CD→＝0，得－x0＋z0＝0－x0＋y0＝0，即x0＝y0＝z0，取x0＝1，得平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,1)．又AC→＝(1,1,0)，从而点A到平面PCD的距离d＝|AC→•n||n|＝23＝233.。

北师大高中数学选择性必修第一册第三章空间向量与立体几何单元测试卷(原卷版)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知向量a＝，b＝，且a∥b，则t＝()A.10B.－10C.4D.－42.在空间四边形ABCD中，＝a，＝b，＝c，P在线段AD 上，且DP＝2PA，Q为BC的中点，则＝()A.－a＋b＋cB.a＋b－cC.a－b＋cD.a＋b－c3.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P 的长度的最大值为()A. B.2C.2D.34.设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(2，－2，2)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝()A.2B.3C. D.45.正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B1到平面AD1C的距离为()A. B.C.6.已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段C1D1上的动点，则直线BC1与直线AP所成角余弦值的范围是()A. B.C. D.7.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝3，AB ＝AC＝BC＝2，则AA1与平面AB1C1所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°8.已知四棱锥P－ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则点P到底面ABCD的距离为()A. B.C.1D.2二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法错误的是()A.任何三个不共线的向量可构成空间向量的一组基B.空间的基有且仅有一组C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一组基D.基{a，b，c}中基向量与基{e，f，g}基向量对应相等10.若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，则下列λ的值中使a，b的夹角的余弦值为的有()A.2B.－2C. D.－11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，则下列结论正确的是()A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为90°D.AB与CD所成的角为30°12.一只小球放入一长方体容器内，且与共点的三个面相接触.若小球上一点到这三个面的距离分别为4，5，5，则这只小球的半径可以是()A.3B.5C.8D.11三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在正四面体PABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为1.14.四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F分别为棱AB，AD的中点，则－1；－1.15.在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿对角线AC把矩形折成二面角D－AC－B的平面角为60°，则|BD|＝－1.16.如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是－1.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b?(O为原点)18.(12分)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.(1)求证：直线DE∥平面ABC；(2)求B1E与平面AB1F所成角的正弦值.19.(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面P AD是边长为2的等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.20.(12分)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.21.(12分)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.22.(12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1＝，BC＝1，AB＝C1C＝2，点E是棱C1C的中点.(1)求证：C1B⊥平面ABC；(2)求二面角A－EB1－A1的余弦值；(3)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.北师大高中数学选择性必修第一册第三章空间向量与立体几何单元测试卷(解析版)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知向量a＝，b＝，且a∥b，则t＝(D)A.10B.－10C.4D.－4解析：因为a＝(3，－1，2)，b＝(－6，2，t)，且a∥b，则a＝λb，即(3，－1，2)＝λ(－6，2，t)＝(－6λ，2λ，tλ)，由相等向量可知解得故选D.2.在空间四边形ABCD中，＝a，＝b，＝c，P在线段AD 上，且DP＝2PA，Q为BC的中点，则＝(A)A.－a＋b＋cB.a＋b－cC.a－b＋cD.a＋b－c解析：由DP＝2PA，则a，()＝b＋c，所以a＋b＋C.故选A.3.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P 的长度的最大值为(D)A. B.2C.2D.3解析：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P(a，b，0)，则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，B1(2，2，2)，＝(a－2，b－2，－2)，＝(1，2，－2)，∵B1P⊥D1E，∴＝a－2＋2(b－2)＋4＝0，∴a＋2b－2＝0，0≤b≤1，∴点P的轨迹是一条线段，2＝(a－2)2＋(b－2)2＋4＝(2b)2＋(b－2)2＋4＝5b2－4b＋8，由二次函数的性质可得当b＝1时，5b2－4b＋8可取到最大值9，∴线段B1P的长度的最大值为3.故选D.4.设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(2，－2，2)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(C)A.2B.3C. D.4解析：∵a⊥c，∴a·c＝2x－2＋2＝0，得x＝0，又∵b∥c，则，得y＝－1，∴a＝(0，1，1)，b＝(1，－1，1)，∴a＋b＝(0，1，1)＋(1，－1，1)＝(1，0，2)，∴|a＋b|＝.故选C.5.正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B1到平面AD1C的距离为(A)A. B.C.解析：以D为坐标原点，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，4)，B1(2，2，4)，则＝(－2，2，0)，＝(－2，0，4)，＝(－2，－2，0).设平面AD1C的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝1，则x＝y＝2，所以n＝(2，2，1)，所以点B1到平面AD1C的距离d＝，故选A.6.已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段C1D1上的动点，则直线BC1与直线AP所成角余弦值的范围是(A)A. B.C. D.解析：设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，1).设P(0，t，1)(0≤t≤1)，则＝(－1，t，1)，＝(－1，0，1)，所以cos＜＞＝＝.又因为0≤t≤1，所以≤cos＜＞≤1.故选A.7.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝3，AB ＝AC＝BC＝2，则AA1与平面AB1C1所成角的大小为(A)A.30°B.45°C.60°D.90°解析：取AB的中点D，连接CD，以AD所在直线为x轴，以CD 所在直线为y轴，以平行于BB1的直线为z轴，建立空间直角坐标系，可得A(1，0，0)，A1(1，0，3)，故＝(1，0，3)－(1，0，0)＝(0，0，3)，而B1(－1，0，3)，C1(0，，3)，设平面AB1C1的一个法向量为m＝(a，b，c)，根据m·＝0，m·＝0，取c＝2，解得m＝(3，－，2)，则cos＜m，.故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°，故选A.8.已知四棱锥P－ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则点P到底面ABCD的距离为(D)A. B.C.1D.2解析：设n＝(x，y，z)是平面ABCD的一个法向量，则由题设即令x＝1，得即n＝，由于n·＝－6＋8－，|n|＝，＝2，所以|cos＜n，，故点P到平面ABCD的距离d＝·|cos＜n，＞|＝2＝2，故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法错误的是(ABD)A.任何三个不共线的向量可构成空间向量的一组基B.空间的基有且仅有一组C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一组基D.基{a，b，c}中基向量与基{e，f，g}基向量对应相等解析：A项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基，所以A错误；B项空间基有无数组，所以B错误；C项符合空间向量基的定义，故C正确；D项中因为基不唯一，所以D错误.故选ABD. 10.若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，则下列λ的值中使a，b的夹角的余弦值为的有(BC)A.2B.－2C. D.－解析：a·b＝2－λ＋4＝6－λ＝×3×.解得λ＝－2或.故选BC.11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，则下列结论正确的是(AB)A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为90°D.AB与CD所成的角为30°解析：如图，取BD的中点O，连接AO，CO，AC，则AO⊥BD，CO⊥BD.又AO∩CO＝O，∴BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD，A中结论正确；∵AC＝AO＝AD＝CD，∴△ACD是等边三角形，B中结论正确；∵AO⊥平面BCD，∴∠ABD是AB与平面BCD所成的角，为45°，C中结论错误；，不妨设AB＝1，则＝()2＝＋2＋2＋2，∴1＝1＋2＋1＋2＋2＋2cos＜＞，∴cos＜，∴＜＞＝60°，即AB与CD所成的角为60°，D中结论错误.故选AB.12.一只小球放入一长方体容器内，且与共点的三个面相接触.若小球上一点到这三个面的距离分别为4，5，5，则这只小球的半径可以是(AD)A.3B.5C.8D.11解析：如图，设长方体的三个面共点为O，以OE，OF，OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为小球与共点的三个面相接触，所以设球心A(r，r，r)，因为小球上一点P到三个面的距离分别为4，5，5，所以设点P(4，5，5)，则＝(r，r，r)，＝(4，5，5)，由＝(4－r，5－r，5－r)，∴2＝(4－r)2＋(5－r)2＋(5－r)2＝r2，即r2－14r＋33＝0，解得r＝3或r＝11，故选AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在正四面体PABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为－1.解析：由题意，设＝a，＝b，＝c，建立空间的一组基{a，b，c}，在正四面体中(a＋b)，＝c－b，所以(a＋b)·(c－b)＝(a·c－a·b＋b·c－b2)＝(2×2cos60°－2×2cos60°＋2×2cos60°－2×2)＝－1.14.四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F分别为棱AB，AD的中点，则；.解析：如图，设BD的中点为G，连接CG，AG.由题可知该四面体为正四面体，所以三角形ABD，三角形BCD为正三角形，所以AG⊥BD，CG⊥BD，因为CG，AG⊂平面ACG，且CG∩AG＝G，所以BD⊥平面ACG.因为AC⊂平面ACG，所以BD⊥AC.因为点E，F分别为棱AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD＝1，所以AC⊥EF.所以2＝()2＝＋2＝4＋1＋0＝5，所以，因为，所以.15.在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿对角线AC把矩形折成二面角D－AC－B的平面角为60°，则|BD|＝.解析：分别过B，D两点作DE⊥AC，BF⊥AC，垂足为E，F，如图所示，可求出，＝5－2×.沿对角线AC把矩形折成二面角D－AC－B的平面角为60°时，则2＝2＋2＋2＋2＋2＋2×2＋＋0＋0＋2××cos，∴.16.如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是.解析：设过点B，D'作BB1，D'D1分别与AC垂直，垂足为B1，D1，设二面角B－AC－D'的大小为θ(0＜θ≤π)，则有，，，，2＝()2＝＋0＋0＋2××(－cos θ)＝9－5cosθ，又＝()·××cos∠ACD'－××cos∠ACB＝1×－3×＝1－3＝－2.所以直线AC与BD'所成角的余弦值为|cos＜＝，当θ＝0，即cosθ＝1时，直线AC与BD'所成角的余弦值最大，最大值是.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b?(O为原点)解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝＝5.(2)假设存在点E，设，则＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，因此存在点E，使得⊥b，此时E点坐标为E.18.(12分)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.(1)求证：直线DE∥平面ABC；(2)求B1E与平面AB1F所成角的正弦值.解：(1)证明：如图，设AB的中点为G，连接DG，CG，则DG∥AA1∥EC，且DG＝AA1＝EC.四边形DGCE为平行四边形，∴DE∥GC，又DE⊄平面ABC，GC⊂平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)以点A为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(2，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，＝(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(－2，2，－1)，设平面AB1F的一个法向量n＝(x，y，z)，则令x＝1，则n＝(1，－1，－1).设B1E与平面AB1F所成的角为θ，∴sinθ＝.19.(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面P AD是边长为2的等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.解：(1)证明：取PA中点F，连接EF，BF.因为E为PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD，由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF BC，四边形BCEF为平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，＝(1，0，－)，＝(1，0，0)，设M(x，y，z)，则＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)，因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，所以＝sin45°，，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设＝λ，则x＝λ，y＝1，z＝λ.②由①②得(舍去)或所以M，从而设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的一个法向量，则即所以可取m＝(0，－，2).于是cos＜m，n＞＝.因此二面角M－AB－D的余弦值为.20.(12分)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.解：(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以的方向为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系G－xyz.由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，F，C(0，，0)，所以＝(1，)，.故cos＜.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.21.(12分)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点.由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0).设n＝(x，y，z)是平面MAB的一个法向量，则即可取n＝(1，0，2).又＝(2，0，0)是平面MCD的一个法向量，因此cos＜n，，sin＜n，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.22.(12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1＝，BC＝1，AB＝C1C＝2，点E是棱C1C的中点.(1)求证：C1B⊥平面ABC；(2)求二面角A－EB1－A1的余弦值；(3)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：由题意，因为BC＝1，CC1＝2，∠BCC1＝，∴BC1＝，∴BC2＋B，∴BC1⊥BC，∵AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，∴AB⊥BC1.又∵AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴直线C1B⊥平面ABC.(2)以B为原点，分别以和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有A(0，0，2)，B1(－1，，0)，E，A1，设平面AB1E的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，＝(－1，，－2)，.∵∴令y1＝，则x1＝1，∴n＝(1，，1).设平面A1B1E的一个法向量为m＝(x，y，z)，＝(0，0，－2)，，∵令y＝，则x＝1，∴m＝(1，，0)，∵|m|＝2，|n|＝，m·n＝4，∴cos＜m，n＞＝.设二面角A－EB1－A1为α，由m，n的方向知cosα＝cos＜m，n＞＝.∴二面角A－EB1－A1的余弦值为.(3)假设存在点M，设M，＝λ，λ∈[0，1]，∴(x－1，y，z)＝λ(－1，0，2)，∴M(1－λ，0，2λ)，∴，∵平面A1B1E的一个法向量为m＝(1，，0)，∴，得69λ2－38λ＋5＝0.即(3λ－1)(23λ－5)＝0，∴λ＝或λ＝，∴存在这样的点M，或.。

2019年高中数学单元测试试题 空间向量与立体几何专题（含答案）学校：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题1．设平面α 内两个向量的坐标分别为(1，2，1)，(－1，1，2)，则下列向量中是平面α 的法向量的是( ) (A )(－1，－2，5) (B )(－1，1，－1) (C )(1，1，1)(D )(1，－1，－1)2．已知向量a ＝(2，－1，3)，b ＝(－4，2，x )，若a ⊥b ，则x ＝( ) (A )2 (B )－2(C )310 (D )310-第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题3．如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE∥CF 且BE ＜CF,∠BCF=2π，AD=3，EF=2.（1）求证： AE∥平面DCF ； （2）设(0)AB BE λλ=>，当λ为何值时，二面角A —EF —C 的大小为3π。

4．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

NA 15．二面角α －l －β 为60°，点A ∈α ，且点A 到平面β 的距离为3，则点A 到棱l 的距离为6．若向量a ＝(2，1，－2)，b ＝(6，－3，2)，则cos<a ，b>＝______．7．正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为3，则侧面与底面所成二面角的余弦值为______．8．设O 为坐标原点，向量(1,2,3)OA =，(2,1,2)OB =，(1,1,2)OP =，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 ▲ . （理）（448,,333）BCDEF9．如图，已知点P 是单位正方体1111D C B A ABCD - 中异于A 的一个顶点，则⋅的值为__ _．三、解答题10．在三棱锥S ABC -中,ABC ∆是边长为4的正三角形,平面SAC ⊥平面ABC,SA SC ==M 、N 分别为AB 、SB 的中点.⑴证明：AC SB ⊥；⑵(理)求二面角N CM B --的正切值； ⑶求点B 到平面CMN 的距离. (本题满分14分)11．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点. (1) 求证:BD 1//平面C 1DE ；(2)试在棱CC 1上求一点P ,使得平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE.12．已知长方体中1111D C B A ABCD -，1244AB BC AA ===，，，点M 是棱11D C 的1第6小题图A BA 1B ACDB 1A 1C 1D 116图AMBSCN中点．（1）试用反证法证明直线11AB BC 与是异面直线；（2）求直线11AB DA M 与平面所成的角（结果用反三角函数值表示）．13．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝CC 1＝1．(1)求异面直线AC 1与CB 1所成角的大小； (2)证明：BC 1⊥AB 1．14．如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．求证：EF ⊥平面PCD ．15．如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AEC 1F 为平行四边形且AB ＝4，BC ＝2，CC 1＝3，BE ＝1．(1)求BF 的长；(2)求点C 到平面AEC 1F 的距离．16．已知四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝DC ＝121AB ，M 是PB 的中点。

2015-2016学年高中数学第三章空间向量与立体几何测评A 新人教A版选修2-1(基础过关卷)(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10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.如图,在四面体ABCD中,已知=b,=a,=c,,则等于()A.-a+b+cB.a+b+cC.a-b+cD.a-b+c解析:)=-a+b+c.答案:A2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是()A.a∥c,b∥cB.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥bD.以上均错解析:因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以a∥c.又a·b=-2×2+(-3)×0+1×4=0,所以a⊥b.答案:C3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则cos 的值等于()A. B. C. D.解析:设正方体棱长为1,则||=,||=,而=()·=||2+|2+=1+0+0-+0+0=.故cos =.答案:B4.已知平面α和平面β的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A.α⊥βB.α∥βC.α与β相交但不垂直D.以上都不对解析:∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行.答案:B5.已知四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中,数量积不一定为零的是()A. B.C. D.解析:建立如图所示的直角坐标系.设矩形ABCD的长、宽分别为a,b,PA长为c,则A(0,0,0),B(b,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),P(0,0,c).则=(b,a,-c),=(-b,a,0),=(0,-a,0),=(b,0,-c),=(0,a,-c),=(b,0,0),=(0,0,-c),=(-b,0,0).∴=-b2+a2不一定为0.=0,=0,=0.答案:A6.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量两两的夹角均为60°,且||=1,||=2,||=3,则||等于()A.5B.6C.4D.8解析:设=a,=b,=c,则=a+b+c,=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=25,因此||=5.答案:A7.在正方体A1B1C1D1-ABCD中,E是C1D1的中点,则异面直线DE与AC夹角的余弦值为()A.-B.-C.D.解析:如图建立直角坐标系D-xyz,设DA=1,A(1,0,0),C(0,1,0),E.则=(-1,1,0),,若异面直线DE与AC所成的角为θ,cos θ=|cos<>|=.答案:D8.已知a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以a,b为邻边的平行四边形的面积为()A. B. C.4 D.8解析:|a|=3,|b|=3,而a·b=4=|a||b|cos<a,b>,∴cos<a,b>=,故sin<a,b>=,于是以a,b为邻边的平行四边形的面积为S=|a||b|sin<a,b>=3×3×.答案:A9.如图,ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,|PD|=|AD|=2,二面角P-AD-C为60°,则点P 到AB的距离为()A.2B.C.2D.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则点A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,1,),=(-2,1,),=(0,2,0),则=1,所以P到AB的距离d=.答案:D10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析:建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1).∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(-1,0,1).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.∴令x=1,则n=(1,-1,-1),∴cos<n,>=.∴直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为.∴直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为.答案:C第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.若向量a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2,则x=.解析:c-a=(0,0,1-x),2b=(2,4,2),由题意得0×2+0×4+(1-x)·2=-2,解得x=2.答案:212.在四面体OABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则=.(用a,b,c表示)解析:)===a+b+c.答案:a+b+c13.若平面α的一个法向量为n=(3,3,0),直线l的一个方向向量为b=(1,1,1),则l与α所成角的余弦值为.解析:∵cos<n,b>=,∴l与α所成角的余弦值为.答案:14.如图,AB=AC=BD=1,AB⊂平面M,AC⊥平面M,BD⊥AB,BD与平面M成30°角,则C,D间的距离等于.解析:||2=||2=||2+||2+||2+2+2+2=1+1+1+0+0+2×1×1×cos 120°=2.故||=.答案:15.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE 与DF的和的值为.解析:以D1A1,D1C1,D1D分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-y),B(1,1,1),∴=(x-1,0,1),∴=(1,1,y).∵B1E⊥平面ABF,∴=(1,1,y)·(x-1,0,1)=0⇒x+y=1.答案:1三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(6分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得⊥b?(O为原点)解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5.(2)+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若⊥b,则·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得⊥b,此时E点坐标为E.17.(6分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.求证:(1)AC⊥BC1;(2)AC1∥平面CDB1.证明:∵直三棱柱ABC-A1B1C1底面三边长AC=3,BC=4,AB=5,且C1C垂直底面.∴AC,BC,C1C两两垂直.如图,以C为坐标原点,分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D.(1)=(-3,0,0),=(0,-4,4),∴=0,∴AC⊥BC1.(2)设CB1与C1B的交点为E,连接DE,则E(0,2,2),∵=(-3,0,4),∴.∴DE∥AC1.∵DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,∴AC1∥平面CDB1.18.(6分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2.(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值;(2)求点P到平面DEF的距离.解:(1)如图,以A为原点,AB,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Axyz.由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D,E,F,则.设平面DEF的法向量n=(x,y,z),则解得取z=1,则平面DEF的一个法向量n=(2,0,1).设PA与平面DEF所成的角为θ,则sin θ=,故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.(2)∵,n=(2,0,1),∴点P到平面DEF的距离d=.19.(7分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.解:(1)连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E.∵AA1∥BB1,∴OE⊥BB1.∵A1O⊥平面ABC,∴A1O⊥BC.∵AB=AC,OB=OC,∴AO⊥BC.∴BC⊥平面AA1O,∴BC⊥OE.∴OE⊥平面BB1C1C.又∵AO==1,AA1=,∴AE=.(2)如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),B1(-1,2,2).由,得点E的坐标是.由(1)得平面BB1C1C的法向量是.设平面A1B1C的法向量n=(x,y,z),由令y=1,得x=2,z=-1,得n=(2,1,-1).所以cos<,n>=,即平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值是.。