利用空间向量证明空间中的位置关系-新人教B版高考数学一轮总复习测试

必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→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，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，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，如图，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 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，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 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E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。

高频考点集中练立体几何1。

（2019·全国卷Ⅲ）如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点,则（）A。

BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C。

BM=EN,且直线BM，EN是异面直线D。

BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线【命题思维分析】利用垂直关系,再结合余弦定理进而解决问题.【解析】选B。

因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a，DM=a，DN=a，DB=2a，根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2—4a2cos∠BDE，EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a2—4a2cos∠BDE,所以BM≠EN。

【真题拾贝】判断异面直线的依据是异面直线的定义和性质定理，及一条直线与平面相交,该直线与平面内不过交点的直线异面,而解答本题的关键是构造直角三角形.2.（2018·全国卷Ⅱ）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（)A.B。

C. D.【命题思维分析】求异面直线所成的角是高考常考的题目，本题主要是考查空间直角坐标系的建立，各点坐标的表示及利用向量数量积求向量夹角,然后根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.【解析】选C。

方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0），A（1,0,0），D1（0，0，）,B1（1，1,），所以=（-1，0，），=（1，1,),设异面直线AD1与DB1所成角为α，则cos α=|cos , |==。

方法二:如图.连接A1D交AD1于点E。

取A1B1中点F，连接EF，则EF B1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.由已知EF=DB1==,D1E=AD1=1,D1F==,所以cos∠D1EF==.【真题拾贝】求异面直线所成角主要有以下两种方法:(1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到(或构造)所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系,用余弦定理求角.(2)向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值。

一、选择题1．平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，1BC α⊥，点E 、F 分别为1AA 、1CC 的中点，112C G GD =，若α平面ABCD m =，α平面EFG n =，则直线m 与直线n 所成角的正切值为（ ） A ．227B ．327C ．427D ．6272．如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△ABC 为等边三角形，△PAC 为等腰直角三角形，PA ＝PC ＝4，平面PAC ⊥平面ABC ，D 为AB 的中点，则异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C ．24-D ．123．如图，已知正四面体1234A A A A ，点5A ，6A ，7A ，8A ，9A ，10A 分别是所在棱中点，点P 满足4414243A P xA A yA A zA A =++且1x y z ++=，记44min ||||A Q A P =，则当1i ≤，10j ≤且i j ≠时，数量积4i j A Q A A ⋅的不同取值的个数是（ ）A ．3B ．5C ．9D ．214．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A ．6 B ．3 C ．6 D ．235．两直线14127x y z -+==-和623511x y z +--==-的夹角的余弦是（ ） A ．2227-B ．2227C ．227D ．227-6．在平行六面体ABCD A B C D ''''-中，若2AC x AB y BC z CC →→→→''=++，则x y z ++=（ ） A ．52B ．2C ．32D ．1167．ABC 中，90ACB ∠=︒，22AB BC ==，将ABC 绕BC 旋转得PBC ，当直线PC 与平面PAB 所成角正弦值为66时，P 、A 两点间的距离为（ ）A 2B ．2C ．42D ．48．已知正四面体ABCD 的棱长为a ，点E ，F 分别是,BC AD 的中点，则AE AF ⋅的值为（ ） A ．2aB ．212a C ．214a D ．234a 9．在正方体1111ABCD A B C D -中，在正方形11DD C C 中有一动点P ，满足1PD PD ⊥，则直线PB 与平面11DD C C 所成角中最大角的正切值为（ ） A ．1B 2C 31+ D 51+10．如图所示，直三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为3，底面边长11111A C B C ==，且11190A C B ∠=，D 点在棱1AA 上且12AD DA =，P 点在棱1C C 上，则1PD PB ⋅的最小值为（ ）A ．52B ．14-C ．14D ．52-11．给出下列命题：①若空间向量,a b 满足a b =，则a b =； ②空间任意两个单位向量必相等；③对于非零向量c ，由a c b c ⋅=⋅，则a b =； ④在向量的数量积运算中()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅. 其中假．命题的个数是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．412．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng ）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF 是一个刍甍，其中四边形ABCD 为矩形，其中8AB =，23AD =，ADE 与BCF △都是等边三角形，且二面角E AD B --与F BC A --相等，则EF 长度的取值范围为（ ）A ．（2,14）B ．（2,8）C ．（0,12）D ．（2,12）13．有下列四个命题：①已知1e 和2e 是两个互相垂直的单位向量，a =21e +32e ，1b ke =-42e ，且a ⊥b ，则实数k ＝6；②已知正四面体O ﹣ABC 的棱长为1，则（OA OB +）•（CA CB +）＝1；③已知A （1，1，0），B （0，3，0），C （2，2，3），则向量AC 在AB 上正投影的数量是55； ④已知1a e =-223e e +，1b e =-+32e +23e ，c =-31e +72e （{1e ，2e ，3e }为空间向量的一个基底），则向量a ，b ，c 不可能共面． 其中正确命题的个数为（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题14．a ，b 为空间两条互相垂直的直线，直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以AC 为旋转轴旋转，30ABC ∠=︒，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成45°角； ⑤直线AB 与a 所成角的最大值为60°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为30°；其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号）15．在一直角坐标系中，已知()1,6A -，()3,8B -，现沿x 轴将坐标平面折成60︒的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为__________．16．平行六面体1111ABCD A B C D -中，已知底面四边形ABCD 为正方形，且113A AB A AD π∠=∠=，其中，设1AB AD ==，1AA c =，体对角线12AC=，则c 的值是______.17．平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，棱AB 、AD 、AA 1的长均为1，∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝∠DAB 3π=，则对角线AC 1的长为_____．18．已知向量()()2,1,3,1,2,1a b =-=-，若()a ab λ⊥-，则实数λ的值为______. 19．在空间直角坐标系中， ()()()2,1,1,3,4,,2,7,1,A B C AB CB 若λ-⊥,则λ=____ 20．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2AD =，13AA =，90BAD ∠=︒，1160BAA DAA ∠=∠=︒，则1AC =___________．21．设平面α的法向量为(1,2,2)-，平面β的法向量为(2,,4)λ，若α∥β，则λ的值为______22．正四面体ABCD 的棱长为2，半径为2的球O 过点D ，MN 为球O 的一条直径，则AM AN ⋅的最小值是__________．23．如图，长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，122AA =，若M 是1AA 的中点，则BM 与平面11B D M 所成角的正弦值是___________.24．设向量()1,2,a λ=，()2,2,1b =-，若4cos ,9a b =，则实数λ的值为________. 25．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -的所有棱长均为1，113BAD A AD A AB π∠=∠=∠=，E 为1CC 的中点，则AE 的长度是________.26．在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1B B ，CD 的中点，有以下命题： ①//MN 平面1A BD ；②1MN CD ⊥；③平面1A MN ⊥平面1A AC ， 则正确命题的序号为______.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】以1D 为原点，11D A 为x 轴，11DC 为y 轴，1D D 为z 轴建立空间直角坐标系，用向量法计算即可. 【详解】不妨设AB =2, 以1D 为原点，11D A 为x 轴，11DC 为y 轴，1D D 为z 轴建立空间直角坐标系，则()()()()()()()1110,0,02,0,02,0,22,0,10,2,00,2,20,2,1D A A E C C F ，，，，，，， ()()()12,2,22,2,0,2,0,2,B EF C B =-=-，112420,,00,,133C G GD G GF ⎛⎫⎛⎫=∴∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设平面EFG 的一个法向量()1,,n x y z =，则11·2204·03n EF x y n GF y z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，不妨令x =1，则141,1,3n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 易知平面ABCD 的一个法向量为()20,0,1n =，设直线m ，n 的方向向量分别为()0000,,m x y z =，()0222,,n x y z = 因为α平面ABCD m =，1BC α⊥，所以0100020·220·0m C B x z m n z ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩不妨令0y =1，则()00,1,0m =同理可求071,,13n ⎛⎫=--⎪⎝⎭设直线m 与直线n 所成角为θ，则0000007||||cos |cos ,|||||1m n m n m n θ-====⨯所以sin 67θ=== sin tan cos 7θθθ===故选：B 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.2．B解析：B 【分析】取AC 的中点O ，连结OP ，OB ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC 与PD 所成角的余弦值． 【详解】取AC 的中点O ，连结OP ，OB ，PA PC =，AC OP ∴⊥，平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC AC =，OP ∴⊥平面ABC ，又AB BC =，AC OB ∴⊥，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，PAC ∆是等腰直角三角形，4PA PC ==，ABC ∆为直角三角形，(22A ∴，0，0)，(22C -，0，0)，(0P ，0，22)， (2D ，6，0)，∴(42AC =-，0，0)，(2PD =，6，22)-，cos AC ∴<，2||||424AC PD PD AC PD >===-⨯．∴异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为2． 故选：B ．【点睛】本题考查异线直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．3．B解析：B 【分析】由条件可知点P 在平面123A A A 上，并且由几何意义可知4A Q ⊥平面123A A A ，利用数量积的几何意义求4i j A Q A A ⋅的不同取值的个数. 【详解】条件“4414243A P xA A yA A zA A =++且1x y z ++=”，说明点P 在平面123A A A 上，而44min ||A Q AP =说明Q 为平面123A A A 的中心，此时4A Q ⊥平面123A A A ，由向量数量积的几何意义，i j A A 在4A Q 的投影有5种情况：0、41||2A Q ±、4||A Q ±，∴数量积4i j A Q A A ⋅的不同取值的个数是5，故选：B ． 【点睛】本题考查空间向量共面定理的应用，数量积的几何意义，重点考查转化思想，数形结合思想，属于中档题型.4．C解析：C 【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)，AG ＝(a ，a,0)，AC ＝(0,2a,2a)，BG ＝(a ，－a ，0)，BC ＝(0,0,2a)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)， 由110{AG n AC n ⋅=⋅=⇒⇒111{1x y ==-⇒n 1＝(1，－1,1)．sinθ＝11BG n BG n ⋅⋅＝23a ⨯6. 5．B解析：B 【分析】写出直线的方向向量，求出方向向量的夹角的余弦值，其绝对值为两直线夹角余弦． 【详解】由题意两直线的方向向量分别为(1,2,7)m =-，(5,1,1)n =-，cos ,1m n m n m n⋅<>===+∵两直线夹角为锐角或直角，∴． 故选：B ． 【点睛】本题考查求空间两直线的夹角，求出两直线的方向向量，由方向向量的夹角与两直线夹角相等或互补求解．6．A解析：A 【分析】根据空间向量的线性运算，得出AB BC AC AC CC CC →→→→→→⎛⎫=+=++ ⎪⎭'''⎝，结合题意，即可求出11,2y z ==，从而得出x y z ++的值. 【详解】解：由空间向量的线性运算，得AB BC AC AC CC CC →→→→→→⎛⎫=+=++ ⎪⎭'''⎝， 由题可知，2AC x AB y BC z CC →→→→''=++， 则1,1,21x y z ===，所以11,2y z ==， 151122x y z ∴++=++=. 故选：A. 【点睛】本题考查空间向量的基本定理的应用，以及空间向量的线性运算，属于基础题.7．B解析：B 【分析】取PA 的中点D ，连接CD ，因为CA =CP ，则CD ⊥PA ，连接BD ，过C 作CE ⊥BD ，E 为垂足，由题意得到∠CPE 就是直线PC 与平面PAB 所成角，利用直线PC 与平面PAB 所成角的PC CE ，再求出CD ，可得PD ，即可得出结论． 【详解】取PA 的中点D ，连接CD ，因为CA =CP ，则CD ⊥PA ，连接BD ，过C 作CE ⊥BD ，E 为垂足，由已知得BC ⊥CA ， BC ⊥CP ， CA CP C =，则BC ⊥平面PAC ， 得到BC ⊥PA ，CD BC C ⋂=，可得PA ⊥平面BCD ，又PA ⊂平面PAC ∴平面BCD ⊥平面PBA ，平面BCD 平面PBA =BD ，由两个平面互相垂直的性质可知：CE ⊥平面PBA ， ∴∠CPE 就是直线PC 与平面PAB 所成角， ∵直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为66，PC ＝AC =3， ∴CE ＝6262PC =， 设CD ＝x ，则BD ＝21x +，211211222x x ∴⋅⋅=⋅+⋅， ∴x ＝1，∵PC ＝3，∴PD ＝2，∴PA ＝2PD ＝22． 故选：B ．【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力和分析推理能力以及计算能力，属于中档题．8．C解析：C 【分析】把要求数量积的两个向量表示成以四面体的棱长为基底的向量的表示形式，写出向量的数量积，问题转化成四面体的棱之间的关系，因为棱长和夹角已知，得到结果． 【详解】解：11()22AE AF AB AC AD =+1()4AB AD AC AD =+ 1(cos60cos60)4a a a a =⨯⨯︒+⨯⨯︒2221111()4224a a a =+= 故选：C.【点睛】本题考查空间向量的数量积，解题的关键是把要用的向量写成以已知几何体的一个顶点为起点的向量为基地的形式，再进行运算．9．D解析：D 【分析】根据题意,可知P 是平面11DD C C 内,以1DD 为直径的半圆上一点.由BPC ∠即为直线PB 与平面11DD C C 所成的角可知当PC 取得最小值时,PB 与平面11DD C C 所成的角最大.而连接圆心E 与C 时,与半圆的交点为P ,此时PC 取得最小值.设出正方体的棱长,即可求得PC ,进而求得tan BPC ∠. 【详解】正方体1111ABCD A B C D -中,正方形11DD C C 内的点P 满足1PD PD ⊥ 可知P 是平面11DD C C 内,以1DD 为直径的半圆上一点,设圆心为E,如下图所示:当直线PB 与平面11DD C C 所成最大角时,点P 位于圆心E 与C 点连线上 此时PC 取得最小值.则BPC ∠即为直线PB 与平面11DD C C 所成的角 设正方体的边长为2,则51PC EC EP =-=,2BC = 所以51tan 51BC BPC PC +∠===-故选:D【点睛】本题考查了空间中动点的轨迹问题,直线与平面夹角的求法,对空间想象能力要求较高,属于中档题.10．B解析：B 【分析】由题易知1,,AC BC CC 两两垂直，以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设()03PC a a =≤≤，可知()0,0,P a ，进而可得1,PD PB 的坐标，然后求得1PD PB ⋅的表达式，求出最小值即可. 【详解】由题意可知，1,,AC BC CC 两两垂直，以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()10,1,3B ，()1,0,2D ，设()03PC a a =≤≤，则()0,0,P a ， 所以()1,0,2P a D =-，()10,1,3a PB =-，则()()2151002324a a a PD PB ⎛⎫=++--=-- ⎪⎝⋅⎭， 当52a =时，1PD PB ⋅取得最小值14-. 故选：B.【点睛】本题考查两个向量的数量积的应用，考查向量的坐标运算，考查学生的计算求解能力，属于中档题.11．D解析：D 【分析】结合向量的性质，对四个命题逐个分析，可选出答案. 【详解】对于①，空间向量,a b 的方向不一定相同，即a b =不一定成立，故①错误； 对于②，单位向量的方向不一定相同，故②错误；对于③，取()0,0,0a =，()1,0,0b =，()0,1,0c =，满足0a c b c ⋅=⋅=，且0c ≠，但是a b ≠，故③错误；对于④，因为a b ⋅和b c ⋅都是常数，所以()a b c ⋅⋅和()a b c ⋅⋅表示两个向量，若a 和c 方向不同，则()a b c ⋅⋅和()a b c ⋅⋅不相等，故④错误. 故选：D. 【点睛】本题考查向量的概念与性质，考查向量的数量积，考查学生的推理论证能力，属于基础题.12．A解析：A 【分析】求得EF 长度的两个临界位置的长度，由此求得EF 的取值范围. 【详解】由于ADE ∆与BCF ∆都是等边三角形，且边长为23，故高为3.当E AD B --和F BC A --趋向于0时，8332EF →--=，如下图所示.当E AD B --和F BC A --趋向于π时，83314EF →++=，如下图所示.所以EF 的取值范围是()2,14. 故选：A 【点睛】本小题主要考查空间线段长度范围的判断，考查空间想象能力，属于基础题.13．C解析：C【分析】利用向量的基本概念逐一进行判断，即可得出结论． 【详解】 解：①a =21e +32e ，1b ke =-42e ，且a b ⊥，2212121122(23)(4)2()(38)12()2120a b e e ke e k e k e e e k ∴=+-=+--=-=，解得6k =，所以①正确．②()()OA OB CA CB OA CA OA CB OB CA OB CB ++=+++11cos6011cos9011cos9011cos60001=⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒++=，所以②正确．③(1,1,3)AC =，(1,2,0)AB =-，向量AC 在AB 上正投影1||(1)20AC AB AB ⨯===-++③正确． ④假设向量a ，b ，c 共面，则a xb yc =+， 所以123123122(32)(37)e e e x e e e y e e -+=-+++-+， 1231232(3)(37)2e e e x y e x y e xe -+=--+++，所以13x y =--，237x y -=+，12x =， 得12x =，12y ， 所以向量a ，b ，c 共面，所以④不正确． 即正确的有3个， 故选：C ． 【点睛】本题考查向量的基本概念，向量垂直，共面，正投影等，属于中档题．二、填空题14．②④【分析】由题意知abAC 三条直线两两相互垂直构建如图所示的长方体|AC|＝1|AB|=2斜边AB 以直线AC 为旋转轴则A 点保持不变B 点的运动轨迹是以C 为圆心为半径的圆以C 坐标原点以CD 为x 轴CB 为解析：②④ 【分析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，|AC |＝1，|AB |=2，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果． 【详解】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示的长方体高为13 故|AC |＝1，|AB |=2，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 3为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则D 3，0，0），A （0，0，1），直线a 的方向单位向量a =（0，1，0），|a |＝1， 直线b 的方向单位向量b =（1，0，0），|b |＝1，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B ′3θ3θ，0），其中θ为B ′C 与CD 的夹角，[02θπ∈，），∴AB ′在运动过程中的向量，'AB =3θ3θ，﹣1），|'AB |=2， 设'AB 与a 所成夹角为α∈[0，2π]， 则()()10103cos 233，，，，θθα--⋅=='⋅cos sin a AB |sin θ|∈[0，32]， ∴α∈[6π，2π]，∴③错误，④正确． 设'AB 与b 所成夹角为β∈[0，2π]， ()()11003c 33os ，-，，，θθβ-⋅'⋅===''⋅⋅cos sin AB b AB bb AB θ|， 当'AB 与a 夹角为60°时，即α3π=，|sin θ|3πα===，∵cos 2θ+sin 2θ＝1，∴cos β=|cos θ|2=，∵β∈[0，2π]，∴4πβ=，此时'AB 与b 的夹角为45°，∴②正确，①错误． 故答案为：②④． 【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题．15．【分析】通过用向量的数量积转化求解距离即可【详解】解：在直角坐标系中已知现沿轴将坐标平面折成的二面角后在平面上的射影为作轴交轴于点所以所以所以故答案为：【点睛】此题考查与二面角有关的立体几何综合题考解析：【分析】通过用向量的数量积转化求解距离即可 【详解】解：在直角坐标系中，已知()1,6A -，()3,8B -，现沿x 轴将坐标平面折成60︒的二面角后，()1,6A -在平面xOy 上的射影为C ，作BD x ⊥轴，交x 轴于点D ， 所以AB AC CD DB =++,所以2222222AB AC CD DB AC CD CD DB AC DB =+++⋅+⋅+⋅2221648268682=++-⨯⨯⨯=，所以AB =,故答案为：【点睛】此题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查了数形结合的思想，属于中档题.16．【分析】根据平方得到计算得到答案【详解】故解得故答案为：【点睛】本题考查了平行六面体的棱长意在考查学生的计算能力和空间想象能力 解析：13【分析】根据11AC AB AD AA =+-，平方得到2224c c +-=，计算得到答案. 【详解】11AC AB AD AA =+-， 故2222211111222AC AB AD AA AB AD AA AB AD AA AB AD AA =+-=+++⋅-⋅-⋅ 2224c c =+-=，解得31c =.31. 【点睛】本题考查了平行六面体的棱长，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.17．【分析】由题知：再给式子平方即可求出的长度【详解】如图由题意可知所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查利用向量法求线段长度解题时要认真审题注意向量法的合理应用属于中档题 6【分析】由题知：11AC AB AD AA =++，再给式子平方即可求出1AC 的长度 【详解】如图，由题意可知，111AC AB AD CC AB AD AA =++=++，所以1221())(AC AB AD AA =++222111222AB AD AA AB AD AB AA AD AA +=++++1112(cos 60cos 60cos 60)6+++++==.所以16AC =【点睛】本题主要考查利用向量法求线段长度，解题时要认真审题，注意向量法的合理应用.属于中档题.18．2【分析】由题意知向量所以由空间向量的坐标运算即可求解【详解】由题意知向量所以又由解得【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算及空间向量的数量积的运算其中解答中熟记空间向量的数量积的运算公式准确运算解析：2 【分析】由题意知，向量()a a b λ⊥-，所以()0a a b λ⋅-=，由空间向量的坐标运算，即可求解． 【详解】由题意知，向量()a ab λ⊥-，所以()0a a b λ⋅-=， 又由()()()()22222132112311470a a b a a b λλλλ⎛⎡⎤⋅-=-⋅=-++--⨯-+⨯+⨯=-=⎪⎣⎦⎝⎭，解得2λ=． 【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算，及空间向量的数量积的运算，其中解答中熟记空间向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．19．【分析】利用空间向量的结论将垂直的问题转化为向量数量积等于零的问题然后利用向量的数量积坐标运算计算的值即可【详解】又即解得故答案为【点睛】本题主要考查空间向量的应用向量垂直的充分必要条件等知识意在考 解析：3±【分析】利用空间向量的结论将垂直的问题转化为向量数量积等于零的问题，然后利用向量的数量积坐标运算计算λ的值即可. 【详解】()()()2,1,1,3,4,,2,7,1A B C λ-， ∴AB ()1,3,1,λ=+CB ()1,3,1λ=--，又,AB CB ⊥0AB CB ∴⋅=，即()()()1133110λλ⨯+⨯-++-=，解得3λ=±， 故答案为3±. 【点睛】本题主要考查空间向量的应用，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20．【解析】【分析】首先画出图形然后结合=两边平方同时结合数量积的运算法则进行计算即可【详解】平行六面体如图所示：∵∠BAA1=∠DAA1=60°∴A1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上∴平面ACC 解析：23【解析】 【分析】首先，画出图形，然后，结合11AC AC CC =+=1AB AD AA ++，两边平方，同时结合数量积的运算法则进行计算即可． 【详解】平行六面体1111ABCD A B C D -，如图所示：∵∠BAA 1=∠DAA 1=60°∴A 1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上， ∴平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ， ∵AB=1，AD=2，AA 1=3， ∵11AC AC CC =+ =1AB AD AA ++∴|1AC |2=（1AB AD AA ++）2=|AB |2+|AD |2+|1AA |2+2AB AD ⋅+21AB AA ⋅+21AD AA ⋅ =1+9+4+0+2×1×3×12+2×2×3×12=23， ∴|1AC 23∴AC 1【点睛】本题重点考查了向量的坐标分解，向量的加法运算法则与运算律、数量积的运算等知识，属于中档题．21．-4【解析】分析：设平面的法向量平面的法向量由∥可得因此存在实数使得再利用向量共线定理的坐标运算即可求得结果详解：设平面的法向量平面的法向量因为∥所以所以存在实数使得所以有解得故答案为点睛：该题考查 解析：-4【解析】分析：设平面α的法向量m ，平面β的法向量n ，由α∥β，可得m n ∥，因此存在实数k ，使得m kn =，再利用向量共线定理的坐标运算即可求得结果.详解：设平面α的法向量(1,2,2)m =-，平面β的法向量(2,,4)n λ=，因为α∥β，所以m n ∥，所以存在实数k ，使得m kn =，所以有12224k k k λ=⎧⎪-=⎨⎪=⎩，解得4λ=-，故答案为4-. 点睛：该题考查的是向量平行的条件，以及向量平行时坐标所满足的关系，在解题的过程中，首先需要利用两个平面平行的条件，得到其法向量共线的结论，之后根据坐标的关系求得结果.22．【解析】很明显当四点共面时数量积能取得最值由题意可知：则是以点D 为顶点的直角三角形且：当向量反向时取得最小值：解析：4-【解析】很明显当,,,O D M N 四点共面时数量积能取得最值，由题意可知：OD OM ON ==，则MDN △是以点D 为顶点的直角三角形，且： ()()()2420,AM AN AD DM AD DNAD AD DM DN DM DN AD DO ⋅=+⋅+=+⋅++⋅=+⋅+ 当向量,AD DO 反向时，AM AN ⋅取得最小值：4224-⨯=-23．【分析】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值【详解】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系则设平面的法向量为由可得令则可解析：63【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D xyz-，利用空间向量法可求得直线BM与平面11B D M所成角的正弦值.【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz-，则()2,2,0B 、(12,2,22B、(10,0,22D、(2M，设平面11B D M的法向量为(),,n x y z=，()112,2,0D B=，(12,0,2D M=-，由1111n D Bn D M⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，可得220220x yx z+=⎧⎪⎨=⎪⎩，令1x=，则1y=-，2z=()1,1,2n=-，(0,2,2BM=-，6cos,26n BMn BMn BM⋅<>===⨯⋅，因此，BM与平面11B D M66.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h lθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.24．或【分析】由公式结合空间向量数量积的坐标运算律得出关于实数的方程解出该方程可得出实数的值【详解】则解得或故答案为或【点睛】本题考查空间向量数量积的坐标运算解题的关键就是利用空间向量数量积的坐标运算列 解析：2或1227-. 【分析】 由公式4cos ,9a ba b a b ⋅==⋅结合空间向量数量积的坐标运算律得出关于实数λ的方程，解出该方程可得出实数λ的值. 【详解】()1,2,a λ=，()2,2,1b =-，246a b λλ⋅=+-=-，25a λ=+，3b =， 24cos ,9a ba b a b λ⋅===+⋅，则606λλ->⇒<，解得2λ=或1227-. 故答案为2或1227-. 【点睛】 本题考查空间向量数量积的坐标运算，解题的关键就是利用空间向量数量积的坐标运算列出方程求解，考查运算求解能力，属于中等题.25．【分析】根据向量的线性运算得出根据向量的数量积运算即可求出结果【详解】解：由题可知所以得故答案为：【点睛】本题考查向量的运算涉及到线性运算和向量的数量积同时考查学生的化归和转化思想 【分析】根据向量的线性运算，得出112AE AB BC CC =++，根据向量的数量积运算，即可求出结果.【详解】解：由题可知，112AE AB BC CC =++，所以2211()2AE AB BC CC =++ 222111124AB BC CC AB BC AB CC BC CC =+++⋅+⋅+⋅ 22211112cos60cos60cos604AB BC CC AB BC AB CC BC CC =+++⋅+⋅+⋅ 11111711242224=+++⨯++= 得17AE =. 故答案为：17. 【点睛】 本题考查向量的运算，涉及到线性运算和向量的数量积，同时考查学生的化归和转化思想. 26．①②【分析】建立如图所示的空间直角坐标系把空间中的平行垂直关系归结为方向向量法向量之间的关系后可得正确的选项【详解】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为2则故所以故所以故②正确又设平面的法向 解析：①②【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，把空间中的平行、垂直关系归结为方向向量、法向量之间的关系后可得正确的选项.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()()()()2,0,0,0,0,0,0,2,0,2,2,0A D C B ，()()()()11112,0,2,0,0,2,0,2,2,2,2,2A D C B ，故()()2,2,1,0,1,0M N ，所以()2,1,1MN =---，()10,2,2CD =-，故10MN CD ⋅=，所以1MN CD ⊥，故②正确.又()2,2,0DB =，()12,0,2DA =，设平面1A BD 的法向量为(),,n x y z =， 由100n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得00x y x z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()1,1,1n =--， 因为0MN n ⋅=且MN ⊄平面1A BD ，故//MN 平面1A BD ，故①正确.又()10,2,1A M =-，设平面1A MN 的法向量为(),,m x y z =， 由100m MN m A M ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得2020x y z y z ---=⎧⎨-=⎩，取1y =，则3,1,22m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 平面1A AC 的法向量为()2,2,0a =，则0m a ⋅≠故平面1A MN ⊥平面1A AC 不成立，故③错，故答案为：①②.【点睛】本题考查空间中平行关系、垂直关系的判断，注意根据几何体的特征建立合适的空间直角坐标系后再利用空间向量来处理，本题属于中档题.。

利用向量证明空间中的位置关系（高效训练）-2019版导学教程一轮复习数学（人教版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设平面α的法向量为（1，2，﹣2），平面β的法向量为（﹣2，﹣4，k ），若α∥β，则k=（ ）A ．2B ．﹣4C ．4D ．﹣2 2．若AB =λCD +μCE ,则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．在平面内 D ．平行或在平面内.3．若直线l 的方向向量为(1,0,2)a =，平面α的法向量为(2,0,4)n =--，则（ ） A ．//l αB ．l α⊥C ．l α⊂D ．l 与α斜交4．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AA =AD =，P 为11C D 的中点，M 为BC 的中点，则AM 与PM 所成的角为A ．60°B ．45°C ．90°D ．以上都不正确5．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE.则M 点的坐标为（ ）A ．(1，1，1)B ．C ．22D ．6．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M=AN=3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是（ ） A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定二、填空题7．已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0，1，0)，C (1，0，0)，平面β的一个法向量()111n ＝－，－，－，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________． 8．已知AB ＝(1，5，－2)，BC ＝(3，1，z )，若AB ⊥BC ，BP ＝(1x -，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x y +=________．9．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，如果(2,1,4),(4,2,0),AB AD =--=(1,2,1)AP =--，对于结论：①AP AB ⊥；②AP AD ⊥；③AP 是平面ABCD 的法向量；④//AP BD .其中正确的说法的序号是__________．10．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．11．圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内（包括圆周）．若AM MP ⊥，则点P 形成的轨迹的长度为______．三、解答题12．如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .13．如图正方形ABCD 的边长为BDEF 是平行四边形，BD 与AC 交于点G ，O 为GC 的中点，FO FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ；(2)求证：CF ⊥平面AEF .14．如图，正△ABC 的边长为4，CD 为AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ？如果存在，求出BP BC的值；如果不存在，请说明理由．参考答案1．C【解析】试题分析：根据两平面平行得到两平面的法向量平行，再根据向量平行坐标的关系建立等量关系，求出k 即可．解：∵α∥β，∴两平面的法向量平行则（﹣2，﹣4，k ）=λ（1，2，﹣2），∴﹣2=λ，k=﹣2λ，∴k=4．故选C点评：本题主要考查了向量语言表述面面的垂直、平行关系，以及平面的法向量，属于基础题．2．D【分析】直接利用共面向量定理，推出结果即可．【详解】∵AB =λCD +μCE ,∴,,AB CD CE 共面,则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内.【点睛】本题考查共面向量定理的应用，属基本知识的考查．3．B【分析】通过(1,0,2)a =，(2,0,4)n =--可以得出2n a =-，所以可以判断直线,l α之间的关系.【详解】∵(1,0,2)a =，(2,0,4)n =--，∴2n a =-，即//a n .∴l α⊥.【点睛】本题考查了利用空间向量的关系，判断线面垂直.4．C【分析】由题意，建立适当的空间直角坐标系D xyz -，分别求得向量PM 和AM ，利用向量的数量积的公式，求解0PM AM ⋅=，即可得到答案.【详解】由题意，以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.依题意，得，D(0，0，0)，P(0，1)，C(0，2，0)，A(0，0)，，2，0)．∴PM ＝，1，AM ＝(，2，0)，∴PM ⋅AM ＝，1，2，0)＝0，即PM ⊥AM ，∴AM ⊥PM ，故选C.【点睛】本题主要考查了利用空间向量在立体几何中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，分别求得,PM AM 的坐标，利用向量的数量积的运算公式取得0PM AM ⋅=是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5．C【解析】试题分析：设,AC BD 交于点O ，连结OE ，因为正方形ABCD 与矩形ACEF 所在的平面互相垂直，1AB AF ==，点M 在EF 上，且//AM 平面BDE ，所以//AM OE ，又//AO EM ，所以OAME 是平行四边形，所以M 是EF 的中点，因为(0,0,1),E F ，所以(,1)22M ，故选C ．考点：空间直角坐标系中点的坐标．6．B【分析】建立空间直角坐标系，求得平面BB 1C 1C 的法向量和直线MN 的方向向量，利用两向量垂直，得到线面平行.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知平面BB 1C 1C 的法向量(0,1,0)n =.∵A 1M=AN=3，∴M 233a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，N 2233a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，， ∴2033a a MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，.∵0MN n ⋅=， ∴MN ∥平面BB 1C 1C ，故选：B.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利于空间向量判断线面平行，属于简单题目.7．//αβ【分析】设平面α的法向量为(,,)m x y z =，根据向量的数量积的运算公式，求得(1,1,1)m =，得到//m n ，即可求解.【详解】设平面α的法向量为(,,)m x y z =，由m ·AB ＝0，得00x y z y z ⋅+-=⇒=，由m ·AC ＝0，得0x z x z -=⇒=，取1x =，∴m ＝(1，1，1)，m n =-，∴//m n ，∴//αβ.【点睛】本题主要考查了空间向量在点、线、面位置关系的应用，其中解答中熟练应用向量的数量积的运算公式，求得平面α的法向量是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8．257【分析】由题意，可得,,AB BC BP AB BP BC ⊥⊥⊥，利用向量的数量积的运算公式列出方程组，求得,,x y z 的值，即可求解.【详解】由题意，可得,,AB BC BP AB BP BC ⊥⊥⊥，利用向量的数量积的运算公式，可得()352015603130z x y x y z ⎧+-=⎪-++=⎨⎪-+-=⎩解得407x =，157y =-，4z =，∴401525777x y +=-=. 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的应用，其中解答中根据题设条件和线面位置关系，利用向量的数量积的运算公式，列出方程组求得,,x y z 的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9．①②③【解析】由(2,1,4),(4,2,0),(1,2,1)AB AD AP =--==--,在①中，2240AP AB ⋅=--+=，所以AP AB ⊥，所以AP AB ⊥，所以是正确的； 在②中，4400AP AD ⋅=-++=，所以⊥AP AD ，所以AP AD ⊥，所以是正确的； 在③中，由于AP AB ⊥，AP AD ⊥，且AB AD A ⋂=，可知AP 是平面ABCD 的法向量，所以是正确的；在④中，(2,3,4)BD AD AB =-=,假设存在实数λ使得λ=AP BD ，则122314λλλ-=⎧⎪=⎨⎪-=⎩，此时无解，所以是不正确的，所以正确命题的序号为①②③.点睛：本题主要考查了命题的真假判定问题，其中解答中涉及到空间向量的数量积的运算，空间向量的坐标表示，平面法向量的概念，同时考查了向量垂直、向量平行等基础知识，着重考查了推理能力与计算能力，属于基础题，解答中熟记向量的坐标运算的基本公式是解答的关键.10．1【解析】以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 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)，B 1(1,1,0)，∴1B E ＝(x －1,0,1)，又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴FB ＝(1,1，y)，由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB ·1B E ＝(1,1，y)·(x －1,0,1)＝0⇒x ＋y ＝1. 11【详解】建立空间直角坐标系．设()0,1,0A -，()0,1,0B，(S，M ⎛ ⎝⎭，(),,0P x y ．于是，AM ⎛= ⎝⎭，,,MP x y ⎛= ⎝⎭．因为AM MP ⊥，所以，0,1,,,022x y ⎛⎛⋅-= ⎝⎭⎝⎭．从而，34y =，此为点P 形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为2=． 12．详见解析【分析】由题意，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的数量积的运算公式，平面EFG 的法向量，利用法向量与PB 的数量积，即可得到判定，得到结论.【详解】∵平面PAD⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB，AP ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)． ∴EF ＝(0，1，0)，EG ＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为()n x y z ＝，，，则EF 0EG 0n n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即020y x y z =⎧⎨+-=⎩令z 1=，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量，∵PB ＝(2，0，－2)，∴PB ·n ＝0，∴n ⊥ PB ，∵PB ⊄面EFG ，∴PB∥平面EFG.【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何线面位置关系的判定中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的共面定理是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.13．（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】(1)取BC 中点H ，连接OH ，建立如图所示的直角坐标系，求得平面BCF 的法向量为n ，由AE ⊥ n ，即可得到AE∥平面BCF.(2)由CF ⊥ AF ，CF ⊥ AE ，且AE AF ＝A ，解得CF ⊥平面AEF.【详解】(1)取BC 中点H ，连接OH ，则OH∥BD，又四边形ABCD 为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，∴以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3，0，0)，E(1，－2，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，B(1，2，0). BC ＝(－2，－2，0)，CF ＝(1，0，BF ＝(－1，－．设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则n BC 220n CF 0x y x ⎧=--=⎪⎨=+=⎪⎩. 取z ＝1，得n ＝(1)．又四边形BDEF 为平行四边形，∴DE ＝BF ＝(－1，－2，，∴AE ＝AD ＋DE ＝BC ＋DE ＝(－2，－2，0)＋(－1，－2)＝(－3，－4，∴AE ·n ＝＝0，∴AE n ⊥，又AE ⊄平面BCF ，∴AE∥平面BCF.(2)AF ＝(－3，0)，∴CF ·AF ＝－3＋3＝0，CF ·AE ＝－3＋3＝0， ∴CF ⊥ AF ，CF ⊥ AE ，又AE AF ＝A ，∴CF ⊥平面AEF.【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何线面位置关系的判定中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的共面定理是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.14．（1）//AB 平面DEF ，理由见解析；（2）13. 【分析】 (1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF∥AB，利用线面平行的判定定理，即可得到AB∥平面DEF.(2)以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，由AP ·0DE =，得到y ，进而得到BP ∥PC ，代入求得BP ＝13BC ，即可得到答案. 【详解】(1)AB∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF∥AB.又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以AB∥平面DEF.(2)以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，0)，E(01)，故DE ＝(01)．假设存在点P(x ，y ，0)满足条件，则AP ＝(x ，y ，－2)，AP ·DE 20-=，所以y 3=.又BP ＝(x 2-，y ，0)，PC ＝(－x ，y ，0)，BP ∥PC ，所以(x 2-)(y )＝xy -y +=. 把23y =4x 3=，所以BP ＝1BC 3， 所以在线段BC 上存在点P 使AP⊥DE，此时BP 1BC 3=. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，以及空间向量在立体几何线面位置关系的的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的数量积的应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.。

课时跟踪检测（四十二） 空间向量及其运算和空间位置关系1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c.其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.2．如图所示，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c 解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a)＝－12a ＋12b ＋c. 3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→ (x ，y ，z ∈R)，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→ (m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3 解析：选 B 由题意设c ＝x a ＋y b ，则(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．(2019·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B ．66C ．－66D ．± 6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 6．在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：选B 法一：如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝AB ―→·(AD ―→－AC ―→)＋AC ―→·(AB ―→－AD ―→)＋AD ―→·(AC ―→－AB ―→)＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a)＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a＝0.法二：在三棱锥A ­BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直．所以AB ―→·CD ―→＝0，AC ―→·DB ―→＝0，AD ―→·BC ―→＝0.所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝0.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于________．解析：设AD ―→＝λAC ―→，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0，4，－3)，∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ，∴D (1,4λ－1,2－3λ)，∴BD ―→＝(－4,4λ＋5，－3λ)，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－45，∴BD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，95，125， ∴|BD ―→|＝－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5. 答案：58．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．解析：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB ，故①正确；AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ，故②正确；由①②知AP ⊥平面ABCD ，故③正确，④不正确．答案：①②③9．(2019·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→ ＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→)＝12OA ―→＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OB ―→＋OC ―→－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13. 答案：16，13，1310．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 ∥平面RSD .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.∴MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，2，23，RS ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，2，23，MN ―→＝RS ―→. ∴MN ―→∥RS ―→.∵M ∉RS .∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ，∴MN ∥平面RSD .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 ， ∴MN ―→＝RS ―→，∴MN ―→∥RS ―→，又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ，∴MN ∥平面RSD .11．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点．求证：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)，∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0)．∴AA 1―→＝(0,0，3)，AD ―→＝(1,1,0)，BC ―→＝(－2,2,0)，CC 1―→＝(0，－1，3)．设平面A 1AD 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1―→＝0，n 1·AD ―→＝0，得⎩⎨⎧ 3z 1＝0，x 1＋y 1＝0.令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0，∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BC ―→＝0，n 2·CC 1―→＝0，得⎩⎨⎧ －2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0.令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2.∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.12．如图所示，四棱锥S ­ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ， 则OC ―→·SD ―→＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a －t ，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→.而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。

空间动态问题突破题型一 空间位置关系的判定例1 (1)如图，在矩形ABCD 中，BC ＝1，AB ＝x ，BD 和AC 交于点O ，将△BAD 沿直线BD 翻折，则下列说法中错误的是( )A ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AB ⊥OC B ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AC ⊥BD C ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AB ⊥平面ACD D ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AC ⊥平面ABD 答案 D解析 当AB ＝x ＝1时，此时矩形ABCD 为正方形，则AC ⊥BD ， 将△BAD 沿直线BD 翻折，若使得平面ABD ⊥平面BCD 时， 由OC ⊥BD ，OC ⊂平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以OC ⊥平面ABD ，又AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥OC ，故A 正确； 又OC ⊥BD ，OA ⊥BD ，且OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面OAC ， 所以BD ⊥平面OAC ，又AC ⊂平面OAC ，所以AC ⊥BD ，故B 正确； 在矩形ABCD 中，AB ⊥AD ，AC ＝1＋x 2， 所以将△BAD 沿直线BD 翻折时， 总有AB ⊥AD ，取x ＝12，当将△BAD 沿直线BD 翻折到AC ＝32时，有AB 2＋AC 2＝BC 2，即AB ⊥AC ，且AC ∩AD ＝A ，AC ，AD ⊂平面ACD ， 则此时满足AB ⊥平面ACD ，故C 正确；若AC ⊥平面ABD ，又AO ⊂平面ABD ，则AC ⊥AO ，所以在△AOC 中，OC 为斜边，这与OC ＝OA 相矛盾，故D 不正确.(2)(多选)(2022·烟台质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段BC 1上运动，则下列判断中正确的是( )A ．平面PB 1D ⊥平面ACD 1 B ．A 1P ∥平面ACD 1C ．异面直线A 1P 与AD 1所成的角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3D ．三棱锥D 1－APC 的体积不变 答案 ABD解析 对于A ，根据正方体的性质，易证DB 1⊥平面ACD 1， 又DB 1⊂平面PB 1D ，则平面PB 1D ⊥平面ACD 1，故A 正确；对于B ，连接A 1B ，A 1C 1(图略)，易证明平面BA 1C 1∥平面ACD 1， 又A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，当P 与线段BC 1的两端点重合时，A 1P 与AD 1所成的角取最小值π3，当P 与线段BC 1的中点重合时，A 1P 与AD 1所成的角取最大值π2，故A 1P 与AD 1所成的角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，故C 错误；对于D ，11,D APC C AD P V V --=因为点C 到平面AD 1P 的距离不变，且△AD 1P 的面积不变，所以三棱锥D 1－APC 的体积不变，故D 正确． 思维升华 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算．跟踪训练1 (多选)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，AB ⊥BC ，且AC ＝AA 1＝2，E ，F 分别是AC ，A 1C 1的中点，D ，M 分别是AA 1，BB 1上的两个动点，则( )A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D －MEF 的体积为定值13C ．直线B 1C 1与BD 所成的角为π2D ．若D 为AA 1的中点，则四棱锥D －BB 1FE 的外接球表面积为5π 答案 BCD解析 A 项，当M ，B 重合时，FM (即BF )与BD 是相交直线，故A 错误； B 项，由已知可得B 1F ⊥A 1C 1，又平面ABC ⊥平面CAA 1C 1， 所以B 1F ⊥平面CAA 1C 1. 在矩形AEFA 1中，△DEF 的面积S ＝12×EF ×A 1F ＝12×2×1＝1.又B 1F ＝12A 1C 1＝1，所以三棱锥D －MEF 的体积V M －DEF ＝13S ×B 1F ＝13×1×1＝13，所以B 正确；C 项，由AA 1⊥平面A 1B 1C 1，得AA 1⊥B 1C 1，又B 1C 1⊥A 1B 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，A 1B 1，AA 1⊂平面A 1B 1BA ， 所以B 1C 1⊥平面A 1B 1BA ， 因为BD ⊂平面A 1B 1BA ， 所以B 1C 1⊥BD ，所以C 正确；D 项，由题意可得四边形BB 1FE 为矩形，连接BF (图略)， 则矩形BB 1FE 外接圆的圆心为BF 的中点O 1，且O 1F ＝O 1B ＝52. 过O 1作O 1N ⊥EF ，垂足为N ，连接DN ，O 1D ， 则O 1N ＝12，DN ＝1，O 1N ⊥DN ，故O 1D ＝52， 所以O 1是四棱锥D －BB 1FE 的外接球的球心，外接球的半径为R ＝52， 则外接球的表面积为S ＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π， 所以D 正确． 题型二 轨迹问题例2 (1)(多选)(2022·日照模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，M 为DD 1的中点，N 为ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )A ．若MN 与平面ABCD 所成的角为π4，则点N 的轨迹为圆B ．若MN ＝4，则MN 的中点P 的轨迹所围成图形的面积为2πC ．若点N 到直线BB 1与到直线DC 的距离相等，则点N 的轨迹为抛物线D ．若D 1N 与AB 所成的角为π3，则点N 的轨迹为双曲线 答案 ACD解析 如图所示，对于A ，根据正方体的性质可知，MD ⊥平面ABCD ，所以∠MND 为MN 与平面ABCD 所成的角，所以∠MND ＝π4，所以DN ＝DM ＝12DD 1＝12×4＝2，所以点N 的轨迹为以D 为圆心，2为半径的圆，故A 正确；对于B ，在Rt △MDN 中，DN ＝MN 2－MD 2＝42－22＝23，取MD 的中点E ，连接PE ，因为P 为MN 的中点，所以PE ∥DN ，且PE ＝12DN ＝3，因为DN ⊥ED ，所以PE ⊥ED ，即点P 在过点E且与DD 1垂直的平面内，又PE ＝3，所以点P 的轨迹为以3为半径的圆，其面积为π·(3)2＝3π，故B 不正确；对于C ，连接NB ，因为BB 1⊥平面ABCD ，所以BB 1⊥NB ，所以点N 到直线BB 1的距离为NB ，所以点N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD 的距离，又B 不在直线CD 上，所以点N 的轨迹为以B 为焦点，CD 为准线的抛物线，故C 正确；对于D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则A (4,0,0)，B (4,4,0)，D 1(0,0,4)，设N (x ，y ，0)， 则AB →＝(0,4,0)，D 1N —→＝(x ，y ，－4)， 因为D 1N 与AB 所成的角为π3，所以|cos 〈AB →，D 1N —→〉|＝cos π3，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 4x 2＋y 2＋16＝12，整理得3y 216－x 216＝1，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确．(2)(2022·济南模拟)如图，已知四棱锥S －ABCD 的底面是边长为6的菱形，∠BAD ＝60°，AC ，BD 相交于点O ，SO ⊥平面ABCD ，SO ＝4，E 是BC 的中点，动点P 在该棱锥表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的长为________．答案 8解析 如图，分别取DC ，SC 的中点G ，F ，连接GE ，GF ，FE ，∵E 是BC 的中点， ∴GE ∥DB ，FE ∥SB ，GE ⊄平面SBD ，DB ⊂平面SBD ，则GE ∥平面SBD ；FE ⊄平面SBD ，SB ⊂平面SBD ，则FE ∥平面SBD ，又GE ∩FE ＝E ，∴平面FEG ∥平面SBD ， ∵SO ⊥平面ABCD ，∴SO ⊥AC ， 又∵四边形ABCD 是菱形，∴DB ⊥AC ， ∵SO ∩DB ＝O ，SO ，DB ⊂平面SBD ， ∴AC ⊥平面SBD ， 则AC ⊥平面FEG ，故只要动点P 在平面FEG 内即总保持PE ⊥AC ，又动点P 在棱锥表面上运动， ∴动点P 的轨迹的周长即为△FEG 的周长，∵四边形ABCD 是边长为6的菱形，且∠BAD ＝60°， ∴BD ＝6，则OB ＝OD ＝3， 又SO ＝4，∴SB ＝SD ＝5， 故FE ＝FG ＝52，GE ＝3，∴△FEG 的周长为8.思维升华 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足∠PAB ＝π6，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设OB ＝OA ＝1，则B (0,1,0)，A (0,0,1)，P (x ，y ，0)，则AB →＝(0,1，－1)， AP →＝(x ，y ，－1)，所以cos 〈AB →，AP →〉＝y ＋12·x 2＋y 2＋1＝32， 即3x 2＋(y －2)2＝3， 所以点P 的轨迹是椭圆．(2)(2022·宁波模拟)在棱长为22的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点，P 为线段C 1D 上的动点，则直线A 1P 与平面D 1EF 的交点Q 的轨迹长度为( ) A.2153 B.433 C.2133 D.423答案 C解析 如图，连接B 1D 1，因为E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点，所以B 1D 1∥EF ， 则B 1，D 1，E ，F 四点共面．连接A 1C 1，A 1D ，设A 1C 1∩B 1D 1＝M ，A 1D ∩D 1F ＝N ，连接MN ， 则点Q 的轨迹为线段MN ， 易得A 1D ＝A 1D 21＋DD 21＝4， △A 1ND 1∽△DNF ，且A 1D 1FD＝2， 所以A 1N ＝23A 1D ＝83.易知A 1C 1＝C 1D ＝A 1D ＝4，所以∠C 1A 1D ＝60°，又A 1M ＝2，所以在△A 1MN 中，由余弦定理可得MN 2＝A 1N 2＋A 1M 2－2A 1N ·A 1M cos∠MA 1N ＝529，所以MN ＝2133，即点Q 的轨迹长度为2133.题型三 最值、范围问题例3 (1)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段B 1D 1上一动点，且AP ∥平面DBC 1，则异面直线AP 与BD 所成角的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3答案 C解析 如图，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，设正方体棱长为1，则D (0,0,0)，B (1,1,0)，A (1,0,0)， 设P (λ，λ，1)，λ∈[0,1]， ∴DB →＝(1,1,0)，AP →＝(λ－1，λ，1)， ∴DB →·AP →＝2λ－1，|DB →|＝2， |AP →|＝2λ2－2λ＋2，设异面直线AP 与BD 所成的角为θ， 则cos θ＝|DB →·AP →||DB →||AP →|＝|2λ－1|2λ2－λ＋1 ＝12·2λ－12λ2－λ＋1＝12·4－3λ2－λ＋1＝12·4－3⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋34，当λ＝12时，cos θ取得最小值为0，当λ＝0或1时，cos θ取得最大值为12，∴0≤cos θ≤12，则π3≤θ≤π2.(2)(多选)(2022·济宁模拟)如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，SO ＝OC ＝2，则下列结论正确的是( )A ．圆锥SO 的侧面积为82πB ．三棱锥S －ABC 体积的最大值为83C ．∠SAB 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3D ．若AB ＝BC ，E 为线段AB 上的动点，则SE ＋CE 的最小值为2(3＋1) 答案 BD解析 在Rt △SOC 中，SC ＝SO 2＋OC 2＝22，则圆锥的母线长l ＝22，半径r ＝OC ＝2， 对于选项A ，圆锥SO 的侧面积为πrl ＝42π， 故选项A 错误；对于选项B ，当OB ⊥AC 时，△ABC 的面积最大，此时S △ABC ＝12×4×2＝4，则三棱锥S －ABC 体积的最大值为13×S △ABC ×SO ＝13×4×2＝83，故选项B 正确；对于选项C ，当点B 与点A 重合时，∠ASB ＝0为最小角，当点B 与点C 重合时，∠ASB ＝π2，达到最大值，又因为B 与A ，C 不重合，则∠ASB ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，又2∠SAB ＋∠ASB ＝π，可得∠SAB ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2， 故选项C 不正确；对于选项D ，由AB ＝BC ，∠ABC ＝π2，AC ＝4，得AB ＝BC ＝22，又SA ＝SB ＝22， 则△SAB 为等边三角形， 则∠SBA ＝π3，将△SAB 以AB 为轴旋转到与△ABC 共面，得到△S 1AB ，则△S 1AB 为等边三角形，∠S 1BA ＝π3，如图所示，则(SE ＋CE )min ＝S 1C ， 因为S 1B ＝BC ＝22，∠S 1BC ＝∠S 1BA ＋∠ABC ＝5π6，S 1C 2＝S 1B 2＋BC 2－2×S 1B ×BC ×cos5π6＝8＋8＋83＝(23＋2)2，则(SE ＋CE )min ＝S 1C ＝2(3＋1)， 故选项D 正确．思维升华 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．跟踪训练3 (1)(2022·邢台模拟)球O 为正四面体ABCD 的内切球，AB ＝2，MN 是球O 的直径，点P 在正四面体ABCD 的表面运动，则PM →·PN →的最小值为______，最大值为______． 答案 0 43解析 PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝PO →2－OM →2，如图所示：设球O 的半径为r ，由题可知正四面体ABCD 的高为h ＝AO 1＝AD 2－O 1D 2＝263，所以4×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×r ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×263，解得r ＝66.因为点P 在正四面体ABCD 的表面运动， 所以|PO →|的最大值为AO ＝h －r ＝62，最小值为r ＝66，又|OM →|＝r ＝66， 所以PM →·PN →的最小值为0，最大值为43.(2)(2022·杭州检测)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2AD ＝2，E 为棱CC 1上一点，记平面BD 1E 与底面ABCD 的夹角为α，则当α取得最小值时CE 的长度为________． 答案 25解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设CE ＝a ，a ∈[0,2]，B (1,2,0)，E (0,2，a )， D 1(0,0,2)，BD 1—→＝(－1，－2,2)， BE →＝(－1,0，a )，设平面BD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →1＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x －2y ＋2z ＝0，－x ＋az ＝0，取x ＝a ，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，1－a2，1， 显然平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)， 即cos α＝|m ·n ||m ||n |＝1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－a 22＋1＝154a 2－a ＋2＝154⎝ ⎛⎭⎪⎫a －252＋95，当α最小时，154⎝ ⎛⎭⎪⎫a －252＋95取最大值，即当a ＝25时，cos α取最大值，α取得最小值．课时精练1．(2022·广州模拟)点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为( ) A ．πB．2πC．4πD．25π 答案 C解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5，如图．取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ，∴CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25， ∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为55＝1，∴截面圆的半径为2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.2．正四面体ABCD 的棱长为1，点P 是该正四面体内切球球面上的动点，当PA →·PD →取得最小值时，点P 到AD 的距离为( ) A.32－612 B.6－312 C.22－312 D.24答案 A解析 因为四面体ABCD 是棱长为1的正四面体， 所以其体积为13×12×1×1×32×63＝212.设正四面体ABCD 内切球的半径为r ， 则4×13×12×1×1×32×r ＝212，得r ＝612.如图，取AD 的中点E ，则PA →·PD →＝(PE →＋EA →)·(PE →＋ED →)＝PE →2＋PE →·(EA →＋ED →)＋EA →·ED →＝PE →2－14.显然，当PE 的长度最小时，PA →·PD →取得最小值． 设正四面体内切球的球心为O ， 可求得OA ＝OD ＝64.因为球心O 到点E 的距离d ＝OA 2－AE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫642－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝24， 所以球O 上的点P 到点E 的最小距离为d －r ＝24－612＝32－612， 即当PA →·PD →取得最小值时，点P 到AD 的距离为32－612.3．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长为a ，侧棱长为b ，且a ≥b ，点D 是BC 1的中点，则直线AD 与侧面ABB 1A 1所成角的正切值的最小值是( )A.13013 B.63C.33D.3913答案 D解析 如图，取A 1B 1的中点E ，连接BE ，C 1E ，则C 1E ⊥A 1B 1，由正三棱柱的性质可知，平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，∴C 1E ⊥平面ABB 1A 1，取BE 的中点F ，连接AF ，DF .∵D 为BC 1的中点，∴DF ∥C 1E ， ∴DF ⊥平面ABB 1A 1，∴∠DAF 即为直线AD 与侧面ABB 1A 1所成的角． 在Rt △AFD 中，DF ＝12C 1E ＝34a ，AF ＝AD 2－DF 2＝9a 2＋4b24，∴tan∠DAF ＝DF AF＝3a 9a 2＋4b 2＝13＋4b 23a2≥13＋43＝3913，当且仅当a ＝b 时，等号成立，∴直线AD 与侧面ABB 1A 1所成角的正切值的最小值为3913. 4．(多选)(2022·长沙检测)设动点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1上(含内部)，且D 1P —→＝λD 1B —→，当∠APC 为锐角时，实数λ可能的取值是( ) A.12B.13C.14D.15 答案 CD解析 设AP ＝x ，D 1P ＝t ，正方体的棱长为1， 则AC ＝2，在△APC 中，由余弦定理得cos∠APC ＝x 2＋x 2－22x 2＝x 2－1x 2， 若∠APC 为锐角，则x 2－1x2>0，则x 2>1，在△AD 1P 中，AD 1＝2， cos∠AD 1P ＝22＋32－12×2×3＝63， 于是由余弦定理得x 2＝2＋t 2－2×2×t ×63， 于是2＋t 2－2×2×t ×63>1， 即3t 2－43t ＋3>0， 解得t >3或t <33，由D 1B ＝3， 故λ>1(舍去)或0<λ<13.5．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，M 分别为棱CD ，CC 1的中点．Q 为线段A 1B 上任一点，则下列说法正确的是( )A ．平面APM 内存在直线与A 1D 1平行B ．平面APM 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为98C ．直线AP 和DQ 所成的角可能为60°D ．直线AP 和DQ 所成的角可能为30°答案 BC解析 对于选项A ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BC ∥A 1D 1，在平面ABCD 中，直线AP ，BC 相交，所以直线BC 与平面APM 相交，故直线A 1D 1与平面APM 相交，故平面APM 内不存在直线与A 1D 1平行，所以选项A 错误；对于选项B ，如图，连接C 1D ，AB 1，因为P ，M 分别为棱CD ，CC 1的中点， 所以PM ∥C 1D ，PM ＝12C 1D ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB 1∥C 1D ， 所以PM ∥AB 1，连接B 1M ， 则梯形AB 1MP 为所求的截面， 易知AP ＝B 1M ＝1＋14＝52， PM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，AB 1＝2， 所以等腰梯形AB 1MP 的高为AP 2－⎝⎛⎭⎪⎫AB 1－PM 22＝54－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324， 所以梯形AB 1MP 的面积为 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98， 选项B 正确；对于选项C ，D ，以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，B (1,1,0)，A 1(1,0,1)，A 1B —→＝(0,1，－1)，DA 1—→＝(1,0,1)，PA →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0，设A 1Q —→＝λA 1B →＝λ(0,1，－1)＝(0，λ，－λ)， 0≤λ≤1，所以DQ →＝DA 1—→＋A 1Q —→＝(1，λ，1－λ)， 所以|cos 〈PA →，DQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12λ52×1＋λ2＋1－λ2＝2－λ10·λ2－λ＋1. 当2－λ10·λ2－λ＋1＝cos60°＝12， 即λ2＋λ－1＝0时，解得λ＝±5－12，其中5－12∈[0,1]， 当2－λ10·λ2－λ＋1＝cos30°＝32， 即13λ2－7λ＋7＝0时，方程无解．所以直线AP 和DQ 所成的角可能为60°，但不可能为30°，选项C 正确，选项D 错误． 6．(多选)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为BD 1，B 1C 1的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP ⊥CN .给出的下列说法中正确的是( )A ．点P 可以是棱BB 1的中点 B ．线段MP 的最大值为34C ．点P 的轨迹是正方形D ．点P 的轨迹长度为2＋ 5 答案 BD解析 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵该正方体的棱长为1，M ，N 分别为BD 1，B 1C 1的中点，∴D 1(0,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，C (0,1,0)，∴CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，设P (x ，y ，z )，则MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，y －12，z －12，∵MP ⊥CN ，∴12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋z －12＝0，即2x ＋4z －3＝0，当x ＝1时，z ＝14，当x ＝0时，z ＝34，取E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，14，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，14，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，34， H ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，34，连接EF ，FG ，GH ，HE ， 则EF →＝HG →＝(0,1,0)， EH →＝FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12，∴四边形EFGH 为矩形， 又EF →·CN →＝0，EH →·CN →＝0， 即EF ⊥CN ，EH ⊥CN ，又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线， ∴CN ⊥平面EFGH ，又EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，14，MG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，14，∴M 为EG 的中点，则M ∈平面EFGH ， 为使MP ⊥CN ，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体表面上运动， ∴点P 的轨迹为四边形EFGH ，∴点P 不可能是棱BB 1的中点，故选项A 错误； 又EF ＝GH ＝1，EH ＝FG ＝52， ∴EF ≠EH ，则点P 的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH 的周长为2＋2×52＝2＋5， 故选项C 错误，选项D 正确； ∵点P 的轨迹为矩形EFGH ，∴当P 点在矩形的四个端点时，MP 取得最大值，且MP 的最大值为34，故B 正确．7.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为线段AB 1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是( )A ．平面BCM ⊥平面A 1AMB ．三棱锥B －MB 1C 体积的最大值为16C ．当M 为AB 1的中点时，直线B 1D 与直线CM 所成的角的余弦值为23D ．直线CM 与A 1D 所成的角不可能是π4答案 ABC解析 对于A ，∵BC ⊥AB ，BC ⊥BB 1，AB ∩BB 1＝B ，AB ，BB 1⊂平面AA 1M ， ∴BC ⊥平面AA 1M ，又BC ⊂平面BCM ， ∴平面BCM ⊥平面A 1AM ，A 正确； 对于B ，1111·11,33B MBC C BB M BB M BB M V V S S BC --===△△ ∵M 为AB 1上的动点，∴当M 与A 重合时，1BB M S △取得最大值为12AB ·BB 1＝12，∴1max ()B MB C V -＝13×12＝16，B 正确；对于C ，以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，当M 为AB 1的中点时，M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，12，又B 1(1,1,0)，C (0,1,1)，D (0,0,1)，∴B 1D —→＝(－1，－1,1)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，－12，∴cos〈B 1D —→，CM →〉＝B 1D —→·CM →|B 1D —→||CM →|＝－13×62＝－23，∴当M 为AB 1的中点时，直线B 1D 与直线CM 所成的角的余弦值为23，C 正确； 对于D ，如C 中所建立的空间直角坐标系， 设M (1，y ，z )，AM →＝λAB 1—→(0≤λ≤1)， 又A (1,0,1)，∴AB 1—→＝(0,1，－1)，AM →＝(0，y ，z －1)， ∴(0，y ，z －1)＝(0，λ，－λ)， 则y ＝λ，z ＝1－λ，∴M (1，λ，1－λ)， ∴CM →＝(1，λ－1，－λ)，又A 1D —→＝(－1,0,1)， ∴|cos〈CM →，A 1D —→〉|＝|CM →·A 1D —→||CM →||A 1D —→|＝|－1－λ|1＋λ－12＋λ2×2， 若直线CM 与A 1D 所成的角为π4， 则|－1－λ|1＋λ－12＋λ2×2＝22， 解得λ＝2±3，又λ∈[0,1]，∴当λ＝2－3，即AM →＝(2－3)AB 1—→时，直线CM 与A 1D 所成的角为π4，D 错误．8．(多选)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1(底面是正三角形，侧棱垂直底面)的各条棱长均相等，D 为AA 1的中点．M ，N 分别是BB 1，CC 1上的动点(含端点)，且满足BM ＝C 1N .当M ，N 运动时，下列结论中正确的是( )A ．平面DMN ⊥平面BCC 1B 1 B ．三棱锥A 1－DMN 的体积为定值C ．△DMN 可能为直角三角形D ．平面DMN 与平面ABC 所成的锐二面角范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π4答案 ABD 解析 如图，当M ，N 分别是BB 1，CC 1上的动点(含端点)，且满足BM ＝C 1N 时，则线段MN 一定过正方形BCC 1B 1的中心O ，而DO ⊥平面BCC 1B 1，DO ⊂平面DMN ，可得平面DMN ⊥平面BCC 1B 1，故A 正确； 当M ，N 分别是BB 1，CC 1上的动点(含端点)时，过点M 作A 1D 边上的高，其长等于AB 的长，所以△A 1DM 的面积不变，由于C 1N ∥平面A 1DM ，故点N 到平面A 1DM 的距离等于点C 1到平面A 1DM 的距离，则点N 到平面A 1DM 的距离为定值，故三棱锥A 1－DMN 的体积为定值，所以B 正确； 由BM ＝C 1N 可得，DN ＝DM ，若△DMN 为直角三角形，则一定是以∠MDN 为直角的直角三角形，但MN 的最大值为BC 1，而此时DN ，DM 的长都大于BB 1，故△DMN 不可能为直角三角形，所以C 不正确；当M ，N 分别是BB 1，CC 1的中点时，平面DMN 与平面ABC 平行，所成角为0度； 当M 与B 重合，N 与C 1重合，平面DMN 与平面ABC 所成锐二面角最大；延长C 1D 交CA 于G ，连接BG ，则平面DMN ∩平面ABC ＝GB ，由于D 为AA 1的中点，AA 1＝CC 1，所以DA ∥CC 1，且DA ＝12CC 1，故在△C 1GC 中，D 为C 1G 的中点，A 为CG 的中点，在△C 1GB 中，D 为C 1G 的中点，O 为BC 1的中点，故DO ∥GB ，由于DO ⊥平面BCC 1B 1，所以GB ⊥平面BCC 1B 1，则GB ⊥BC ，GB ⊥BC 1，所以平面DMN 与平面ABC 所成锐二面角最大为∠C 1BC ＝π4，故D 正确．9．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，点P 在底面ABCD 内(不包括边界)运动，若B 1P ∥平面A 1BM ，则C 1P 的长度的取值范围是____________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫305，2 解析 如图，取BC 的中点N ，连接B 1D ，B 1N ，DN ，过C 作CO ⊥DN 于O ，连接C 1O ，由正方体的性质知DN ∥MB ，A 1M ∥B 1N ，又DN ∩B 1N ＝N ，MB ∩A 1M ＝M ， ∴平面B 1DN ∥平面A 1BM ，∴点P 在底面ABCD 内的轨迹是线段DN (不含点N 和点D )． 连接C 1D ，C 1N ，在△C 1DN 中，C 1D ＝2，DN ＝C 1N ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52， ∴1C DN S △＝12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝64， ∵C 1C ⊥平面ABCD ，CO ⊥DN ，∴C 1O ⊥DN ，则当P 与O 重合时，C 1P 的长度取得最小值， ∴C 1P 的长度的最小值为C 1O ＝6412×52＝305， 又C 1P <2，∴C 1P 的长度的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫305，2. 10．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4，E 为AB 的中点，点F 满足C 1F —→＝3FC →，动点M 在侧面AA 1D 1D 内运动，且MB ∥平面D 1EF ，则|MD →|的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，21095解析 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设M (x ，0，z )，B (2,2,0)，D 1(0,0,4)，E (2,1,0)， 因为C 1F —→＝3FC →，所以F 是CC 1四等分点(靠近C )，所以F (0,2,1)，所以D 1E —→＝(2,1，－4)，D 1F —→＝(0,2，－3)，设平面D 1EF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧D 1E —→·n ＝0，D 1F —→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b －4c ＝0，2b －3c ＝0，令c ＝2，则a ＝52，b ＝3，故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3，2，又MB →＝(2－x ，2，－z )，MB ∥平面D 1EF ，所以MB →⊥n ，即MB →·n ＝0，所以52(2－x )＋6－2z ＝0，所以z ＝112－54x ，故|MD →|＝x 2＋z 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫112－54x 2＝41x 2－220x ＋4844，因为0≤x ≤2,0≤z ≤4，所以112－54x ∈[0,4]，故x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤65，2，令y ＝41x 2－220x ＋184， 因为二次函数的对称轴为x ＝2202×41＝11041>2，所以函数在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤65，2上单调递减，所以当x ＝65时，|MD →|取得最大值， 所以|MD →|的最大值为 41×⎝ ⎛⎭⎪⎫652－220×65＋4844＝21095，当x ＝2时，|MD →|取得最小值，所以|MD →|的最小值为41×22－220×2＋4844＝13，所以|MD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，21095.。

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1.1.1 空间向量及其运算.............................................................................................. - 1 - 1.1.2 空间向量基本定理.............................................................................................. - 9 - 1.1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系 ................................................................ - 16 -1.1.1 空间向量及其运算1.下列命题中为真命题的是( ) A.向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度相等B.将空间中所有的单位向量移到同一个起点,则它们的终点构成一个圆C.空间向量就是空间中的一条有向线段D.不相等的两个空间向量的模必不相等2.下列向量的运算结果为零向量的是( ) A.BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗B.PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗C.MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ +QG ⃗⃗⃗⃗⃗D.BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗3.已知e 1,e 2为单位向量,且e 1⊥e 2,若a =2e 1+3e 2,b =k e 1-4e 2,a ⊥b ,则实数k 的值为( ) A.-6 B.6C.3D.-3a ·b=0,e 1·e 2=0,|e 1|=|e 2|=1,所以(2e 1+3e 2)·(k e 1-4e 2)=0,所以2k-12=0, 所以k=6.故选B .4.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( )A.a 2B.12a 2 C .14a 2 D .√34a 2⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AD ⃗⃗⃗⃗⃗=14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14a×a×12+a×a×12=14a 2.5.(多选)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,数量积一定为零的是( ) A.PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B .DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PB ⃗⃗⃗⃗⃗ C.PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AB ⃗⃗⃗⃗⃗ D .PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2+(BC⃗⃗⃗⃗⃗ )2≠0. 因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD , 即PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,又因为AD ⊥AB ,AD ⊥PA ,所以AD ⊥平面PAB ,所以AD ⊥PB ,所以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,同理PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因此B,C,D 中的数量积均为0.故选B,C,D .6.设e 1,e 2是平面内不共线的向量,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,则k= .87.化简:12(a +2b -3c )+5(23a -12b +23c)-3(a -2b +c )= .+92b -76c8.如图,平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AB=AD=1,AA'=2,∠BAD=∠BAA'=∠DAA'=60°,则AC'的长为 .√11AC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CC'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12+12+22+2×1×1×cos60°+2×1×2×cos60°+2×1×2×cos60°=11,则|AC'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√11. 9.在四面体ABCD 中,E ,F 分别为棱AC ,BD 的中点,求证:AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =4EF ⃗⃗⃗⃗⃗ .=(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )+(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=2AF ⃗⃗⃗⃗⃗ +2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(AF ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ )=4EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =右边,得证. 10.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是C 1D 1,D 1D 的中点,正方体的棱长为1. (1)求<CE⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >的余弦值; (2)求证:BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EF ⃗⃗⃗⃗⃗ .⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ .因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12.又|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√52,所以cos <CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF⃗⃗⃗⃗⃗ >=25.1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =ED 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +D 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EF ⃗⃗⃗⃗⃗ .11.已知空间向量a =(t ,1,t ),b =(t-2,t ,1),则|a -b |的最小值为( ) A.√2 B.√3C.2D.4a =(t ,1,t ),b =(t-2,t ,1),∴a -b =(2,1-t ,t-1),则|a-b |=√22+(1-t )2+(t -1)2=√2(t -1)2+4, ∴当t=1时,|a-b |取最小值为2.故选C .12.设平面上有四个互异的点A ,B ,C ,D ,已知(DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -2DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,则△ABC 是( ) A.直角三角形 B .等腰三角形 C.钝角三角形 D .锐角三角形DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -2DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )+(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=0,所以|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |,即△ABC 是等腰三角形. 13.如图,已知PA ⊥平面ABC ,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC 等于( )A.6√2 B .6C.12D .144PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =36+36+36+2×36×cos60°=144,所以PC=12. 14.给出下列几个命题:①方向相反的两个向量是相反向量;②若|a|=|b|,则a=b 或a=-b ;③对于任意向量a ,b ,必有|a+b|≤|a|+|b|. 其中所有真命题的序号为 .①,长度相等且方向相反的两个向量是相反向量,故①错误;对于②,若|a|=|b|,则a 与b 的长度相等,但方向没有任何联系,故不正确;只有③正确.15.等边三角形ABC 中,P 在线段AB 上,且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,若CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则实数λ的值为 .-√22|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=a (a>0),由题知,0<λ<1.如图, CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗ |cos A=a 2λ-12a 2, PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(1-λ)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(λ-1)|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=λ(λ-1)a 2, 则a 2λ-12a 2=λ(λ-1)a 2, 解得λ=1-√22λ=1+√22舍.16.如图,平面α⊥平面β,AC ⊥AB ,BD ⊥AB ,且AB=4,AC=6,BD=8,用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 表示CD ⃗⃗⃗⃗⃗ = ,|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |= .−AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2√29CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2 =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =16+36+64=116,∴|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√29.17.已知ABCD-A'B'C'D'是平行六面体,AA'的中点为E ,点F 为D'C'上一点,且D'F=23D'C'.(1)化简:12AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ;(2)设点M 是底面ABCD 的中心,点N 是侧面BCC'B'对角线BC'上的34分点(靠近C'),设MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =αAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +βAD ⃗⃗⃗⃗⃗ +γAA'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,试求α,β,γ的值.由AA'的中点为E ,得12AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =EA'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 又BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 'D '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,D'F=23D'C',因此23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =23D 'C '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =D 'F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .从而12AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =EA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 'D '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +D 'F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =EF⃗⃗⃗⃗⃗ . (2)MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +34BC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )+34(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(-AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )+34(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AA'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,因此α=12,β=14,γ=34.18.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,M ,N 分别是A 1B ,B 1C 1上的点,且BM=2A 1M ,C 1N=2B 1N.设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c .(1)试用a ,b ,c 表示向量MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; (2)若∠BAC=90°,∠BAA 1=∠CAA 1=60°,AB=AC=AA 1=1,求MN 的长.MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(c-a )+a+13(b-a )=13a+13b+13c.(2)因为(a+b+c )2=a 2+b 2+c 2+2a ·b+2b ·c+2a ·c=1+1+1+0+2×1×1×12+2×1×1×12=5,所以|a+b+c|=√5,所以|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=13|a+b+c |=√53,即MN=√53. 19.如图所示,已知线段AB 在平面α内,线段AC ⊥α,线段BD ⊥AB ,且AB=7,AC=BD=24,线段BD 与α所成的角为30°,求CD 的长.AC ⊥α,可知AC ⊥AB ,过点D 作DD 1⊥α, D 1为垂足,连接BD 1,则∠DBD 1为BD 与α所成的角,即∠DBD 1=30°,所以∠BDD 1=60°,因为AC ⊥α,DD 1⊥α,所以AC ∥DD 1,所以<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=60°,所以<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=120°.又CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .因为BD ⊥AB ,AC ⊥AB , 所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.故|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =242+72+242+2×24×24×cos120°=625, 所以|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=25,即CD 的长是25.20.如图所示,在矩形ABCD 中,AB=1,BC=a ,PA ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 的上方),则边BC 上是否存在点Q ,使PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ?Q (点Q 在边BC 上),使PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥QD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 连接AQ ,因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥QD. 又PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 又PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 即点Q 在以边AD 为直径的圆上,圆的半径为a2.又AB=1,所以当a2=1,即a=2时,该圆与边BC 相切,存在1个点Q 满足题意; 当a2>1,即a>2时,该圆与边BC 相交,存在2个点Q 满足题意; 当a 2<1,即a<2时,该圆与边BC 相离,不存在点Q 满足题意.综上所述,当a ≥2时,存在点Q ,使PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 当0<a<2时,不存在点Q ,使PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .。

bbgxxbj高二选必一数学人教B版分层训练与测评第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.1空间中的点、直线与空间向量第1课时空间中的点、直线与空间向量一、单选题（本大题共6小题，共30分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.若，在直线l上，则直线l的一个方向向量是( )A. B. C. D.2.若直线，的方向向量分别为，，则( )A. B.C.，相交但不垂直 D. 不能确定3.已知，，，则是( )A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 以上都不对4.已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则( )A. ，B. ，C. ，D. ，5.设的一个方向向量为，的一个方向向量为，若，则m等于( )A. 1B.C.D. 36.已知空间中两条不同的直线m，n，其方向向量分别为，，则“，”是“直线m，n相交”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分中不必要条件二、多选题（本大题共2小题，共10分。

在每小题有多项符合题目要求）7.多选已知点，，，点D满足条件，，，则点D的坐标为( )A. B. C. D.8.多选在正方体中与垂直的直线有( )A. B. C. D.三、填空题（本大题共3小题，共15分）9.若直线的方向向量为，直线上有两点，，则两直线的位置关系是__________.10.已知点，，为坐标原点，则点C的坐标为__________.11.已知O为坐标原点，四面体OABC中，，，，直线，并且AD 交坐标平面zOx于点D，则点D的坐标为__________.四、解答题（本大题共5小题，共60分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）12.本小题12分在长方体中，，，，点M在棱上，且，点S在上，且，点N，R分别为，BC的中点.求证：13.本小题12分如图，在棱长为a的正方体中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且，其中，以O为原点建立空间直角坐标系写出点E，F的坐标;求证：若，E，F，四点共面，求证：14.本小题12分已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是( )A.，B.，C.，D.，15.本小题12分一质点从出发，做匀速直线运动，每秒的速度为，2秒后质点所处的位置为( ) A.B.C.D.16.本小题12分已知空间四边形OABC中，点M为BC的中点，点N为AC的中点，点P为OA的中点，点Q为OB的中点，若求证：答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考察直线的方向向量，属于基础题.找出与共线的选项即可.【解答】解：故选2.【答案】B【解析】【分析】本题考察空间向量垂直的坐标运算，属于基础题.求出与数量积可判断【解答】解：故3.【答案】C【解析】【分析】本题考查利用空间向量判断三角形形状问题，属于基础题.求出，，，利用空间向量数量积判断即可.【解答】解：因为，，，所以，所以，且，所以为直角三角形.4.【答案】D【解析】【分析】本题考察空间向量共线的坐标表示，属于基础题.由题意进而求解.【解答】解：若，则故即，，故选5.【答案】B【解析】【分析】本题考察空间向量垂直的坐标表示，属于基础题.因为，所以进而求解.【解答】解：因为，所以即，所以，即，故选B项.6.【答案】B【解析】【分析】本题考察空间向量共线定理以及必要不充分条件的判断，属于基础题.分别讨论充分性和必要性即可.【解答】解：由，可知，与不共线，所以两条不同的直线m，n不平行，可能相交，也可能异面，所以“，”不是“直线m，n相交”的充分条件;由两条不同的直线m，n相交可知，与不共线，所以，，所以“R，”是“直线m，n相交”的必要条件，综上所述，“，”是“直线m，n相交”的必要不充分条件.故选7.【答案】AD【解析】【分析】设，根据，，，利用坐标表示即可建立方程，解方程组即可求解.本题考察空间向量数量积与垂直的关系，属于基础题.【解答】解：设，则，，，，，又，故①，，故②，，故③，联立①②③解得或，所以点D的坐标为或故选：AD8.【答案】ABD【解析】【分析】本题考察空间向量数量积与垂直的关系，属于基础题.画出正方体，利用空间数量积求解.【解答】解：如图，故A正确；同理可知正确；故和不垂直，C错误；故D正确.9.【答案】垂直【解析】【分析】本题考察空间向量垂直的坐标表示，属于基础题.进而求解.【解答】解：故故两直线的位置关系是垂直.10.【答案】【解析】【分析】本题考察空间向量坐标运算，属于基础题.设点C的坐标为，，列方程组求解.【解答】解：设点C的坐标为，，，，解得的坐标为11.【答案】【解析】【分析】本题考察空间向量共线的坐标表示，属于基础题.设，求出和，进而求解.【解答】解：设，故由题意可知，，故而，故故12.【答案】证明方法一如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得，，，则，分别为直线MN，RS的方向向量，所以，，所以，所以，因为，所以方法二设，，，则，所以，所以又，所以【解析】本题考察空间向量共线定理以及空间向量坐标表示，属于一般难度题.方法一：建空间坐标系，求出和的坐标表示，进而判断；方法二：利用空间向量线性运算求解.13.【答案】解，证明因为，，所以，，所以，所以，所以证明因为，E，F，四点共面，所以，，共面.选与为一组基向量，则存在唯一实数对，使，即，所以解得，于是【解析】本题考察空间向量运算的坐标表示以及空间向量数量积坐标运算与垂直的关系，属于一般难度题. 14.【答案】A【解析】本题考察空间向量垂直的坐标表示，属于基础题.利用得出x和y的关系，结合选项即可.15.【答案】A【解析】本题考察空间向量坐标运算在物理中的应用，属于基础题.由题意2秒后质点所处的位置为，计算即可.16.【答案】证明设，，因为，，所以，所以因为，所以，即所以【解析】本题考察空间向量数量积与空间向量垂直关系，属于一般难度题.利用空间向量基本定理求出和，再利用数量积求解.。

高考小题突破练 立体几何与空间向量(教师用书独具)一、选择题1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 是线段AC 1上的点，且AE ＝EF ＝FC 1，分别过点E ，F 作与直线AC 1垂直的平面α，β，则正方体夹在平面α与β之间的部分占整个正方体体积的( )A ．13B ．12C ．23D ．34解析：选C 如图所示，过点E ，F 且与直线AC 1垂直的平面分别为平面A 1BD ，平面CB 1D 1，设正方体的棱长为1，则V A -BDA 1＝V C1-CB 1D 1＝16，则正方体夹在这两个平面之间的体积为1－2×16＝23，故占整个正方体体积的23，故选C ．2．祖暅是南北朝时代的伟大科学家，于5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②，图③，图④分别是圆锥、圆台和半球．则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④解析：选D 设截面与底面间的距离为h ，则①中截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h2，截面圆的面积为π⎝⎛⎭⎫R －h22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中的几何体在等高处的截面的面积恒等，故选D ．3．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，若二面角C -AB -C 1的大小为60°，则点C 到平面C 1AB 的距离为( )A ．1B ．12C ．34D ．32解析：选C 取AB 的中点O ，连接OC 和OC 1(图略)，根据二面角的定义，则∠COC 1＝60°.由题意得OC ＝32，所以CC 1＝32，OC 1＝ 3.设点C 到平面C 1AB 的距离为h ，易知V 三棱锥C -ABC1＝V 三棱锥C1-ABC ，即13×12×1×3×h ＝13×12×1×32×32，解得h ＝34.故点C 到平面C 1AB 的距离为34.4．在四面体ABCD 中，AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝BD ＝2，平面ABD ⊥平面BDC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( )A ．20π3B ．6πC ．22π3D ．8π解析：选A ∵AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝BD ＝2，∴△ABD 与△BDC 均为边长为2的正三角形．过正三角形BDC 的中点O 1作OO 1⊥平面BDC (O 为四面体ABCD 的外接球的球心)(图略)．设M 为BD 的中点，外接球的半径为R ，连接AM ，CM ，OA ，过O 作OG ⊥AM 于点G ，易知G 为△ABD 的中心，则OO 1＝OG ＝MO 1＝MG .∵MA ＝32×2＝3，∴MG ＝OG ＝13×3＝33，GA ＝233.在直角三角形AGO 中，GA 2＋GO 2＝OA 2，即⎝⎛⎭⎫2332＋⎝⎛⎭⎫332＝R 2，R 2＝53，∴四面体ABCD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝20π3.故选A ．5．在四面体ABCD 中，AB ＝3，其余各条棱长均为2，则四面体ABCD 外接球的表面积是( )A ．52π9B ．25π9C ．25π36D ．13π9解析：选A 如图，分别取相对棱AB ，CD 的中点E ，F ，连接EF ，AF ，易知EF 是线段AB ，CD 的公垂线，EF ＝AF 2－AE 2＝32.则四面体ABCD 的外接球球心在EF 上，设球心为O ，连接OA ，OC ． 设OE ＝x ，则OF ＝32－x ，OA 2＝AE 2＋OE 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫322＝x 2＋34，OC 2＝OF 2＋FC 2＝⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1.则x 2＋34＝⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1，解得x ＝56.故OA 2＝x 2＋34＝5236＝139. 于是四面体ABCD 外接球的表面积是4π×139＝52π9.故选A ．6．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 为CC 1的中点，点N 在侧面ADD 1A 1内，若BM ⊥A 1N ，则△ABN 面积的最小值为( )A ．55B ．255C ．1D ．5解析：选B 如图所示，取DD 1的中点M ′，连接AM ′，易知AM ′∥BM .取AD 的中点P ，连接A 1P ，则在正方形ADD 1A 1中，A 1P ⊥AM ′，即A 1P ⊥BM .所以点N 的轨迹为线段A 1P .易知△ABN 为直角三角形，当NA ⊥A 1P 时，AN 取最小值为255，此时△ABN 面积最小，最小值为255，故选B ．7．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B -ACD ．若O 为AC 边的中点，M ，N 分别为线段DC ，BO 上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N -AMC 的体积y ＝f (x )的函数图像大致是( )解析：选B 由四边形ABCD 为正方形可知，AB ＝BC ．由平面ABC ⊥平面ACD ，且O 为AC 的中点可知，BO ⊥平面ACD ．易知BO ＝2，则三棱锥N -AMC 的高ON ＝2－x ，S △AMC ＝12·MC ·AD ＝2x ，所以三棱锥N -AMC 的体积y ＝f (x )＝13·2x ·(2－x )＝13(－2x 2＋22x )(0＜x ＜2)，故函数y ＝f (x )的图像为开口向下的抛物线的一部分．故选B ．8．把一个球形的铁质原材料切割成一个正三棱柱形的工业用零件，若该正三棱柱形的零件的最大体积为8 cm 3，则该球形铁质原材料的体积为( )A ．4π3 cm 3B ．8π3 cm 3C ．16π3cm 3D ．32π3cm 3解析：选D 设正三棱柱的外接球的半径为R cm ，正三棱柱的高为h cm ，底面正三角形的边长为a cm ，则14h 2＝R 2－⎝⎛⎭⎫33a 2，所以V 正三棱柱＝34a 2·4R 2－43a 2＝12a 2·3R 2－a 2＝123R 2a 4－a 6(cm 3)．令t ＝a 2，则t ＞0，y ＝3R 2a 4－a 6可化为y ＝－t 3＋3R 2t 2，则y ′＝－3t (t －2R 2)，所以函数y ＝－t 3＋3R 2t 2在(0,2R 2)上单调递增，在(2R 2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2R 2，即a ＝2R 时，正三棱柱的体积最大，此时有R 3＝8，即R ＝2，所以该球形铁质原材料的体积为43π×8＝32π3(cm 3)．故选D ．二、选择题9．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，下列结论中正确的是为( )A ．直线AM 与C 1C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与MB 1是异面直线D ．直线MN 与AC 所成的角为60°解析：选CD 结合题图分析，显然直线AM 与C 1C 是异面直线，直线AM 与BN 是异面直线，直线BN 与MB 1是异面直线，连接D 1C ，AD 1，(图略)直线MN 与AC 所成的角即直线D 1C 与AC 所成的角，在等边△AD 1C 中，∠ACD 1＝60°，所以直线MN 与AC 所成的角为60°.综上，正确的结论为CD ．10．已知α，β是两个不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( )A ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥αB ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥nC ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ∥n ，n ⊥β，则α∥β解析：选ACD 易知A 正确；对于B ，若m 不在平面β内时，不一定推出m ∥n ，故B 错误；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 正确；若m ⊥α，m ∥n ，则n ⊥α，又n ⊥β，则α∥β，故D 正确．故选ACD ．11．如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝4，BC ＝2，M ，N 分别为棱C 1D 1，CC 1的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ∥平面A 1BDB ．平面MNB 截长方体所得截面的面积为6 2C ．直线BN 与B 1M 所成角为60°D ．三棱锥N -A 1DM 的体积为4解析：选ACD 连接D 1C (图略)，由MN ∥D 1C ，D 1C ∥A 1B ，得MN ∥A 1B ，又MN ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD ，故选项A 正确；因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，所以平面MNB 截长方体所得截面为平面MNBA 1，易知MN ∥A 1B ，故四边形MNBA 1为梯形，又A 1M ＝BN ＝MN ＝22，A 1B ＝42，可得梯形的高为(22)2－(2)2＝6，梯形的面积为22＋422×6＝63，故选项B 不正确；取DC 的中点H ，连接BH ，NH (图略)，则B 1M ∥BH ，则∠NBH 即为异面直线BN 与B 1M 所成的角，在△NBH 中，BN ＝BH ＝NH ＝22，所以∠NBH ＝60°，故选项C 正确；易知△NDM 为等腰三角形，DM ＝DN ＝25，MN ＝22，所以S △NDM ＝12×22×32＝6，V N －A1DM ＝V A 1－NDM ＝13×S △NDM ×A 1D 1＝13×6×2＝4，故选项D 正确．故选ACD ．12．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝1，AD ⊥AB ，∠BCD ＝45°，将△ABD 沿对角线BD 折起．设折起后点A 的位置为A ′，并且平面A ′BD ⊥平面BCD ．下面四个命题正确的是( )A ．A ′D ⊥BCB．三棱锥A′-BCD的体积为2 2C．CD⊥平面A′BDD．平面A′BC⊥平面A′DC解析：选CD如图所示，设E为BD的中点，连接A′E，因为AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，所以∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD为等腰直角三角形，因为E 为BD的中点，所以A′E⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，则A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC，如果A′D⊥BC，那么可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，与∠DBC＝45°矛盾，故A错误．三棱锥A′-BCD的体积为S＝13×12×2×2×22＝26，故B错误．因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正确．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，所以A′C＝3，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝3，满足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，CA′∩DA′＝A′，CA′⊂平面A′DC，DA′⊂平面A′DC，所以BA′⊥平面A′DC，又BA′⊂平面A′BC，所以平面A′BC ⊥平面A′DC，故D正确．故选CD．三、填空题13．已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为________.解析：由题意知CD⊥平面ABD，以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过D作平面BDC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,1，3)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,0)，AC→＝(2，－1，－3)，BD→＝(0，－2,0)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cos α＝|AC →·BD →||AC →||BD →|＝24，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为24.答案：2414．如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ，则a 的值等于________.解析：如图，连接AQ ，取AD 的中点O ，连接OQ . ∵P A ⊥平面ABCD ，P A ⊥DQ ，PQ ⊥DQ ， ∴DQ ⊥平面P AQ ，所以DQ ⊥AQ .∴点Q 在以线段AD 的中点O 为圆心的圆上，又∵在BC 上有且仅有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ， ∴BC 与圆O 相切，(否则相交就有两点满足垂直，矛盾) ∴OQ ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴OQ ＝AB ＝1， ∴BC ＝AD ＝2，即a ＝2. 答案：215．如图，已知六棱锥P -ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面P AE ； ④∠PDA ＝45°.其中正确的有__________(把所有正确的序号都填上)．解析：对于①，因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AE ，又EA ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，所以EA ⊥平面P AB ，从而可得EA ⊥PB ，故①正确．对于②，由于P A ⊥平面ABC ，所以平面ABC 与平面PBC 不可能垂直，故②不正确． 对于③，由于在正六边形中BC ∥AD ，所以BC 与EA 必有公共点，从而BC 与平面P AE 有公共点，所以直线BC 与平面P AE 不平行，故③不正确．对于④，由条件易得△P AD 为直角三角形，且P A ⊥AD ，又P A ＝2AB ＝AD ，所以∠PDA ＝45°.故④正确．综上，①④正确．答案：①④16．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长是1，P 是棱BC 的中点，过点A ，P ，C 1的平面截该正方体得到的多边形为α，则α的面积是________.解析：易知截面α是菱形，且其两条对角线长分别是3和2，所以截面α的面积是12×3×2＝62. 答案：6217．空间一点P 到二面角α－l －β的两个面的距离分别是1和2，到l 的距离是2，则此二面角的大小是________.解析：设P A ⊥α交α于A ，PB ⊥β于交β于B ，则P A ＝1，PB ＝2，P A ⊥l ，PB ⊥l ，又P A ∩PB ＝P ，所以l ⊥平面P AB ．设平面P AB 与l 交于点C ，则∠ACB 为二面角α-l -β的平面角，连接PC ，则PC ⊥l ，PC ＝2.在Rt △PBC 中，∠PCB ＝45°.图2在Rt △P AC 中，∠PCA ＝30°.当P 在∠ACB 内部时，如图1所示，则∠ACB ＝45°＋30°＝75°， 当P 在∠ACB 外部时，如图2所示，则∠ACB ＝45°－30°＝15°.答案：75°或15°18．粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原而制作的．如图1所示的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图2所示的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为________.解析：(1)三角形面积S ＝12×1×32＝34，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可求出其中一个正四面体的高为1－⎝⎛⎭⎫332＝63，故正四面体体积为13×34×63＝212，因此该六面体体积是26；(2)由图形的对称性得，球的体积要达到最大，则球与六面体的六个面都相切，连接球心和六面体的五个顶点，可把六面体分成六个三棱锥．设与六面体都相切时球的半径为R ，则26＝6×13×34×R ，可得R ＝69，此时球的体积V ＝4π3R 3＝4π3⎝⎛⎭⎫693＝86729π. 答案：26 86π729。