高中数学人教A版选修2-1 第3章空间向量与立体几何 综合素质检测 (12)

第三章 空间向量与立体几何(A)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．以下命题中，不正确的个数为( )①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件；②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③若a·b ＝0，b·c ＝0，则a ＝c ；④若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ⑤|(a·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4 D ．52．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，则A 1B →等于( ) A ．a ＋b －c B ．a －b ＋c C ．－a ＋b ＋c D ．－a ＋b －c3．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )，若a ∥b ，则( )A ．x ＝6，y ＝15B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝1524．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，则向量a 为( ) A ．(1,1,1)B ．(－1，－1，－1)C ．(1,1,1)或(－1，－1，－1)D ．(1，－1,1)或(－1,1，－1)5．已知A (－1,0,1)，B (0,0,1)，C (2,2,2)，D (0,0,3)，则sin 〈AB →，CD →〉等于( )A ．－23 B.23 C.53 D ．－536．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．105° D ．75°7．若平面α的法向量为n ，直线l 的方向向量为a ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是( )A ．cos θ＝n·a|n||a | B ．cos θ＝|n·a||n||a |C ．sin θ＝n·a|n||a | D ．sin θ＝|n·a||n||a |8．若三点A (1，－2,1)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 的形状是( ) A ．不等边的锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．等边三角形9．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( ) A ．α∥β B ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确10．若两点A (x,5－x,2x －1)，B (1，x ＋2,2－x )，当|AB →|取最小值时，x 的值等于( )A ．19B ．－87 C.87 D.191411.如图所示，在四面体P —ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B —AP —C 的余弦值为( )A.22B.33C.77D.57 12.如图所示，在直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△AEB 是等腰直角三角形，其中∠AEB ＝90°，则点D 到平面ACE 的距离为( )A.33B.233C. 3 D ．2 3题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若a ＝(2，－3,5)，b ＝(－3,1，－4)，则|a －2b |＝________. 14．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________．15．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________． 16.如图所示，已知二面角α—l —β的平面角为θ ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB 在平面β内，BC 在l 上，CD 在平面α内，若AB ＝BC ＝CD ＝1，则AD 的长为______．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB1⊥BC1，CA1⊥BC1.求证：AB1＝CA1. 18．(12分)已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，－1，2)，B(1，2，－1)，C(－1,1，－3)，D(3，－5,3)．求证：四边形ABCD是一个梯形．19.(12分)如图所示，四边形ABCD，ABEF都是平行四边形且不共面，M、N分别是AC、BF的中点，判断CE与MN是否共线？20．(12分)如图所示，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD ＝∠BCD.求证：C1C⊥BD.21.(12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．22．(12分)如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4.(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明AF ⊥平面A 1ED ；(3)求二面角A 1—ED —F 的正弦值．第三章 空间向量与立体几何(A)1．C [只有命题④正确．] 2.D [如图，A 1B →＝AB →－AA 1→＝CB →－CA →－AA 1→＝CB →－CA →－CC 1→＝b －a －c .] 3．D [∵a ∥b ，∴存在实数λ， 使⎩⎪⎨⎪⎧3＝2λx ＝4λy ＝5λ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6y ＝152.]4．C [设a ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－2，－1,3)， AC →＝(1，－3,2)，又|a |＝3，a ⊥AB →，a ⊥AC →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1.∴a ＝(1,1,1)或a ＝(－1，－1，－1)．]5．C [∵AB →＝(1,0,0)，CD →＝(－2，－2,1)，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB CD AB CD••＝－23，∴sin 〈AB →，CD →〉＝53.]6．B [建立如图所示的空间直角坐标系，设BB 1＝1，则A (0,0,1)，B 1⎝⎛⎭⎫62，22，0，C 1(0，2，0)，B ⎝⎛⎭⎫62，22，1.∴AB 1→＝⎝⎛⎭⎫62，22，－1，C 1B →＝⎝⎛⎭⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－24－1＝0，即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.]7．D [若直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为β，则θ＝β－90°或θ＝90°－β，cos β＝n·a|n||a |，∴sin θ＝|cos β|＝|n·a||n||a|.]8．A [AB →＝(3,4,2)，AC →＝(5,1,3)，BC →＝(2，－3,1)，AB →·AC →>0，得∠A 为锐角；CA →·CB →>0，得∠C 为锐角；BA →·BC →>0，得∠B 为锐角，所以△ABC 是锐角三角形且|AB →|＝29，|AC →|＝35，|BC →|＝14.]9．A [∵v ＝－3u ，∴v ∥u .故α∥β.]10．C [AB →＝(1－x,2x －3，－3x ＋3)， 则|AB →|＝(1－x )2＋(2x －3)2＋(－3x ＋3)2＝14x 2－32x ＋19＝14⎝⎛⎭⎫x －872＋57. 故当x ＝87时，|AB →|取最小值．]11．C [如图所示，作BD ⊥AP 于D ，作CE ⊥AP 于E ，设AB ＝1，则易得CE ＝22，EP ＝22，P A ＝PB ＝2， 可以求得BD ＝144，ED ＝24.∵BC →＝BD →＋DE →＋EC →， ∴BC →2＝BD →2＋DE →2＋EC →2＋2BD →·DE →＋2DE →·EC →＋2EC →·BD →.∴EC →·BD →＝－14，∴cos 〈BD →，EC →〉＝－77，即二面角B —AP —C 的余弦值为77.]12．B [建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，E (1,0,0)，D (0，－1,2)，C (0,1,2)． AD →＝(0,0,2)，AE →＝(1,1,0)，AC →＝(0,2,2)，设平面ACE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0；2y ＋2z ＝0.令y ＝1，∴n ＝(－1,1，－1)．故点D 到平面ACE 的距离d ＝＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23＝233.]13.258解析 ∵a －2b ＝(8，－5,13)，∴|a －2b |＝82＋(－5)2＋132＝258. 14.413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＝＝413. 15.π3或2π3解析 设n 1＝(1,0，－1)，n 2＝(0，－1,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×(－1)＋(－1)×12·2＝－12，∴〈n 1，n 2〉＝2π3.因平面α与平面β所成的角与〈n 1，n 2〉相等或互补，所以α与β所成的角为π3或2π3.16.3－2cos θ解析 因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →，所以AD →2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2AB →·CD →＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ.所以|AD →|＝3－2cos θ， 即AD 的长为3－2cos θ.17．证明 以A 为原点，AC 为x 轴，AA 1为z 轴建立空间直角坐标系． 设B (a ，b,0)，C (c,0,0)，A 1(0,0，d )，则B 1(a ，b ，d )，C 1(c,0，d )，AB 1→＝(a ，b ，d )， B C 1→＝(c －a ，－b ，d )，CA 1→＝(－c,0，d )，由已知AB 1→·B C 1→＝ca －a 2－b 2＋d 2＝0， CA 1→·B C 1→＝－c (c －a )＋d 2＝0，可得c 2＝a 2＋b 2. 再由两点间距离公式可得：|AB 1|2＝a 2＋b 2＋d 2，|CA 1|2＝c 2＋d 2＝a 2＋b 2＋d 2， ∴AB 1＝CA 1.18．证明 因为AB →＝(1,2，－1)－(3，－1,2)＝(－2,3，－3)，CD →＝(3，－5,3)－(－1,1，－3)＝(4，－6,6)，因为－24＝3－6＝－36，所以AB →和CD →共线，即AB ∥CD .又因为AD →＝(3，－5,3)－(3，－1,2)＝(0，－4,1)， BC →＝(－1,1，－3)－(1,2，－1)＝(－2，－1，－2)，因为0－2≠－4－1≠1－2，所以AD →与BC →不平行，所以四边形ABCD 为梯形．19．解 ∵M 、N 分别是AC 、BF 的中点，四边形ABCD 、ABEF 都是平行四边形， ∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB .又∵MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB ，∴12CA →＋AF →＋12FB ＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB ，∴CE →＝CA →＋2AF →＋FB＝2(MA →＋AF →＋FN →)＝2MN →. ∴CE →∥MN →，即CE →与MN →共线．20．证明 设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ， 依题意，|a |＝|b |，又设CD →，CB →，CC 1→中两两所成夹角为θ，于是BD →＝CD →－CB →＝a －b ， CC 1→·BD →＝c ·(a －b )＝c·a －c·b ＝|c||a |cos θ－|c||b |cos θ＝0， 所以C 1C ⊥BD .21．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 →〉＝＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.22．(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点．设AB ＝1，依题意得D (0,2,0)，F (1,2,1)，A 1(0,0,4)，E ⎝⎛⎭⎫1，32，0. 易得EF →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1， A 1D →＝(0,2，－4)，于是cos 〈EF →，A 1D →〉＝＝－35. 所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35.(2)证明 易知AF →＝(1,2,1)，EA 1→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，4，ED →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0， 于是AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0. 因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED .又EA 1∩ED ＝E ，所以AF ⊥平面A 1ED .(3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )， 则即⎩⎨⎧ 12y ＋z ＝0，－x ＋12y ＝0. 不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2，－1)，由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量，于是cos 〈u ，AF →〉＝＝23， 从而sin 〈u ，AF →〉＝53. 所以二面角A 1—ED —F 的正弦值为53.小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

第三章检测(B)(时间:90分钟满分:120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已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则)等于()A. B. C. D.解析:在△BCD中,G是CD的中点,∴),∴)=,故选A.答案:A2已知A(1,2,-1)关于平面xOy的对称点为B,而B关于x轴的对称点为C,则等于()A.(0,4,2)B.(0,-4,-2)C.(0,4,0)D.(2,0,-2)解析:∵B(1,2,1),C(1,-2,-1),∴=(0,-4,-2).答案:B3以下四组向量中,互相平行的组数为()①a=(2,2,1),b=(3,-2,-2)②a=(8,4,-6),b=(4,2,-3)③a=(0,-1,1),b=(0,3,-3)④a=(-3,2,0),b=(4,-3,3)A.1B.2C.3D.4解析:②中,∵a=2b,∴a∥b;③中,∵a=-b,∴a∥b;而①④中的向量不平行.答案:B4已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,则实数λ的值为()A. B. C. D.答案:D5把边长为a的正三角形ABC沿高线AD折成60°的二面角,则点A到BC的距离是() A.a B.a C.a D.a解析:取BC中点E,则AE⊥BC,即AE为A到BC的距离,AE= a.答案:D6已知A(-1,0,1),B(0,0,1),C(2,2,2),D(0,0,3),则sin<>等于()A.-B.C.D.-解析:=(1,0,0),=(-2,-2,1),所以cos<>==-<0.所以<>∈.故sin<>==.答案:C7在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析:不妨设正方体的棱长为1,如图建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1).平面ACD1的法向量为=(1,1,1).又=(0,0,1),则cos<>=.故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.答案:D8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,则的值为()A.a2B.a2C.a2D.a2解析:如图,),=)=(a2cos 60°+a2cos 60°)=a2.答案:C9如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1的夹角是()A.45°B.60°C.90°D.120°解析:不妨设AB=BC=AA1=1,则),,∴||=|=,||==)·()=,∴cos <>=,∴<>=60°,即异面直线EF与BC1的夹角是60°.答案:B10已知四边形ABCD是边长为4的正方形,E,F分别是边AB,AD的中点,GC垂直于正方形ABCD 所在的平面α,且GC=2,则点B到平面EFG的距离为()A.3B.C.D.解析:如图,建立空间直角坐标系,则B(0,4,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),=(2,4,-2),=(4,2,-2).设n=(x,y,z)是平面EFG的一个法向量,则令x=1,则y=1,z=3.则n=(1,1,3),而=(-2,0,0).设点B到平面EFG的距离为d,则d=.答案:D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已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c满足(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值是.解析:由已知得|c|2=(a+b)·c=|c||a+b|cos<a+b,c>,即|c|=cos<a+b,c>,当cos<a+b,c>=1时,|c|取得最大值为.答案:12如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为△ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,以{}为基底,则=.解析:=-)+)=-.答案:-13若点A,B的坐标为A(3cos α,3sin α,1),B(2cos θ,2sin θ,1),则||的取值范围为.解析:||==.∵-1≤cos(α-θ)≤1,∴1≤13-12cos(α-θ)≤25.∴1≤||≤5.答案:[1,5]14在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个命题:①()2=3;②·()=0;③向量与向量的夹角为60°;④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||.其中正确的命题是.(填序号)解析:①中,设正方体的棱长为1,则()2==3,3=3,故①正确;②中,,由,故②正确;③中,A1B与AD1两异面直线所成角为60°,但的夹角为120°,故③不正确;④中,||=0,故④也不正确.答案:①②15如图所示,已知二面角α-l-β的平面角为θ,AB⊥BC,BC⊥CD,AB在平面β内,BC在l上,CD在平面α内,若AB=BC=CD=1,则AD的长为.解析:因为,所以+2+2+2=1+1+1+2cos (π-θ)=3-2cos θ.所以||=,即AD的长为.答案:三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(8分)已知A(3,-2,1),B(1,1,1),O为坐标原点.(1)写出一个非零向量c,使得c⊥平面AOB;(2)求线段AB中点M及△AOB的重心G的坐标;(3)求△AOB的面积.解:(1)设非零向量c=(x,y,z),要使c⊥平面AOB,则c·=0,且c·=0,即令x=3,则y=2,z=-5,即非零向量c=(3,2,-5).(2)线段AB中点M为,即,△AOB的重心G坐标为,即G.(3)|OA|=,|OB|=,∴cos ∠AOB=,∴sin ∠AOB=.∴S△AOB=.17(8分)如图,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=,b=,c=,试以a,b,c为基向量表示出向量,并求BN的长.解:∵=)=-()]=-,∴=-a+b+c.∵||2==(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=.∴||=,即BN的长为.18(9分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,E是DD1的中点.(1)求证:AC⊥B1D;(2)若B1D⊥平面ACE,求的值;(3)在(2)的条件下,求二面角D-AE-C的大小.(1)证明∵ABCD-A1B1C1D1是长方体,底面ABCD是正方形,∴DA,DC,DD1两两垂直.如图,以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.设AA1=a,AB=b,则D(0,0,0),A(b,0,0),B(b,b,0),C(0,b,0),B1(b,b,a).∵=(-b,b,0),=(b,b,a),∴=0.∴AC⊥B1D.(2)解:∵B1D⊥平面ACE,∴B1D⊥AE.∵E,∴.∵=-b2+a2=0,∴.(3)解:是平面DAE的一个法向量,=(0,b,0).设n=(x,y,z)是平面AEC的一个法向量,则n·=0,n·=0.即取x=1,则y=1,z=,即n=(1,1,).设二面角D-AE-C的平面角的大小是θ,则cos θ=,∴二面角D-AE-C的大小是60°.19(10分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求二面角D-GH-E的余弦值.(1)证明因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH, 所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.(2)解:法一在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ.因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC,所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC,在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.又H为△PBQ的重心,所以HC=PC=.同理FH=.在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC==-.故二面角D-GH-E的余弦值为-.解:法二在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),=(-1,-1,2),=(0,-1,2).设平面EFQ的一个法向量为m=(x1,y1,z1),由m·=0,m·=0,得取y1=1,得m=(0,1,2).设平面PDC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),由n·=0,n·=0,得取z2=1,得n=(0,2,1).所以cos<m,n>=.因为二面角D-GH-E为钝角,所以二面角D-GH-E的余弦值为-.20(10分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于点A,B的点,直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足,记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E-l-C的大小为β,求证:sin θ=sin αsin β.(1)解:直线l∥平面PAC,证明如下:连接EF,因为E,F分别是PA,PC的中点,所以EF∥AC.又EF⊄平面ABC,且AC⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.而EF⊂平面BEF,且平面BEF∩平面ABC=l,所以EF∥l.因为l⊄平面PAC,EF⊂平面PAC,所以直线l∥平面PAC.(2)证明方法一:如图①,连接BD,由(1)可知交线l即为直线BD,且l∥AC.图①因为AB是☉O的直径,所以AC⊥BC,于是l⊥BC.已知PC⊥平面ABC,而l⊂平面ABC,所以PC⊥l.而PC∩BC=C,所以l⊥平面PBC.连接BE,BF,因为BF⊂平面PBC,所以l⊥BF.故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角,即∠CBF=β.由,作DQ∥CP,且DQ=CP.连接PQ,DF,因为F是CP的中点,CP=2PF,所以DQ=PF.从而四边形DQPF是平行四边形,PQ∥FD.连接CD,因为PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内的射影,故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.又BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF为锐角,故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角,即∠BDF=α.于是在Rt△DCF,Rt△FBD,Rt△BCF中,分别可得sin θ=,sin α=,sin β=,从而sin αsin β==sin θ,即sin θ=sin αsin β.图②方法二:如图②,由,作DQ∥CP,且DQ=CP.连接PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点,向量所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设CA=a,CB=b,CP=2c,则有C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),E,F(0,0,c).于是=(-a,-b,c),=(0,-b,c),所以cos α=,从而sin α=.又取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),可得sin θ=,设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),所以由可得取n=(0,c,b),于是|cos β|=,从而sin β=.故sin αsin β==sin θ,即sin θ=sin αsin β.。

『高二教材·同步双测』『A卷基础篇』『B卷提升篇』试题汇编前言：本试题选于近一年的期中、期末、中考真题以及经典题型，精选精解精析，旨在抛砖引玉，举一反三，突出培养能力，体现研究性学习的新课改要求，实现学生巩固基础知识与提高解题能力的双基目的。

（1）A卷注重基础，强调基础知识的识记和运用；（2）B卷强调能力，注重解题能力的培养和提高；（3）单元测试AB卷，期中、期末测试。

构成立体网络，多层次多角度为考生提供检测，查缺补漏，便于寻找知识盲点或误区，不断提升。

祝大家掌握更加牢靠的知识点，胸有成竹从容考试！第三章 空间向量与立体几何A （基础卷）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：100分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号 一二三四总分得分第Ⅰ卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明评卷人得 分一．选择题（共8小题）1．（2020•江苏模拟）若数组a →=（2，﹣3，1）和b →=（1，x ，4）满足条件a →•b →=0，则x 的值是（ ） A ．﹣1B ．0C ．1D ．22．（2020•衡阳模拟）空间点A （x ，y ，z ），O （0，0，0），B(√2，√3，2)，若|AO |＝1，则|AB |的最小值为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．43．（2020春•和平区期中）在下列条件中，使M 与A ，B ，C 一定共面的是（ ） A ．OM →=OA →−OB →−OC →B ．OM →=15OA →+13OB →+12OC →C ．MA →+MB →+MC →=0→D ．OM →+OA →+OB →+OC →=0→4．（2020春•和平区期中）如图，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AM →相等的向量是（ ）A ．−12a →+12b →+c →B ．12a →+12b →+c →C ．−12a →−12b →+c →D ．12a →−12b →+c →5．（2020春•启东市校级月考）已知点B （2，﹣3，1），向量AB →=(−3，5，2)，则点A 坐标是（ ） A ．（1，2，3）B ．（﹣1，2，3）C ．（﹣5，8，1）D ．（5，﹣8，﹣1）6．（2019春•涪城区校级期中）若直线l 的方向向量a →=(−1，0，3)，平面β的法向量n →=(−2，0，6)，则（ ） A ．l ∥β B ．l ⊂βC ．l ⊥βD ．l 与β相交但不垂直7．（2020•长治模拟）已知向量m →，n →满足|m →|＝1，|n →|＝2，|m →+n →|=√7，则n →在m →上的投影为（ ） A ．1B ．√2C ．2D ．√38．（2019秋•龙岩期末）在空间直角坐标系O ﹣xyz 中，O(0，0，0)，E(2√2，0，0)，F(0，2√2，0)，B 为EF 的中点，C 为空间一点且满足|CO →|＝|CB →|＝3，若cos ＜EF →，BC →＞=16，则OC →⋅OF →=（ ） A ．9 B ．7C ．5D ．3第Ⅱ卷（非选择题）请点击修改第Ⅱ卷的文字说明评卷人得 分二．多选题（共4小题）9．（2019秋•三明期末）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝5，AD ＝4，AA 1＝3，以直线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则（ ）A ．点B 1的坐标为（4，5，3）B ．点C 1关于点B 对称的点为（5，8，﹣3） C ．点A 关于直线BD 1对称的点为（0，5，3） D ．点C 关于平面ABB 1A 1对称的点为（8，5，0）10．（2019秋•连云港期末）已知点P 是△ABC 所在的平面外一点，若AB →=（﹣2，1，4），AP →=（1，﹣2，1），AC →=（4，2，0），则（ ） A ．AP ⊥ABB ．AP ⊥BPC ．BC =√53D ．AP ∥BC11．（2019秋•葫芦岛期末）若a →=(−1，λ，−2)，b →=(2，−1，1)，a →与b →的夹角为120°，则λ的值为（ ） A ．17B ．﹣17C ．﹣1D ．112．（2019秋•苏州期末）已知向量a →=（1，2，3），b →=（3，0，﹣1），c →=（﹣1，5，﹣3），下列等式中正确的是（ ） A ．(a →⋅b →)c →=b →⋅c →B ．(a →+b →)⋅c →=a →⋅(b →+c →)C ．(a →+b →+c →)2=a →2+b →2+c →2 D ．|a →+b →+c →|=|a →−b →−c →| 评卷人得 分三．填空题（共4小题）13．（2019秋•兴庆区校级期末）已知a →=（2，﹣3，1），b →=（2，0，3），c →=（1，0，2），则a →+6b →−8c →= ． 14．（2019秋•景德镇期末）已知a →=(0，1，1)，b →=(−1，2，1)，若a →⊥(λa →−b →)，则λ＝ ． 15．（2019秋•通州区期末）已知向量n →=（2，﹣4，﹣2），m →=（﹣1，2，1）分别是两个不同平面α，β的法向量，可得向量n →与m →的数量关系是 ，进而得到平面α与β的位置关系是 ． 16．（2019秋•东莞市期末）如图，以长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB 1→的坐标为（2，3，4），则AC 1→的坐标为 ．评卷人得 分四．解答题（共5小题）17．（2019秋•黄冈期末）已知a →=（1，4，﹣2），b →=（﹣2，2，4）． （1）若(ka →+b →)∥(a →−3b →)，求实数k 的值； （2）若(ka →+b →)⊥(a →−3b →)，求实数k 的值．18．（2019秋•河东区期末）如图在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BB 1，CD 的中点．求证：D 1F →为平面ADE 的一个法向量．19．（2019秋•东城区期末）已知向量a →=（﹣2，﹣1，2），b →=（﹣1，1，2），c →=（x ，2，2）． （Ⅰ）当|c →|＝2√2时，若向量k a →+b →与c →垂直，求实数x 和k 的值； （Ⅱ）若向量c →与向量a →，b →共面，求实数x 的值．20．（2019秋•茂名期末）已知向量a →=(1，2，−2)，b →=(4，−2，4)，c →=(3，m ，n)． （1）求a →−b →；（2）若a →∥c →，求m ，n ； （3）求cos ＜a →⋅b →＞．21．（2020•安阳二模）已知四棱锥S ﹣ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，且∠ABC ＝120°，△SBC 为等边三角形，平面SBC ⊥平面ABCD ． （Ⅰ）求证：BC ⊥SD ；（Ⅱ）若点E 是线段SA 上靠近S 的三等分点，求直线DE 与平面SAB 所成角的正弦值．。

"【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.。