天津市南开中学高考数学空间向量练习2(含解析)

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2021年高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练(含解析)

2021年高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练（含解析）一、选择题1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.495 C.29 5 D.23解析设正方体的棱长为2，以D 为原点建立如图所示空间坐标系，则CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，∴cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B2.如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.12解析设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－A C →)·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos60°－cos60°＋cos60°＝14.∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.故选A.答案 A 3.如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( ) A ．0 B ．1 C ．0或1 D ．任意实数解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.答案 C4．(xx·山东卷)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析如图所示，设△ABC 的中心为O ，S ABC ＝12×3×3×sin60°＝334.∴VABC －A 1B 1C 1＝S ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3. 又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OPOA＝3，又0<∠OAP <π2， ∴∠OAP ＝π3.答案 B5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图．设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，所以A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，所以n 1＝(1,2,2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.故选B.答案 B6．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为( )A ．60° B．70° C ．80° D．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于点E ，NF ⊥AB 于点F ，如图．因为∠EPM ＝∠FPN ＝45°，所以PE ＝22a ，PF ＝22b ，所以EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0.所以EM →⊥FN →，所以二面角α－AB －β的大小为90°. 答案 D 二、填空题7．已知a ＝(2，－1,1)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(11,5，λ)．若向量a ，b ，c 共面，则λ＝________. 解析由向量a ，b ，c 共面可得c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，故有⎩⎪⎨⎪⎧11＝2x－y，5＝－x＋4y，λ＝x－2y，解得⎩⎪⎨⎪⎧x＝7，y＝3，λ＝1.答案 18．已知空间不共面四点O，A，B，C，OA→·OB→＝OA→·OC→＝OB→·O C→＝0，且|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，AM→＝MB→，则OM与平面ABC所成角的正切值是________．解析由题意可知，OA，OB，OC两两垂直，如图，建立空间直角坐标系O－xyz，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，M⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，故AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，OM→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由⎩⎪⎨⎪⎧n⊥AB→，n⊥AC→，得⎩⎪⎨⎪⎧－x＋y＝0，－x＋z＝0，令x＝1，得平面ABC的一个法向量为n＝(1,1,1)．故cos〈n，OM→〉＝13×22＝63，sin〈n，OM→〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫632＝33，tan〈n，OM→〉＝sin〈n，OM→〉cos〈n，OM→〉＝22.答案229．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析如图，建立空间直角坐标系．设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝311，tan θ＝23.答案23三、解答题 10.如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ； (2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．解(1)证明：如图所示，建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )，∴AC →＝(－a ，a,0)，BE →＝(－a ，－a ，λa )， ∴AC →·BE →＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AC →＝(－a ，a,0)，AE →＝(－a,0，λa )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x －λz ＝0.令z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)． ∵二面角C －AE －D 的大小为60°，∴cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝λ1＋2λ2＝12，∵λ∈(0,1]，∴λ＝22.11.(xx·北京卷)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE 中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．解(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC→＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23.所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23. 所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. B 级——能力提高组1.(xx·江西卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值．解 (1)证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD . 又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG .故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG ，在Rt △BPC 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63，设AB ＝m ，则OP ＝ PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P －ABCD 的体积为 V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3 8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝ 8m 2－6m 4＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83，故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P －ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫63，－63，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)， CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0. 设平面BPC 的法向量n 1＝(x ，y,1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧ 63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12· 14＋1＝105. 2.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解 (1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→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(如图)，设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)(0≤z 0≤1)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ， ∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2 1＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°， ∴|cos θ|＝cos30°，即3a22 1＋5a24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2.40106 9CAA 鲪39660 9AEC 髬a35726 8B8E 讎37789 939D 鎝38405 9605 阅Q] 21800 5528 唨25456 6370 捰$27604 6BD4 比g30814 785E 硞。

高三数学空间向量试题答案及解析

高三数学空间向量试题答案及解析1.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）余弦值为.【解析】思路一：坐标法.依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），写出各点的坐标，利用空间向量即可解决问题.思路二：几何法.（Ⅰ）如图，取中点，连接，.易得四边形为矩形，从而使问题得证.（Ⅱ）由于，那么BF在平面ABCD内的射影与AC垂直，故考虑作出BF在平面ABCD 内的射影.在中，过点作交于点.由题设可得，从而得，.在平面内，作交于点，于是.显然为二面角的平面角. 在三角形PAG中，由余弦定理可得二面角的余弦值.试题解析：解法一：坐标法.依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，.由为棱的中点，得.（Ⅰ）向量，，故. 所以，.（Ⅱ）向量，，，.由点在棱上，设，.故.由，得，因此，，解得.即.设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量取平面的法向量，则.易知，二面角是锐角，所以其余弦值为.解法二：几何法.（Ⅰ）如图，取中点，连接，.由于分别为的中点，故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，所以.因为底面，故，而，从而平面，因为平面，于是，又，所以.（Ⅱ）如图，在中，过点作交于点.因为底面，故底面，从而.又，得平面，因此.在底面内，可得，.在平面内，作交于点，于是.由于，故，所以四点共面.由，，得平面，故.所以为二面角的平面角.在中，，，，由余弦定理可得，在三角形PAG中，由余弦定理得.所以，二面角的余弦值为.【考点】1、空间直线的垂直关系；2、二面角.2.在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形.（Ⅰ）若，证明：直线平面；（Ⅱ）是否存在过的平面，使得直线平行，若存在请作出平面并证明，若不存在请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）存在，证明见解析【解析】（Ⅰ）由四边形和都为矩形知，⊥AB，⊥AC，由线面垂直判定定理知⊥面ABC，由线面垂直定义知⊥BC，又因为AC⊥BC，由线面垂直判定定理知，BC⊥面；（Ⅱ）取AB的中点为M，连结交于D，连结DE，显然E是的中点，根据三角形中位线定理得，DE∥，又由于DE在面过的平面内，根据线面平行的判定定理知和该平面平行.试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形和都是矩形，所以 2分因为为平面内的两条相交直线，所以 4分因为直线平面，所以又由已知，为平面内的两条相交直线，所以平面 7分（Ⅱ）存在 8分连接，设，取线段AB的中点M，连接.则平面为为所求的平面. 1１分由作图可知分别为的中点，所以 13分又因为因此 14分考点: 空间线面垂直垂直的判定与性质；线面平行的判定；推理论证能力3.平面α经过三点A(－1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是()A．(，－1，－1)B．(6，－2，－2)C．(4,2,2)D．(－1,1,4)【答案】D【解析】设平面α的法向量为n，则n⊥，n⊥，n⊥，所有与 (或、)平行的向量或可用与线性表示的向量都与n垂直，故选D.4.如图所示，已知空间四边形OABC中，|OB|＝|OC|，且∠AOB＝∠AOC，则、夹角θ的余弦值为()A．0B．C．D．【答案】A【解析】设＝a，＝b，＝c.由已知条件∠AOB＝∠AOC，且|b|＝|c|，·＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝|a||c|cos∠AOC－|a||b|cos∠AOB＝0，∴cosθ＝0.故选A.5.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＝________.【答案】2【解析】c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)，由(c－a)·(2b)＝－2，得(0,0,1－x)·(2,4,2)＝－2，即2(1－x)＝－2，解得x＝2.6.如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E、F、G分别是AB、AD、CD的中点，计算：(1)·；(2)·；(3)EG的长；(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．【答案】（1）（2）－（3）（4）【解析】解：设＝a，＝b，＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.＝BD＝c－a，＝－a，＝b－c，(1)·＝(c－a)·(－a)＝a2－a·c＝；(2)·＝ (c－a)·(b－c)＝ (b·c－a·b－c2＋a·c)＝－；(3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b＝－a＋b＋ c.||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝.即||＝，所以EG的长为.(4)设、的夹角为θ.＝b＋c，＝＋＝－b＋a，cosθ＝＝－，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.7.已知点A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B，关于xOy平面的对称点为C，则BC中点D的坐标为________．【答案】(1,0,1)【解析】因为A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B(1，－t,1)，关于xOy平面的对称点为C(1，t,1)，所以BC中点D的坐标为(，，)，即D(1,0,1)．8.直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.【考点】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.9.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，且PC⊥平面ABCD，PC＝AC＝2,E是PA 的中点。

(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案

一、利用向量处理平行与垂直问题例1、在直三棱柱111C B A ABC -中，090=∠ACB , 030=∠BAC ,M A A BC ,6,11==是1CC 得中点。

求证：AM B A ⊥1练习：棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面P AC ？例2 如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直，点N M ,分别在对角线AE BD ,上，且AE AN BD BM 31,31==,求证：//MN 平面CDE练习1、在正方体1111D C B A ABCD -中,E,F 分别是BB 1,,CD 中点，求证：D 1F ⊥平面ADE2、如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中, ︒=∠60ABC ，,2,a PD PB a AC PA ====点E 在PD 上,且PE :ED = 2: 1.在棱PC 上是否存在一点F, 使BF ∥平面AEC?证明你的结论.二、利用空间向量求空间的角的问题例1 在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1，F 1分别在A 1B 1,,C 1D 1上，且E 1B 1=41A 1B 1，D 1F 1=41D 1C 1，求BE 1与DF 1所成的角的大小。

例2 在正方体1111D C B A ABCD -中, F 分别是BC 的中点，点E 在D 1C 1上,且=11E D 41D 1C 1,试求直线E 1F 与平面D 1AC例3 在正方体1111D C B A ABCD -中,求二面角1C BD A --的大小。

zx1CFD CBA例4 已知E,F分别是正方体1111DCBAABCD-的棱BC和CD的中点，求：（1）A1D与EF所成角的大小；（2）A1F与平面B1EB所成角的大小；（3）二面角BBDC--11的大小。

三、利用空间向量求空间的距离的问题例1 直三棱柱AB C-A1B1C1的侧棱AA1，底面ΔAB C求点B1到平面A1B C的距离。

(完整版)高中数学空间向量训练题

高中数学空间向量训练题（含解析）一．选择题1．已知 M 、N 分别是周围体 OABC的棱 OA，BC的中点，点 P 在线 MN 上，且 MP=2PN，设向量= ，= ，= ，则=（）A．+ +B．+ +C．+ +D．+ +2．已知=（ 2，﹣ 1，2），=（﹣ 1， 3，﹣ 3），=（13，6，λ），若向量，，共面，则λ=（）A．2B．3C． 4D．63．空间中，与向量同向共线的单位向量为（）A．B．或C．D．或4．已知向量，且，则x的值为（）A．12 B．10 C．﹣ 14D． 145．若 A，B，C 不共线，对于空间任意一点O 都有=++，则P，A，B，C四点（）A．不共面B．共面C．共线D．不共线6．已知平面α的法向量是（ 2，3，﹣ 1），平面β的法向量是（ 4，λ，﹣ 2），若α∥β，则λ的值是（）A．B．﹣ 6 C．6D．7．已知，则的最小值是（）第 1页（共 40页）8．有四个命题：①若 =x +y ，则与、共面；②若与、共面，则 =x +y ；③若 =x +y，则 P，M ，A，B 共面；④若 P，M， A，B 共面，则=x +y ．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C． 3 D．49．已知向量 =（2，﹣1，1）， =（1，2，1），则以，为邻边的平行四边形的面积为（）A．B．C．4 D． 810．以以下图，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．11．正方体 ABCDA1B1C1D1中，直线 DD1与平面 A1BC1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．二．填空题（共 5 小题）12．已知向量=（ k， 12，1）， =（4，5，1），=（﹣ k， 10，1），且 A、 B、 C 三点共线，则 k=．13．正方体 ABCD﹣ A1B1C1D1的棱长为 1，MN 是正方体内切球的直径，P 为正方体表面上的动点，则?的最大值为．14．已知点 P 是平行四边形 ABCD所在的平面外一点，若是=（ 2，﹣ 1，﹣ 4），=（4，2，0），=（﹣ 1， 2，﹣ 1）．对于结论：① AP⊥AB；② AP⊥ AD；③是平面ABCD的法向量；④∥．其中正确的选项是．15．设空间任意一点 O 和不共线三点 A，B，C，且点 P 满足向量关系，若P，A，B，C 四点共面，则 x+y+z=．16．已知平面α⊥平面β，且α∩β =l，在 l 上有两点 A，B，线段 AC? α，线段 BD? β，并且 AC ⊥ l，BD⊥l， AB=6，BD=24， AC=8，则 CD=．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PA丄平面 ABCD， AB 丄 BC，∠ BCA=45°，PA=AD=2，AC=1，DC=（Ⅰ）证明 PC丄 AD；（Ⅱ）求二面角 A﹣PC﹣ D 的正弦值；（Ⅲ）设 E 为棱 PA上的点，满足异面直线BE与 CD所成的角为 30°，求 AE的长．18．如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，底面 ABCD为直角梯形， AD∥BC，∠ ADC=90°，平面PAD⊥底面 ABCD， Q 为 AD 的中点， M 是棱 PC上的点， PA=PD=2，BC= AD=1，CD= ．（Ⅰ）求证：平面 PQB⊥平面 PAD；（Ⅱ）若 M 为棱 PC的中点，求异面直线AP 与 BM 所成角的余弦值．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中， SD⊥底面 ABCD，底面 ABCD是正方形，且 SD=AD，E 是 SA 的中点．（1）求证：直线 BA⊥平面 SAD；（2）求直线 SA与平面 BED的夹角的正弦值．20．如图，四棱锥 P﹣ABCD中，底面 ABCD是直角梯形，∠ DAB=90°AD∥BC， AD⊥侧面 PAB，△ PAB是等边三角形， DA=AB=2， BC=，E是线段AB的中点．（Ⅰ）求证： PE⊥CD；（Ⅱ）求 PC与平面 PDE所成角的正弦值．21．如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，平面 PAD⊥平面 ABCD，E 为 AD 的中点， PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．（Ⅰ）求证：平面 PAD⊥平面 PCD；（Ⅱ）求二面角 C﹣PB﹣ E 的余弦值；（Ⅲ）在线段 PE上可否存在点 M ，使得 DM∥平面 PBC？若存在，求出点M 的地址；若不存在，说明原由．22．如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直． AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC， EA⊥EB．（Ⅰ）求证： AB⊥DE；（Ⅱ）求直线 EC与平面 ABE所成角的正弦值；（Ⅲ）线段 EA 上可否存在点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出；若不存在，说明原由．23．如图，三棱柱 ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=CC1，平面 BAC1⊥平面 ACC1A1，∠ACC1=∠BAC1=60°， AC1∩ A1C=O．（Ⅰ）求证： BO⊥平面 AA1C1C；（Ⅱ）求二面角 A﹣BC1﹣B1的余弦值．24．如图，在四棱锥P﹣ ABCD中， PA⊥平面，四边形ABCD为正方形，点M， N 分别为线段PB，PC上的点， MN⊥PB．（Ⅰ）求证： MN⊥平面 PAB；（Ⅱ）当 PA=AB=2，二面角 C﹣AN﹣D 大小为时，求PN的长．上的点，且 CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 PCD（Ⅱ）求二面角 A﹣PD﹣ C 的余弦值．26．如图，在几何体 ABCDE中，四边形 ABCD是矩形， AB⊥平面 BEC，BE⊥ EC，AB=BE=EC=2，G， F 分别是线段 BE，DC的中点．（1）求证： GF∥平面 ADE；（2）求平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值．27．如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PD⊥平面 ABCD，四边形 ABCD是菱形， AC=2，BD=2，E 是 PB 上任意一点．（Ⅰ）求证： AC⊥DE；（Ⅱ）已知二面角 A﹣PB﹣D 的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．28．如图，三棱柱 ABC﹣ A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形， AB⊥B1C．（Ⅰ）证明： AC=AB1；（Ⅱ）若 AC⊥ AB1，∠ CBB1=60°， AB=BC，求二面角 A﹣A1B1﹣ C1的余弦值．29. 已知四棱锥P— ABCD ， PB⊥ AD，侧面 PAD 为边长等于 2 的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为120°.（1）求点 P 到平面 ABCD 的距离；（2）求面 APB 与面 CPB 所成二面角的余弦值.PCDBA30 如图，在三棱柱ABC ﹣ A 1B 1C1中， AA 1⊥底面ABC ，∠ ACB=90°，AC=BC=1 ， AA 1=2，D 是棱AA 1的中点．（Ⅰ）求证：B1C 1∥平面 BCD ；（Ⅱ）求三棱锥B﹣ C1CD 的体积；（Ⅲ）在线段BD 上可否存在点Q，使得 CQ ⊥ BC 1？请说明原由．31 如图，在三棱锥A﹣ BCD中， O、 E 分别为 BD、 BC中点， CA=CB=CD=BD=4，AB=AD=2（1）求证： AO⊥面 BCD（2）求异面直线 AB 与 CD所成角的余弦值（3）求点 E 到平面 ACD的距离．32 在三棱柱ABC﹣ A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形， AB=2， AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥ABB1A1平面．（1）证明： BC⊥AB 1；（2）若 OC=OA，求直线 CD与平面 ABC所成角的正弦值．2018 年 01 月 20 日 shu****e168的高中数学组卷参照答案与试题解析一．选择题（共11 小题）1．已知 M 、N 分别是周围体 OABC的棱 OA，BC的中点，点 P 在线 MN 上，且 MP=2PN，设向量= ，= ，= ，则=（）A．+ +B．+ +C．+ +D．+ +【解答】解：以以下图，= +，=（+），=，=﹣，=．∴= += +=+ （﹣）=+=×（ + ） + ×=++=+ + ．应选： C．2．已知=（ 2，﹣ 1，2），=（﹣ 1， 3，﹣ 3），=（13，6，λ），若向量，，共面，则λ=（）A．2B．3C． 4D．6【解答】解：∵=（2，﹣ 1， 2），=（﹣ 1，3，﹣ 3），=（13，6，λ），三个向量共面，∴，∴（ 2，﹣ 1，2）=x（﹣ 1，3，﹣ 3）+y（13，6，λ）∴解得：应选： B．3．空间中，与向量同向共线的单位向量为（）A．B．或C．D．或【解答】解：∵，∴与同向共线的单位向量向量，第10页（共 40页）4．已知向量，且，则x的值为（）A．12 B．10 C．﹣ 14D． 14【解答】解：由于向量，且，属于=﹣8﹣6+x=0，解得 x=14；应选： D．5．若 A，B，C 不共线，对于空间任意一点O 都有=++，则P，A，B，C四点（）A．不共面B．共面C．共线D．不共线【解答】解： A，B，C 不共线，对于空间任意一点O 都有=x +y +z，则 P，A，B，C 四点共面的充要条件是x+y+z=1，而=++，因此P，A，B，C四点不共面．应选： A．6．已知平面α的法向量是（ 2，3，﹣ 1），平面β的法向量是（ 4，λ，﹣ 2），若α∥β，则λ的值是（）A．B．﹣ 6 C．6D．【解答】解：∵α∥β，且平面α的法向量是 =（2，3，﹣ 1），平面β的法向量是 =（ 4，λ，﹣ 2），∴即存在实数μ使得，即（ 2，3，﹣ 1）=（4μ，λμ，﹣ 2μ），解得μ=，λ=6应选 C．7．已知，则的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：=（﹣ 1﹣t， t﹣1，﹣ t），∴==≥，当且仅当t=0时取等号．∴的最小值是．应选： A．8．有四个命题：①若 =x +y ，则与、共面；②若与、共面，则=x +y；③若=x +y，则 P，M ，A，B 共面；④若 P，M， A，B 共面，则=x +y．其中真命题的个数是（）A．1B．2C． 3D．4【解答】解：若=x +y ，则与，必然在同一平面内，故①对；若=x +y ，则、、三向量在同一平面内，∴ P、M、A、B 共面．故③对；若=x +y ，则与、共面，但若是，共线，就不用然能用、来表示，故②不对；同理④也不对．∴真命题的个数为 2 个．应选： B．9．已知向量=（2，﹣1，1）， =（1，2，1），则以，为邻边的平行四边形的面积为（）A．B．C．4D． 8【解答】解：设向量，的夹角为θ，=，=，∴ cosθ===．∴ sin θ==．∴以，为邻边的平行四边形的面积S=??sin θ==，应选： B．10．以以下图，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．【解答】解：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）．=（ 1， 1，﹣ 1）， =（﹣ 1，2，0），=（﹣ 1， 0， 1），设平面 ACD1的法向量为=（a，b，c），则，取 a=2，得=（ 2， 1， 2），点 E 到平面 ACD1的距离为：h===．应选： C．11．正方体 ABCDA1B1C1D1中，直线 DD1与平面 A1BC1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵△ A1BC1是等边三角形， A1B1=BB1=B1C1，∴B1在平面 A1BC1上的射影为△ A1 BC1的中心 O，设正方体棱长为 1，M 为 A1C1的中点，则 A1B= ，∴ OB= BM==，∴ OB1==，∴ sin∠B1BO==，即BB1与平面A1BC1所成角的正弦值为，∵DD1∥BB1，∴直线 DD1与平面11 所成角的正弦值为．A BC应选： A．二．填空题（共 5 小题）12．已知向量=（ k， 12，1），=（4，5，1），=（﹣ k， 10，1），且 A、 B、 C 三点共线，则 k=．【解答】解：∵向量=（ k， 12，1）， =（4，5，1），=（﹣ k，10，1），∴=（4﹣k，﹣ 7，0）， =（﹣ 2k，﹣ 2， 0）．又 A、B、C 三点共线，∴存在实数λ使得，∴，解得．故答案为：﹣．13．正方体 ABCD﹣ A1B1C1D1的棱长为 1，MN 是正方体内切球的直径，P 为正方体表面上的动点，则?的最大值为．【解答】解：连接 PO，可得? ==++=﹣，当获取最大值时，?获取最大值为=．故答案为：．14．已知点 P 是平行四边形 ABCD所在的平面外一点，若是=（ 2，﹣ 1，﹣ 4），=（4，2，0），=（﹣ 1， 2，﹣ 1）．对于结论：① AP⊥AB；② AP⊥ AD；③是平面 ABCD的法向量；④∥．其中正确的选项是①②③ ．【解答】解：由 =（2，﹣ 1，﹣ 4），=（ 4， 2， 0）， =（﹣ 1，2，﹣ 1），知：在①中，=﹣2﹣2+4=0，∴⊥，∴ AP⊥AB，故①正确；在②中，? =﹣4+4+0=0，∴⊥，∴ AP⊥AD，故②正确；在③中，由 AP⊥AB， AP⊥ AD，AB∩AD=A，知是平面 ABCD的法向量，故③正确；在④中，=（ 2， 3， 4），假设存在λ使得 =，则，无解，∴∥．故④不正确；综上可得：①②③正确．故答案为：①②③．15．设空间任意一点 O 和不共线三点 A，B，C，且点 P 满足向量关系，若 P，A，B，C 四点共面，则 x+y+z= 1 ．【解答】若空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，满足向量关系式：，则 P，A，B，C 四点共面的充要条件是： x+y+z=1，故答案为： 1．16．已知平面α⊥平面β，且α∩β =l，在 l 上有两点 A，B，线段 AC? α，线段 BD? β，并且 AC ⊥l，BD⊥l， AB=6，BD=24， AC=8，则 CD= 26 ．【解答】解：∵平面α⊥平面β，且α∩β=l，在 l 上有两点 A，B，线段 AC? α，线段 BD? β，AC⊥l， BD⊥ l，AB=6，BD=24，AC=8，∴=，∴=（）2==64+36+576=676，∴CD=26．故答案为： 26．三．解答题（共12 小题）17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PA丄平面 ABCD， AB 丄 BC，∠ BCA=45°，PA=AD=2，AC=1，DC=（Ⅰ）证明 PC丄 AD；（Ⅱ）求二面角 A﹣PC﹣ D 的正弦值；（Ⅲ）设 E 为棱 PA上的点，满足异面直线BE与 CD所成的角为 30°，求 AE的长．【解答】（本小分 13 分）明：（Ⅰ）∵在△ ADC中， AD=2，AC=1，DC=222∴ AC +AD =CD ，∴ AD⊥ AC，⋯（1 分）如，以点 A 原点建立空直角坐系，依意得 A（0，0，0）， D（ 2， 0， 0），C（0，1，0），B（，，0），P（0，0，2），得=（0，1， 2）， =（2，0，0），∴=0，∴ PC⊥AD．⋯（4 分）解：（Ⅱ），，平面 PCD的一个法向量=（ x， y， z），，不如令 z=1，得=（1，2，1），可取平面 PAC的一个法向量=（1，0，0），于是 cos＜＞==，从而 sin＜＞=，因此二面角 A PC D 的正弦．⋯（8分）（Ⅲ）点 E 的坐（ 0， 0， h），其中 h∈[ 0，2] ，由此得=（），由=（2， 1，0），故，∵ 足异面直BE与 CD所成的角 30°，∴=cos30°=，解得h=，即AE=．⋯（13分）18．如，在四棱 P ABCD中，底面 ABCD直角梯形， AD∥BC，∠ ADC=90°，平面 PAD⊥底面ABCD， Q AD 的中点， M 是棱 PC上的点， PA=PD=2，BC= AD=1，CD= ．（Ⅰ）求：平面 PQB⊥平面 PAD；（Ⅱ）若 M 棱 PC的中点，求异面直AP 与 BM 所成角的余弦．【解答】解：（Ⅰ）∵ AD∥ BC，BC= AD，Q AD 的中点，∴四形 BCDQ平行四形，可得CD∥BQ．∵∠ ADC=90°，∴∠ AQB=90°即QB⊥AD．又∵平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD=AD，∴BQ⊥平面 PAD．∵ BQ? 平面 PQB，∴平面 PQB⊥平面 PAD．（Ⅱ）∵ PA=PD，Q 为 AD 的中点，∴ PQ⊥ AD．∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且平面 PAD∩平面 ABCD=AD，∴ PQ⊥平面 ABCD．（注：不证明 PQ⊥平面 ABCD直接建系扣 1 分）因此，以 Q 为原点、 QA、QB、QP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，以以下图则 Q（0，0，0）， A（1，0， 0），P（0，0，），B（0，，0）， C（﹣ 1，， 0）∵ M 是 PC中点，∴ M （﹣，，）∴=（﹣ 1，0，），=（﹣，﹣，）设异面直线 AP 与 BM 所成角为θ，则 cosθ=|cos＜，＞| ==．∴异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中， SD⊥底面 ABCD，底面 ABCD是正方形，且 SD=AD，E 是 SA 的中点．（1）求证：直线 BA⊥平面 SAD；（2）求直线 SA与平面 BED的夹角的正弦值．【解答】（本分 12 分）解：（ 1）明：∵ SD⊥平面 ABCD，∴ SD⊥AB，又 AD⊥AB，AD∩SD=D，∴ AB⊥平面 SAD，⋯（6 分）（2）以 D 原点，分以 DA、DC、 DS x，y， z 建立空直角坐系，如，AB=2， A（ 2， 0，0），S（0，0，2），B（1，2，0），E（1，0，0），故=（2，0， 2），=（2， 2， 0），=（1，0， 1），⋯（ 8 分）平面 BED的一个法向量=（x，y，z），由得，取=（1， 1， 1），⋯（10 分）直 SA与平面 BED所成角θ，因 cos==，因此 sin θ=，即直 SA与平面 BED所成角的正弦⋯（ 12 分）20．如，四棱 P ABCD中，底面 ABCD是直角梯形，∠ DAB=90°AD∥BC， AD⊥ 面 PAB，△ PAB是等三角形， DA=AB=2， BC=，E是段AB的中点．（Ⅰ）求： PE⊥CD；（Ⅱ）求 PC与平面 PDE所成角的正弦．【解答】解：（Ⅰ）∵ AD⊥ 面 PAB，PE? 平面 PAB，∴ AD⊥EP．又∵△ PAB是等三角形， E 是段 AB 的中点，∴ AB⊥EP．∵AD∩ AB=A，∴ PE⊥平面 ABCD．∵CD? 平面 ABCD，∴ PE⊥ CD．⋯（ 5 分）（Ⅱ）以 E 原点， EA、EP分 y、 z ，建立如所示的空直角坐系．E（0，0，0）， C（ 1， 1， 0），D（ 2，1，0），P（0，0，）．=（2， 1， 0），=（0，0，），=（1， 1，）．=（x，y，z）平面 PDE的一个法向量．由，令 x=1，可得=（ 1， 2，0）．⋯（ 9 分）PC与平面 PDE所成的角θ，得=因此 PC与平面 PDE所成角的正弦．⋯（12分）21．如，在四棱 P ABCD中，平面 PAD⊥平面 ABCD，E AD 的中点， PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．（Ⅰ）求：平面 PAD⊥平面 PCD；（Ⅱ）求二面角 C PB E 的余弦；（Ⅲ）在段 PE上可否存在点 M ，使得 DM∥平面 PBC？若存在，求出点 M 的地址；若不存在，明原由．【解答】解：（Ⅰ）明：由已知平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥ AD，且平面PAD∩平面 ABCD=AD，因此 PA⊥平面 ABCD．因此 PA⊥CD．又因BE⊥AD，BE∥CD，因此 CD⊥AD．因此 CD⊥平面 PAD．因 CD? 平面PCD，因此平面 PAD⊥平面 PCD．⋯（4 分）（Ⅱ）作 Ez⊥AD，以 E 原点，以的方向分x，y的正方向，建立如所示的空直角坐系 E xyz，点 E（0，0，0）， P（ 0， 2，2）， A（0， 2， 0），B（2，0，0）， C（ 1， 2， 0），D（0，2，0）．因此，，．平面 PBC的法向量=（ x，y，z），因此即令 y=1，解得=（ 2， 1， 3）．平面 PBE的法向量=（a，b，c），因此即令 b=1，解得=（ 0， 1， 1）．因此 cos＜＞=．由可知，二面角 C PB E 的余弦．⋯（10分）（Ⅲ）“ 段 PE上存在点 M，使得 DM∥平面 PBC”等价于“”．因，，λ∈（0，1），M （0，2λ 2，2 2λ），．由（Ⅱ）知平面 PBC的法向量=（ 2， 1， 3），因此．解得．因此段 PE上存在点 M ，即 PE中点，使得 DM∥平面 PBC．⋯（ 14 分）22．如，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直． AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC， EA⊥EB．（Ⅰ）求： AB⊥DE；（Ⅱ）求直 EC与平面 ABE所成角的正弦；（Ⅲ）段 EA 上可否存在点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出；若不存在，明原由．【解答】（Ⅰ ）明：取 AB 中点 O，接 EO，DO．因 EB=EA，因此 EO⊥ AB．⋯（1 分）因四形 ABCD直角梯形， AB=2CD=2BC， AB⊥ BC，因此四形 OBCD正方形，因此 AB⊥OD．⋯（2 分）因 EO∩OD=O因此 AB⊥平面 EOD．⋯（3 分）因 ED? 平面 EOD因此 AB⊥ED．⋯（4 分）（Ⅱ）解：因平面 ABE⊥平面 ABCD，且 EO⊥AB，平面 ABE∩平面 ABCD=AB因此 EO⊥平面 ABCD，因 OD? 平面 ABCD，因此 EO⊥OD．由 OB，OD，OE两两垂直，建立如所示的空直角坐系O xyz．⋯（5 分）因△ EAB等腰直角三角形，因此 OA=OB=OD=OE， OB=1，因此 O（0，0，0）， A（ 1，0，0），B（1，0，0）， C（ 1， 1， 0），D（0，1，0），E（ 0， 0， 1）．因此，平面 ABE的一个法向量．⋯（7 分）直 EC与平面 ABE所成的角θ，因此，即直 EC与平面 ABE所成角的正弦．⋯（ 9 分）（Ⅲ）解：存在点 F，且，有 EC∥平面 FBD．⋯（10 分）明以下：由，，因此．平面 FBD的法向量=（a，b，c），有因此取 a=1，得 =（ 1，1，2）．⋯（ 12 分）因=（1，1， 1）?（1，1，2）=0，且 EC?平面 FBD，因此 EC∥平面 FBD．即点 F 足，有 EC∥平面 FBD．⋯（ 14 分）23．如，三棱柱 ABC A1B1C1中，AB=AC=CC1，平面 BAC1⊥平面 ACC1A1，∠ACC1=∠BAC1=60°，AC1∩ A1C=O．（Ⅰ）求： BO⊥平面 AA1C1C；（Ⅱ）求二面角 A BC1B1的余弦．【解答】明：（Ⅰ ）依意，四形 AA1C1C 菱形，且∠ AA1C1=60°∴△ AA1C1正三角形，又∠ BAC1=60°，∴△ BAC1正三角形，又 O AC1中点，∴BO⊥ AC1，∵平面 ABC1⊥平面 AA1C1C，平面 ABC1∩平面 AA1C1C=AC1，∵BO? 平面 AA1CC1，∴ BO⊥平面 AA1C1C．⋯（4 分）解：（Ⅱ）以 O 坐原点，建空直角坐系，如，令 AB=2，，C1（，，）010∴，平面 BB1 1的一个法向量，C由得，取 z=1，得⋯（9分）又面 ABC1的一个法向量∴⋯（11 分）故所求二面角的余弦⋯（ 12 分）24．如，在四棱P ABCD中， PA⊥平面，四形ABCD正方形，点M， N 分段PB，PC上的点， MN⊥PB．（Ⅰ）求： MN⊥平面 PAB；（Ⅱ）当 PA=AB=2，二面角 C AN D 大小，求PN的．【解答】（Ⅰ ）明：在正方形ABCD中， AB⊥BC，∵PA⊥平面 ABCD， BC? 平面 ABCD，∴ PA⊥ BC．∵AB∩PA=A，且 AB，PA? 平面 PAB，∴BC⊥平面 PAB， BC⊥PB，∵MN⊥PB，∴ MN∥BC，则 MN⊥平面 PAB；（Ⅱ）解：∵ PA⊥平面 ABCD，AB，AD? 平面 ABCD，∴ PA⊥AB，PA⊥ AD，又 AB⊥AD，如图，以 A 为原点， AB，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则C（2，2，0）， D（ 0， 2， 0），B（2，0，0），P（0，0，2）．设平面 DAN 的一个法向量为 =（x，y，z），平面 CAN的一个法向量为 =（a，b，c），设 =λ，λ∈[ 0， 1] ，∵=（2，2，﹣2），∴=（2λ，2λ，2﹣2λ），又 =（0，2，0），∴，取 z=1，得=（，0，1），∵=（0，0，2）， =（2，2，0），∴，取 a=1 得，到=（1，﹣ 1，0），∵二面 C﹣ AN﹣ D 大小为，∴ | cos＜，＞| =cos=，∴ | cos＜，＞| =|| =|| =，解得λ=，∴，则 PN=．25．如题图，三棱锥 P﹣ABC中，PC⊥平面 ABC，PC=3，∠ ACB=．D，E分别为线段AB，BC 上的点，且 CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 PCD（Ⅱ）求二面角 A﹣PD﹣ C 的余弦值．【解答】（Ⅰ ）证明：∵ PC⊥平面 ABC，DE? 平面 ABC，∴ PC⊥DE，∵CE=2，CD=DE= ，∴△CDE为等腰直角三角形，∴ CD⊥DE，∵ PC∩CD=C，DE垂直于平面 PCD内的两条订交直线，∴DE⊥平面 PCD（Ⅱ）由（Ⅰ）知△ CDE为等腰直角三角形，∠ DCE=，过点 D 作 DF 垂直 CE于 F，易知 DF=FC=FE=1，又由已知 EB=1，故 FB=2，由∠ ACB=得DF∥AC，，故AC= DF=，以 C 为原点，分别以，，的方向为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，0，0）， P（ 0， 0， 3），A（， 0， 0），E（0，2，0）， D（1， 1，0），∴ =（1，﹣ 1，0）， =（﹣ 1，﹣ 1，3）， =（，﹣ 1， 0），设平面 PAD的法向量=（ x， y， z），由，故可取=（2， 1， 1），由（Ⅰ）知 DE⊥平面 PCD，故平面 PCD的法向量可取=（1，﹣ 1，0），∴两法向量夹角的余弦值cos＜，＞==∴二面角 A﹣PD﹣ C 的余弦值为．26．如图，在几何体 ABCDE中，四边形 ABCD是矩形， AB⊥平面 BEC，BE⊥ EC，AB=BE=EC=2，G， F 分别是线段 BE，DC的中点．（1）求证： GF∥平面 ADE；（2）求平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值．【解答】解法一：（ 1）如图，取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，∵G 是 BE的中点，∴ GH∥ AB，且 GH= AB，又∵ F 是 CD中点，四边形ABCD是矩形，∴DF∥AB，且 DF= AB，即 GH∥DF，且 GH=DF，∴四边形 HGFD是平行四边形，∴ GF∥ DH，又∵ DH? 平面 ADE，GF?平面 ADE，∴ GF∥平面 ADE．（ 2）如图，在平面BEG内，过点 B 作 BQ∥ CE，∵BE⊥EC，∴ BQ⊥BE，又∵ AB⊥平面 BEC，∴ AB⊥BE，AB⊥ BQ，以 B 为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 A（0，0，2）， B（ 0， 0， 0），E（2，0，0）， F（ 2， 2， 1）∵ AB⊥平面 BEC，∴为平面BEC的法向量，设=（x，y，z）为平面 AEF的法向量．又=（2，0，﹣ 2），=（2，2，﹣ 1）由垂直关系可得，取 z=2 可得．∴ cos＜，＞==∴平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值为．解法二：（1）如图，取 AB 中点 M ，连接 MG，MF，又G 是 BE的中点，可知 GM∥AE，且 GM= AE又AE? 平面 ADE，GM?平面 ADE，∴GM∥平面 ADE．在矩形 ABCD中，由 M， F 分别是 AB， CD的中点可得 MF∥AD．又AD? 平面 ADE，MF?平面 ADE，∴ MF∥平面ADE．又∵ GM∩MF=M，GM? 平面 GMF，MF? 平面GMF∴平面 GMF∥平面 ADE，∵GF? 平面 GMF，∴ GF∥平面 ADE（ 2）同解法一．第30页（共 40页）27．如，在四棱P ABCD中， PD⊥平面 ABCD，四形 ABCD是菱形， AC=2，BD=2，E 是 PB 上任意一点．（Ⅰ）求： AC⊥DE；（Ⅱ）已知二面角 A PB D 的余弦，若 E PB的中点，求 EC与平面 PAB所成角的正弦．【解答】（I）明：∵ PD⊥平面 ABCD，AC? 平面 ABCD∴PD⊥AC又∵ ABCD是菱形，∴ BD⊥ AC，BD∩PD=D∴AC⊥平面 PBD，∵ DE? 平面 PBD∴AC⊥DE⋯（6 分）（ II）解：分以OA， OB， OE 方向x， y， z 建立空直角坐系，PD=t，由（ I）知：平面 PBD的法向量，令平面PAB 的法向量，根据得∴因二面角 A PB D 的余弦，，即，∴⋯（9 分）∴EC与平面 PAB所成的角θ，∵，∴⋯（12 分）28．如，三棱柱 ABC A1B1C1中，面 BB1C1C 菱形， AB⊥B1C．（Ⅰ）明： AC=AB1；（Ⅱ）若 AC⊥ AB1，∠ CBB1=60°， AB=BC，求二面角 A A1B1C1的余弦．【解答】解：（1）连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO，∵侧面 BB1 C1C 为菱形，∴BC1⊥B1C，且 O 为 BC1和 B1C 的中点，又∵ AB⊥ B1 C，∴ B1C⊥平面 ABO，∵ AO? 平面 ABO，∴ B1C⊥ AO，又B10=CO，∴ AC=AB1，（2）∵ AC⊥ AB1，且 O 为 B1C 的中点，∴ AO=CO，又∵ AB=BC，∴△ BOA≌△ BOC，∴ OA⊥OB，∴ OA， OB，OB1两两垂直，以 O 为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|| 为单位长度，的方向为 y 轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠ CBB1°，∴△ 1 为正三角形，又，=60CBB AB=BC∴ A（ 0， 0，）， B（ 1， 0， 0，）， B （，，），（，，）00 C 001∴=（0，，），= =（1，0，），==（﹣ 1，，0），设向量=（x，y，z）是平面 AA1B1的法向量，则，可取=（1，，），同理可得平面 A1 B1C1的一个法向量=（1，﹣，），∴ cos＜，＞== ，∴二面角 A﹣A1B1﹣ C1的余弦值为29. 已知四棱锥P— ABCD ， PB⊥ AD，侧面PAD为边长等于 2 的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD 与底面ABCD所成的二面角为120°.（ 1）求点P 到平面ABCD的距离；（ 2）求面APB与面CPB所成二面角的大小.PCDBA（传统法）解（ 1）：以以下图，作 PO⊥平面 ABCD ，垂足为点 O. 连接 OB、 OA、OD ， OB 与 AD 交于点 E，连接 PE.PDCEO BA∵AD ⊥ PB，∴ AD⊥ OB.∵P A=PD ，∴ OA=OD .于是 OB 均分 AD ，点 E 为 AD 的中点，∴ PE ⊥AD. 由此知∠ PEB 为面 PAD 与面 ABCD 所成二面角的平面角，∴∠ PEB=120°，∠ PEO=60°. 由已知可求得 PE= 3，33，即点 P 到平面 ABCD 的距离为3 .∴PO=PE·sin60°=3×=222（2）（空间向量法）解法一：以以下图建立直角坐标系，其中O 为坐标原点， x 轴平行于 DA .zPGCDOEyBAxP（ 0，0，333， 0）， PB 中点 G 的坐标为（ 0，33，3），连接 AG.）， B（ 0，2244又知 A（ 1，3，0）， C（－ 2，3 3，0） . 22由此获取 GA =（1，－3，－3），44PB =（0，3 3，－3）， BC =（－2，0，0）.22于是有 GA · PB =0， BC · PB =0，∴ GA ⊥ PB ， BC ⊥ PB . GA ， BC 的夹角 θ 等于所求二面角的平面角.于是 cos θ=GA BC|GA || BC |=－2 7，7由于题目中的二面角为钝角，因此所求二面角的大小为－2 7 。

2023届天津市南开中学高三高考模拟数学试题+答案解析

天津市南开中学2023届高三高考模拟数学试题一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知全集，集合，，则( )A. B.C.D.2.函数的部分图象大致为( )A. B.C. D.3.已知a ，，则“”是“函数是奇函数”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4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏5.设，，，则 ( )A. B.C.D.6.若向量，满足：，，则在上的投影向量为( )A.B.C.D.7.已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A且离心率为，若双曲线的一条渐近线与直线AM垂直，则双曲线的方程为( )A. B. C. D.8.将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若在区间上单调递增，且函数的最大负零点在区间上，则的取值范围是( )A. B. C. D.9.直线l：与x，y轴的交点分别为A，B，直线l与圆O：的交点为C，D，给出下面三个结论：，；，；，其中，所有正确结论的序号是( )A. B. C. D.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。

10.在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，且，则__________.11.某次体检，7位同学的身高单位：米分别为，，，，，，，则这组数据的第75百分位数是__________米12.的展开式的常数项为_______用数字作答13.海棠同学在参加南开中学陶艺社时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为32厘米的正方体的六个面所截后剩余的部分球心与正方体的中心重合，若其中一个截面圆的周长为厘米，则该球的表面积为__________平方厘米．14.已知，函数若对任意恒成立，则a 的取值范围是__________.15.某校从5名学生中选派3人参加劳动技能大赛.已知这5名学生中有高一年级学生2名，高二年级学生2名，高三年级学生1名，则所选3人分别来自不同年级的概率为__________.记所选3人中高一年级学生的人数为X，则随机变量X的数学期望__________.三、解答题：本题共5小题，共60分。

天津市南开中学2022-2023学年高三上学期数学统练试卷(含答案)

2022-2023学年天津市南开中学高三（上）统练数学试卷（11）一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,2,3}，B={2,5,6}，则A∩(∁U B)=( )A. {4}B. {1,3}C. {1,2,3,4}D. {1,3,4,5,6}>0”的( )2.设x∈R，则“|x|>1”是“xx−1A. 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3.函数y=sinx+4x的图象大致为( )e|x|A. B.C. D.4.某市为了解全市环境治理情况，对本市的200家中小型企业的污染情况进行了摸排，并把污染情况各类指标的得分综合折算成标准分100分，统计并制成如图所示的直方图，则标准分不低于70分的企业数为( )A. 30B. 60C. 70D. 1305.已知a=20.1，b=2ln1，c=ln2，则a，b，c的大小关系为( )2A. c>a>bB. a>c>bC. b>a>cD. b>c>a6. 已知定义在R 上的函数f(x)满足f(x +6)=f(x)，y =f(x +3)为偶函数，若f(x)在(0,3)内单调递减.则下面结论正确的是( )A. f(10)<f(e 12)<f(ln2) B. f(e 12)<f(ln2)<f(10) C. f(ln2)<f(10)<f(e 12)D. f(ln2)<f(e 12)<f(10)7. 已知函数f(x)=4cos(ωx +π3)(ω>0)的最小正周期为π，将其图象沿x 轴向右平移m(m >0)个单位，所得函数为奇函数，则实数m 的最小值为( )A. π12B. π6 C. 5π12D. π48. 若将函数g(x)图象上所有的点向右平移π6个单位长度得到函数f(x)的图象，已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列说法错误的是．( )A. f(x)在[0,π4]上的最小值是12 B. (4π3,0)是f(x)的一个对称中心 C. g(x)在(π4,π2)上单调递减D. g(x)的图象关于点(π6,0)对称9. 已知函数f(x)={2x 2−4|x|+4,x >1e 1−x +x,x ≤1，若不等式12f(x)−|x −m 2|<0的解集为⌀，则实数m 的取值范围为( )A. [14,5−2ln3]B. [13,5−3ln3] C. [14,6−2ln3] D. [12,6−3ln3]二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）10. 若复数z 满足z(1−i)=1+2i(i 为虚数单位)，则复数z 的虚部是______．11. 已知(x 2−2x )n 的展开式的二项式系数之和为64，则展开式第三项的系数是______．12. 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，S 3=7a 3，则使S n >12764成立的n 的最小值为______．13. 已知x >0，y >0，x +y =1，则3yx +1x +1y 的最小值为______．14. 为了抗击新冠肺炎疫情，现在从A 医院200人和B 医院100人中，按分层抽样的方法，选出6人加入“援鄂医疗队”，再从此6人中选出3人作为联络员，则这3名联络员中甲乙两所医院均有人员入选的条件下，恰有2人来自B 医院的概率是______.设3名联络员中A 医院的人数为X ，则随机变量X 的数学期望为______． 15. 如图，在菱形ABCD 中，AB =2，∠BAD =60°，E 、F 分别为BC 、CD 上的点，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，若线段EF 上存在一点M ，使得AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (x ∈R)，则|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=______；若AN −=λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，λ∈[0,1]，则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为______．三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。

(北师大版)天津市高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试卷(含答案解析)

一、选择题1．已知平行六面体''''ABCD A B C D -中，4AB =，3AD =，'5AA =，90BAD ∠=，''60BAA DAA ∠=∠=．则'AC 的长为（）A ．85B ．97C ．12D ．2302．已知直三棱柱111ABC A B C -中，190,1,2ABC AB BC CC ︒∠====，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（） A ．35B ．35C ．45D ．45-3．如图，点P 在正方体1111ABCD A BC D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变； 1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB 平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．已知长方体1111ABCD A BC D -的底面AC 为正方形，1AA a =，AB b =，且a b >，侧棱1CC 上一点E 满足13CC CE =，设异面直线1A B 与1AD ，1A B 与11D B ，AE 与11D B 的所成角分别为α，β，γ，则 A ．αβγ<<B ．γβα<<C ．βαγ<<D ．αγβ<<5．如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2，则异面直线1A B 与1BC 所成角的余弦值是( )A ．32B ．12C ．14D ．06．如图，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A ．3B ．2C ．1D ．32-7．若向量(3,1,0)a =，(1,0,)b z =，,3a b π=，则实数z 的值为（）A ．2B ．2C ．2±D ．2±8．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，(1,2,,8)i P i =⋅⋅⋅是上底面上其余的八个点，则集合{},1238i y y AB AP i =⋅=⋅⋅⋅、、、、中的元素个数（）A ．1B ．2C ．4D ．89．三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是边长为2的菱形， 1160,CBB BC ︒∠=交1BC 于点,O AO ⊥侧面11BB C C ，且 1AB C 为等腰直角三角形．若建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则点1A 的坐标为（）A ．(1,3,2)-B ．(3,1,1)-C ．(1,2,3)-D ．(2,1,3)-10．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，点E F 、分别是棱AB 、BC 的中点，则点1C 到平面1B EF 的距离等于（）A ．23B ．223C ．233D ．4311．如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形， Q 为BC 的中点，PQ ⊥面ABCD ，且2PQ =，动点N 在以D 为球心半径为1的球面上运动，点M 在面 ABCD内运动，且PM 5=，则MN 长度的最小值为（）A 352B ．23C ．25-D 33212．如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，DC ＝2，DA ＝DD 1＝1，点M 、N 分别为A 1D 和CD 1上的动点，若MN ∥平面AA 1C 1C ，则MN 的最小值为（）A ．53B ．23C ．56D ．52二、填空题13．设(3,3,1),(1,0,5),(0,1,0)A B C ，则AB 中点M 到C 的距离CM = _______. 14．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是__________．15．已知平面α的一个法向量()2,2,1n =--，点()1,3,0A --在平面α内，则点()2,1,4P -到平面α的距离为_________.16．已知直线l 的倾斜角为θ，则直线l 的一个方向向量为_______________.17．已知向量,,a b c 是空间的一个单位正交基底，向量,,a b a b c +-是空间的另一个基底．若向量m 在基底,,a b c 下的坐标为()1,2,3，则m 在基底,,a b a b c +-下的坐标为 _________18．在直三棱柱111A B C ABC -中，底面ABC 为直角三角形，2BAC π∠=，11AB AC AA ===. 已知Ｇ与Ｅ分别为11A B 和1CC 的中点，Ｄ与Ｆ分别为线段AC 和AB 上的动点（不包括端点）. 若GD EF ⊥，则线段DF 的长度的最小值为 .19．已知平面α的一个法向量为()2,1,3n =--，()3,2,1M -，()4,4,1N ，其中M α∈，N α∉，则点N 到平面α的距离为__________．20．正四棱柱1111ABCD A BC D -中，12AA AB =，则1AD 与平面11BB D 所成角的正弦值为__________．三、解答题21．如图，在多面体ABCDEF 中，等腰梯形ABCD 所在平面垂直于正方形CDEF 所在平面，1,2DA AB BC CD ====．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面ADE ；（Ⅱ）求BF 与平面ADE 所成角的正弦值．22．如图，在三棱锥P ABE -中，AB AE ⊥，PA ⊥平面ABE ，D 是AE 的中点，C 是线段BE 上的一点，且5AC =，122AB AP AE ===.（1）求证：//CD 平面PAB ；（2）求直线PE 与平面PCD 所成角的正弦.23．如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD O M ，，分别为线段AD DE ，的中点．四边形BCDO 是边长为1的正方形，,AE DE AE DE =⊥．（Ⅰ）求证：//CM 平面ABE ；（Ⅱ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；（Ⅲ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长．24．如图，已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，M 为1AA 的中点.（1）求证：1//A B 平面1MCD；（2）求平面1MCD 与平面11C CD 夹角的余弦值.25．如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，4AB =，11112A B AC ==，11AB BC ⊥.（1）求1AA 的长；（2）求二面角11B AC C --的正弦值.26．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是等腰梯形//,2,4,,AB DC BC CD AD AB M N ====分别是,AB AD 的中点.（1）证明：平面PMN ⊥平面PAD ；（2）若二面角C PN D --的大小为60°，求四棱锥P ABCD -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】用空间向量基本定理表示出AC '，然后平方后转化为数量积的运算求得．【详解】记a AB =，b AD =，c AA '=，则43cos900a b ⋅=⨯⨯︒=，同理152b c ⋅=，10a c ⋅=，由空间向量加法法则得AC a b c '=++，∴22222()222AC a b c a b c a b b c a c'=++=+++⋅+⋅+⋅222154352210852=+++⨯+⨯=， ∴85AC '=AC '=．故选：A ．【点睛】方法点睛：本题考查求空间线段长，解题方法是空间向量法，即选取基底，用基底表示出向量，然后利用向量模的平方等于向量的平方转化为向量的数量积进行计算．2．C解析：C 【解析】【分析】以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值．【详解】解：以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则11(1,0,0),(0,0,2),(0,0,0),(0,1,2)A B B C ，11(1,0,2),(0,1,2)AB BC =-=，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111||4cos 5||||5AB BC AB BC θ⋅===⋅.∴异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为45.故选：C.【点睛】本题考查异面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，考查运算求解能力，是基础题．3．C解析：C 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC 的体积不变，故①正确；对于②，连接1A B ，11AC ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ，所以11//BAC 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面11BCBC ，所以1DC BC ⊥，若1DPBC ，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选C ．【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．A解析：A【分析】根据题意将异面直线平移到同一平面，再由余弦定理得到结果. 【详解】根据题意将异面直线平移到同一平面中，如上图，显然α，β，(0,]2πγ∈，因为a b >，异面直线1A B 与1AD 的夹角即角1AD C ，根据三角形1AD C 中的余弦定理得到222211cos 21()a b a b aα==>++，故(0,)3πα∈，同理在三角形1A DB 中利用余弦定理得到：2221cos 222()1a a b bβ==<⋅+⋅+，故(,)32ππβ∈，连接AC ，则AC 垂直于BD ，CE 垂直于BD ，AC 交CE 于C 点，故可得到BD 垂直于面ACE ，进而得到BD 垂直于AE ，而BD 平行于11D B .从而得到2πγ=，故αβγ<<. 故答案为A. 【点睛】这个题目考查了异面直线夹角的求法，一般是将异面直线平移到同一平面中，转化到三角形中进行计算，或者建立坐标系，求解两直线的方向向量，两个方向向量的夹角就是异面直线的夹角或其补角.5．C解析：C 【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论求解异面直线所成角的余弦值即可. 【详解】以AC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则：()10,1,2A -,)3,0,0B，)13,0,2B ，()0,1,0C ，向量()13,1,2A B =-,()13,1,2B C =--，11cos ,A B BC <>1111A B B C A B B C ⋅=⨯22222=⨯14=. 本题选择C 选项.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．D解析：D【分析】由DB ED FE BF =++，利用数量积运算性质展开即可得到答案【详解】BD ED FE BF =++,22222221112BD BF FE ED BF FE FE ED BF ED ∴=+++++=++ 故32BD =-故选D【点睛】本题是要求空间两点之间的距离，运用空间向量将其表示，然后计算得到结果，较为基础．7．C解析：C【解析】分析：根据两个向量的数量积的定义式，推导出其所成角的余弦公式，从而利用cos ,a ba b a b ⋅<>=，结合22a a =，将有关量代入求得z 的值，得到结果.详解：根据题意得31cos ,23a b ⨯===+，化简得22z =，解得z = C.点睛：该题考查的是有关向量夹角余弦公式的问题，在解题的过程中，需要把握住向量夹角余弦公式，再者就是向量的模的平方和向量的平方是相等的，还有就是向量的模的坐标运算式.8．A解析：A 【分析】本题首先可根据图像得出i i AP AB BP =+，然后将i AB AP ⋅转化为2i AB A P B B +⋅，最后根据棱长为1以及i ABBP 即可得出结果. 【详解】由图像可知，i i AP AB BP =+，则()2i i i AB BP AB AP AB B AB A P B ⋅==+⋅+，因为棱长为1，i AB BP ，所以0i AB BP ⋅=，2101i i AB AP AB AB BP ⋅=+=+=⋅，故集合{},1238i y y AB AP i =⋅=⋅⋅⋅、、、、中的元素个数为1，故选：A.【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想，考查集合中元素的性质，是中档题. 9．B解析：B【分析】作1A D ⊥平面11BB C C 于点 D ，连接1B D ，1,C D OD ，则点1A 与点 D 的横纵坐标相同，点1A 竖坐标的值为1A D 的长度，由1//AA 平面 11BBC C ，得到A 和1A 到平面11BB C C 的距离相等．由 1//AD AO ，则1A 竖坐标的值为AO 的长度,由111//,OC C D OC C D OB ==，得到 11DB OC 为平行四边形，然后由1AB C 为等腰直角三角形面11BB C C 是边长为2的菱形， 160CBB ︒∠=求得坐标即可.【详解】如图所示，作1A D ⊥平面11BB C C 于点 D ，连接1B D ，1,C D OD ，则点1A 与点D 的横纵坐标相同，点1A 竖坐标的值为1A D 的长度，因为111//,AA CC CC ⊂平面 111,BB C C AA ⊄平面11BBC C ，所以1//AA 平面11BB C C ，所以A 和1A 到平面11BBC C 的距离相等．而1AD ⊥平面11,BB C C AO ⊥平面 11BB C C ，所以1A D AO =，1//A D AO ，所以1AODA 为平行四边形，所以11//,AA OD AA OD =，所以11//,OD CC OD CC =，所以1OCC D 为平行四边形．所以111//,OC C D OC C D OB ==，所以11DB OC 为平行四边形，所以111,,B D OC C D OB ==．而在边长为2的菱形11CC B B 中，160CBB ︒∠=，所以113,1OC BO OC OB ===．所以点D 的坐标为(3,1,0)-，而1AB C 为等腰直角三角形，所以11OA OC OB ===，故点1A 的坐标为(3,1,1)-．故选：B ．【点睛】本题主要考查直线，平面间的平行关系以及平面几何图形的应用，还考查了逻辑推理的能力，属于中档题.10．D解析：D【分析】建立空间直角坐标系，找到平面1B EF 的法向量，利用向量法求点到平面的距离求解即可.【详解】以1D 为坐标原点，分别以11D A ，11D C ，1D D 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则1(2,2,0)B ，1(0,2,0)C ，(2,1,2)E ，(1,2,2)F .设平面1B EF 的法向量为(,,)n x y z =，1(0,1,2)B E =-1(1,0,2)B F =- 则1100n B E n B F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩ 令1z =，得(2,2,1)n =.又11(2,0,0)BC =-，∴点1C 到平面1B EF 的距离1122|||243||221n B C h n ⋅-===++，故选：D .【点睛】本题用向量法求点到平面的距离，我们也可以用等体积法求点到平面的距离，当然也可以找到这个垂线段，然后放在直角三角形中去求.11．C解析：C【分析】若要使MN 最短，点N 必须落在平面ABCD 内，且一定在DN 的连线上，此时应满足,,,D N M Q 四点共线，通过几何关系即可求解【详解】如图，当点N 落在平面ABCD 内，且,,,D N M Q 四点共线时，MN 距离应该最小，由PM 5=可得1MQ =，即点M 在以Q 为圆心，半径为1的圆上，由几何关系求得5DQ =，1DN MQ ==，故552NM DN MQ =--=-故答案选：C【点睛】本题考查由几何体上的动点问题求解两动点间距离的最小值，属于中档题12．A 解析：A【分析】先建立空间坐标系，设出(),0,M m m ，()0,22,N n n -+，转化条件得1m n +=，利用函数即可得解.【详解】如图建系，由题意可设(),0,M m m ，()0,22,N n n -+，∴(),22,MN m n n m =---，又 ()10,0,1AA =，()1,2,0AC =-，∴平面11AAC C 的法向量()2,1,0n =，又 //MN 面11AACC ，∴=0MN n ⋅即1m n +=，∴()()2222222941MN m n n m m m =+-+-=-+，∴MN 最小值为故选：A. 【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了转化化归和函数思想，属于中档题.二、填空题13．【解析】中点【解析】中点32,,32M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，MC == 14．【解析】如图所示设∴∴∴周长又∵∴周长的范围为故答案为：解析：(8,10)【解析】如图所示，设DH GH k DA AC ==， ∴1AH EH k DA BD==-， ∴5GH k =，4(1)EH k =-，∴周长82k =+．又∵01k <<，∴周长的范围为(8,10)．故答案为：(8,10)．15．【分析】由题意算出根据向量是平面的一个法向量算出向量在上的投影的绝对值即可得到到的距离【详解】解：根据题意可得又平面的一个法向量点A 在内到的距离等于向量在上的投影的绝对值即故答案为:【点睛】本题给出解析：23 【分析】由题意算出()1,4,4AP =-，根据向量()2,2,1n =--是平面α的一个法向量，算出向量AP 在n 上的投影的绝对值，即可得到P 到α的距离.【详解】解：根据题意，可得()()1,3,0,1,4,2A P ---，()1,4,4AP =-，又平面α的一个法向量()2,2,1n =--，点A 在α内，()2,1,4P ∴-到α的距离等于向量AP 在n 上的投影的绝对值，()()1242412P n A -⨯-+⨯-∴⨯=-=+ 即()()222223221AP nd n===-+-+ 故答案为:23 【点睛】本题给出平面的法向量和平面上的一点，求平面外一点到平面的距离；着重考查了向量的数量积公式和点到平面的距离计算等知识，属于中档题.16．(cos sin )【分析】分类讨论：当倾斜角为时可以得出直线的一个方向向量；当倾斜角不等于时先求出直线的斜率然后再写出直线的一个方向向量最后综合即可得出答案【详解】当时直线与垂直则可得直线的一个方解析：(cos θ,sin θ)【分析】分类讨论：当倾斜角θ为90︒时，可以得出直线的一个方向向量；当倾斜角θ不等于90︒时，先求出直线的斜率，然后再写出直线的一个方向向量，最后综合即可得出答案.【详解】当90θ︒=时，直线l 与x 垂直，则可得直线l 的一个方向向量为()0,1；当90θ︒≠时，则可得直线l 的斜率为tan k θ=，则可得直线l 的一个方向向量为()1,tan θ或()cos ,sin θθ；令θ90︒=，则有()()cos ,sin 0,1θθ=，综上可得：直线l 的倾斜角为θ时，直线l 的一个方向向量为()cos ,sin θθ.故答案为：()cos ,sin θθ.【点睛】本题考查了直线方向向量的求解，注意做题时一定要考虑到直线的倾斜角可能为90︒，属于一般难度的题.17．【解析】由题意可知：即在基底下的坐标为解析：31,,322⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】由题意可知：()()3123322m a b c a b a b c =++=+--+ ，即m 在基底,,a b a b c +-下的坐标为31,,322⎛⎫- ⎪⎝⎭. 18．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系则A （000）E （01）G （01）F （x00）D （0y0）=（-y1）=（x-1-）由于GD ⊥EF 所以x+2y-1=0所以当时线段DF 长度的最小值是故答案为：解析：55【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则A （0，0，0），E （0，1，12），G （12，0，1），F （x ，0，0），D （0，y ，0） DG =（12，-y ，1）， EF =（x ，-1，-12）由于GD ⊥EF ，所以x+2y-1=0, 所以22225415()5215DF x y y y y =+=-+=-+25y =时，线段DF 长度的最55 19．【分析】根据点面距离公式再由向量的坐标运算得到结果即可【详解】平面的法向量为故所求距离故答案为【点睛】这个题目考查了点面距离的求法方法一可以同这个题目一样建系解决；方法二可以通过等体积法得到点面距离 14【分析】根据点面距离公式,再由向量的坐标运算得到结果即可.【详解】()1,2,2MN =，平面α的法向量为()2,1,3n =--，故所求距离·214714MN nd n ===. 故答案为147. 【点睛】这个题目考查了点面距离的求法，方法一可以同这个题目一样建系解决；方法二可以通过等体积法得到点面距离；方法三，如果题中条件有面面垂直的条件，可由点做面的垂线，垂足落在交线上.20．【解析】分析：建立空间直角坐标系求出平面的法向量利用向量法即可求AD1与面BB1D1D 所成角的正弦值详解：以D 为原点DADCDD1分别为x 轴y 轴z 轴建立如图所示空间直角坐标系D ﹣xyz 设AB=1则D解析：1010【解析】分析：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求AD 1与面BB 1D 1D 所成角的正弦值．详解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系D ﹣xyz ．设AB=1，则D （0，0，0），A （1，0，0），B （1，1，0），C （0，1，0），D 1（0，0，2），A 1（1，0，2），B 1（1，1，2），C 1（0，1，2）．设AD 1与面BB 1D 1D 所成角的大小为θ，1AD =（﹣1，0，2），设平面BB 1D 1D 的法向量为n =（x ，y ，z ），DB =（1，1，0），1DD =（0，0，2），则x+y=0，z=0．令x=1，则y=﹣1，所以n =（1，﹣1，0），sinθ=|cos ＜1AD ，n ＞|=1010，所以AD 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为1010．故答案为1010. 点睛：这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系．求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可．三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1510 【分析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理得到DE ⊥平面ABCD ，从而得到DE AC ⊥，再由勾股定理的逆定理证明CA AD ⊥，即可得证；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】（Ⅰ）因为平面ABCD ⊥平面CDEF ，四边形CDEF 为矩形，所以CD DE ⊥，又平面ABCD 平面CDEF CD =，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE AC ⊥，在底面ABCD 中，过,A B 作,AN BM DC ⊥，交CD 于,N M ，因为1,2DA AB BC CD ====，所以12DN CM ==，所以2213122AN ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以2233322AC ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以222AD AC CD +=，所以CA AD ⊥，又AD DE D ⋂=，,AD DE ⊂面ADE ，所以AC ⊥面ADE ；（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则31,02B ⎫-⎪⎪⎝⎭，)3,0,2F ，所以31,,222BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭由（1）可知AC ⊥面ADE ，则面ADE 的法向量可以为()1,0,0n =，设BF 与平面ADE 所成角为θ，则2223152sin 1031222n BF n BFθ===⋅⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，BF 与平面ADE 所成角的正弦值为1510；【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 22．（1）证明见解析；（2）1010. 【分析】（1）利用直角三角形求出BE ，由12AC BE =可知C 是BE 的中点，由中位线求出CDAB ，即可求证结论；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦. 【详解】（1）因为122AE =，所以4AE =，又2AB =，AB AE ⊥，所以22222425BE AB AE =+=+=，又因为152AC BE ==，所以AC 是Rt ABE △的斜边BE 上的中线，所以C 是BE 的中点，又因为D 是AE 的中点所以CD 是ABE △的中位线，所以//CD AB ，又因为CD ⊄平面PAB ，AB 平面PAB ，所以//CD 平面PAB ．（2）据题设知，AB ，AE ，AP 两两互相垂直，以A 为原点，AB ，AE ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为122AB AP AE ===，且C ，D 分别是BE ，AE 的中点，所以4AE =，2AD =，所以()040E ，，，()120C ，，，()002P ，，，()020D ，，，所以()042PE =-，，，()122PC =-，，，()100CD =-，，，设平面PCD 的一个法向量为()n x y z →='''，，，则0n CD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0220x x y z ''''-=⎧⎨+-=⎩，所以0x z y =⎧⎨='''⎩，令1y '=，则()011n →=，，，设直线PE 与平面PCD 所成角的大小为θ，则10sin 10PE nPE nθ→→⋅==⋅ 故直线PE 与平面PCD 10 【点睛】方法点睛：向量法求线面角的方法就是求出平面的法向量，然后通过斜线向量与平面的法向量的夹角的余弦的绝对值得到线面角的正弦大小，属于中档题．23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）63；（Ⅲ）53.【分析】（Ⅰ）取AE 中点P ，连接BP 、MP ，根据题意可得四边形BCMP 为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证；（Ⅱ）连接EO ，根据面面垂直的性质定理，可证得EO OB ⊥, EO OD ⊥，以O 为原点，分别以OB ，OD ，OE 为x ，y ，z 轴正方向建系，分别求得CM ，BD 的坐标，利用夹角公式，即可求得结果；（Ⅲ）设ON OD λ=，则可得N 点坐标，即可求得平面BMN 的法向量n ，同理可求得平面ABE 的法向量m ，根据题意，可得0m n ⋅=，即可求得λ的值，即可得答案. 【详解】解：（Ⅰ）取AE 中点P ，连接MP BP ，，因为M 为线段DE 的中点，所以1//2MP AD MP AD =，，因为四边形BCDO 是正方形， O 为线段AD 的中点，所以1//2BC AD BC AD =，，即//BC OD BC OD =，，所以//BC MP BC MP =，所以四边形BCMP 为平行四边形．所以//MC BP ，又因为MC ⊂/平面ABE ，BP ⊂平面ABE ，所以//CM 平面ABE ；（Ⅱ）因为AE DE O =，为线段AD 的中点，连接EO ，则⊥EO AD ，因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE平面ABCD AD =，EO ⊂平面ADE所以EO ⊥平面ABCD ，又因为OB ⊂平面ABCD ，所以EO OB ⊥，又因为OB OD ⊥，所以OE OB OD ，，三线两两垂直．以O 为原点，以OB 为x 轴，以OD 为y 轴，以OE 为z 轴建立直角坐标系，如图所示，依题意可知(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)A B E D -设平面ABE 的一个法向量为(,,)m x y z =，因为(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==，因为00AB m AE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以0x y y z +=⎧⎨+=⎩，令1z =得11y x =-=，，所以(1,1,1)m =- 因为(0,1,1)DE =-，设DE 与平面ABE 所成角为θ，则6sin |cos ,|32m DE θ=〈〉==⨯，所以直线DE 与平面ABE 6；（Ⅲ）设(0,,0)ON OD λλ==，则(0,,0)N λ，因为11110,,,1,,,(1,,0)2222M MB BN λ⎛⎫⎛⎫=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设平面BMN 的一个法向量为(,,)n x y z =，因为00MB n BN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以11022x y z x y λ⎧--=⎪⎨⎪-+=⎩，令1y =得21x z λλ==-，，所以(,1,21)n λλ=-，因为平面BMN ⊥平面ABE ，所以0m n ⋅= 故1210λλ-+-=，解得23λ=，即2(0,,0)3N ，故线段25133AN AO ON =+=+=．【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 24．（1）证明见解析；（2）13. 【分析】（1）以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得1//A B 平面1MCD；（2）利用空间向量法可求得平面1MCD 与平面11C CD 夹角的余弦值. 【详解】（1）以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 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A xyz -.因为正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，M 是1AA 的中点，所以()0,0,0A 、()2,2,0C 、()0,2,0D 、()0,0,1M 、()10,2,2D 、()10,0,2A 、()2,0,0B ，()10,2,1MD =，()2,2,1MC =-.设平面1MCD 的法向量为(),,m x y z =，由120220m MD y z m MC x y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+-=⎩，令1y =，则2z =-，2x =-，所以()2,1,2m =--.因为()12,0,2A B =-，所以()()21220120A B m ⋅=⨯-+⨯+-=，因为1A B ⊄平面1MCD ，所以1//A B 平面1MCD ；（2）由（1）知，平面1MCD 的法向量()2,1,2m =--. 又平面11C CD 的法向量为()0,2,0AD =. 设平面1MCD 与平面11C CD 的夹角为θ，则21cos cos ,323m AD m AD m ADθ⋅=<>===⨯⋅，所以平面1MCD 与平面11C CD 夹角的余弦值为13.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值. 25．（1）2. 【分析】（1）连接1A B ，先证得11AC ⊥平面11ABB A ，得111AC AB ⊥，然后由已知得1AB ⊥平面11A BC ，1A B ⊂平面11A BC ，∴11AB A B ⊥，在直角梯形11AA B B 中，可求得1AA ；（2）以A 为原点，AB ，AC ，1AA 方向为x 轴､y 轴､z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A xyz -，然后求得二面角11B AC C --的两个面的的法向量，由法向量的余弦值得二面角的正弦值．【详解】解：（1）如图，连接1A B .1AA ⊥平面111A B C ，11A B ⊂平面111A B C ，则111AC A A ⊥，又1111AC A B ⊥，1111AA A B A =，∴11AC ⊥平面11ABB A ，而1AB ⊂平面11ABB A ，故111AC AB ⊥. 又11AB BC ⊥，1111AC BC C ，可得1AB ⊥平面11A BC ，1A B ⊂平面11A BC ，∴11AB A B ⊥，故1111111112tan tan 4AA A BA A AB A BA A AB AA AA ∠=∠⇒∠=∠⇒=⇒=（2）如图，以A 为原点，AB ，AC ，1AA 方向为x 轴､y 轴､z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A xyz -，则(12,0,2B ，()10,2,22C()4,0,0AB =为平面1AC C 的一个法向量.设(),,n x y z =为平面11B AC 的一个法向量，则112220002220x z n AB n AC y z ⎧⎧+=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取1z =，得()2,2,1n =--，则4210cos ,545n AB 〈〉==- ∴15sin ,5n AB 〈〉=. 15．【点睛】方法点睛：本题考查线面垂直的判定，考查空间向量法求二面角．求二面角的常用方法是空间向量法，即建立空间直角坐标系，求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角与二面角相等或互补求解． 26．（1）证明见解析；（2）1. 【分析】（1）连接DM ，证出MN AD ⊥，PD MN ⊥，再利用面面垂直的判定定理即可证明. （2）连接BD ，以点D 为坐标原点，以,,DA DB DP 为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设(0,0,)(0)P m m >，根据空间向量的数量积求出m ，再根据锥体的体积公式即可求解. 【详解】（1）连接DM ，显然//DC BM 且DC BM =，∴四边形BCDM 为平行四边形，//DM BC ∴且DM BC =，AMD ∴△是正三角形，MN AD ∴⊥，又PD ⊥平面,ABCD MN ⊂平面,ABCD PD MN ∴⊥,,PD AD D MN ⋂=∴⊥平面PAD ，又MN ⊂平面PMN ，∴平面PMN ⊥平面PAD .（2）连接BD ，易知//,,BD MN BD AD BD PD ∴⊥⊥.建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),(1,3,0)D N C -，设(0,0,)(0)P m m >，(1,0,),(2,3,0)PN m CN ∴=-=-.设平面PNC 的法向量为(,,)a x y z =，00a PN a CN ⎧⋅=∴⎨⋅=⎩，即0,230,x mz x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩令3,(3,2,3)z a m m ==，而平面PND 的一个法向量为(0,1,0)b =，2221|cos ,|cos602343m a b m m ︒〈〉===++ 解得33m =，所以113(24)31323V =⨯⨯+⨯⨯=.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的常用方法：证明两平面垂直常转化为线面垂直，利用线面垂直的判定定理来证明，也可作出二面角的平面角，证明平面角为直角，利用定义证明. 解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错. （3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量. （4）利用法向量求距离、线面角或二面角.。

【高考必做题】高二数学——空间向量(后附参考答案与解析)

空间向量-期中必做题12为的中点，，．平面，如图．所成角的正弦值．，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．3所成角的正弦值．上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值．若不存在，请4）的平面展开图（如图）中，四边形为边长为的正方形，均为正三角形．在三棱锥中：（图1）（图2）证明：平面平面．（1）5 67 8 910所成角最小时，求线段的长．11，．12平面．，求二面角的余弦值．13的正方形中，,分别为的中点，沿将矩形折起使得所示，点在上，，分别为中点．平面．的余弦值．14中，侧面为等边三角形且垂直于底面三角形，，是的中点．15的中点，点在线段上．点到直线1617 D.个的三等分点，到各顶点的距离的不同取181920 2122D.4个23坐标平面上的一组正投影图像如．24椭圆的一部分 D.抛物线的一部分25 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（262728D.29，的中点，为上一动）．30空间向量-期中必做题1，．．，连接．．．，，，因为，为的中点，所以因为平面，平面，所以平面因为平面平面，平面所以平面．因为．所以平面．设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为由（）知，设平面的法向量为，则有，即，令，则，．即所以．由题知二面角为锐角，所以它的大小为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用2所成角的正弦值．，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．．，分别为，的中点， ∴，．，又为的中点，． ∵ 平面平面，且平面， ∴平面．，连接，∴．，．如图建立空间直角坐标系．由题意得，，∴，设平面的法向量为则即令，则，，∴设直线和平面所成的角为则∴ 直线和平面所成角的正弦值为线段上存在点适合题意．设，其中．设，则有∴，从而∴，又∴令整理得．解得，舍去．∴ 线段上存在点适合题意，且立体几何与空间向量立体几何初步空间向量空间向量的应用3所成角的正弦值．上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值．若不存在，请证明见解析．如图，在矩形中，，为中点，，的中点，由题意可知，，平面，平面，平面，，，．在中，由，则所以，设平面的一个法向量为则，，令所以，设直线与平面所成角为，所以直线与平面所成角的正弦值为假设在线段上存在点，满足设，由，所以，若平面，则，所以，解得所以．立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用（图1）（图2）证明：平面平面．（1）求二面角的余弦值．（2）若点在棱上，满足，，点在棱上，且范围．（3）4由题意，因为在中，，为所以，因为在中，，所以，因为，，平面所以平面，因为平面，所以平面平面．方法：设的中点为，连接，．因为在中，，为所以，因为，因为在中，，为所以．因为在中，，为所以．因为，，平面所以平面，因为平面，所以．因为，，平面所以平面，因为平面．所以平面平面．由平面，，则，，，由平面，故平面的法向量为由，设平面的法向量为由，得：令，得，，即由二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为设，，则令，得即，是关于当时，，所以．立体几何与空间向量立体几何初步空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用567空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用8空间向量空间向量及其运算空间向量的应用910所成角最小时，求线段的长．轴，建立空间直角坐标系，考点设平面的一个法向量，，，，所示二面角的余弦值为．设，∵在线段上，直线上点坐标满足，∵，，，设，整理得：，，解得，∴当与夹角最小时，，此时解得，，∴点坐标为，∵，长度为．（2）立体几何与空间向量空间向量空间直角坐标系11？并说明理由．，的延长线于，连结．∵平面平面，平面平面∴平面，即是直线设，，则∴．∵，∴，∴．解得．∵，，∴．∴，方程无解．∴直线与平面所成的角不能为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直12如图在直角梯形中，，，且折起，使，得到如下的立体图形．平面．，求二面角的余弦值．证明见解析．由题可得，，则，，且，所以平面．平面，所以平面平面．方法一、过点作交于点，，则平面，．，，平面，．，则，．为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，因为，所以．又平面平面，所以因为，且，，所以所以，即四边形是平行四边形．所以．从而平面．所以作交于点，连结，因为，，所以平面所以，所以是二面角过点做交于点，连结，则平面，又，，13则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用14空间直角坐标系空间向量及其运算15为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体16∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．17在侧面中，．由勾股定理知，设点，则点轨迹为而，则立体几何与空间向量立体几何初步空间中的垂直解析几何双曲线双曲线的定义、图形及标准方程双曲线的性质B.个 D.个如图，在正方体）．18B∵，即∴，，，，∴点到各顶点的距离的不同取值有故选．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系19的正方体中，点，，则满足条件的点的个数为若满足的点的个数为（1）（2）（1）如下图所示，。

空间向量与立体几何考试试卷(含详解)

+
��
D.
−
1 2
��
−
1 2
��
11.
如图，在四面体
��
中，设
��
是
��
的中点，则
��⃗⃗��⃗⃗��⃗ ��
+
1 2
(��⃗⃗⃗��⃗⃗��⃗��
+
��⃗⃗��⃗⃗��⃗��)
=
1 4
(��⃗⃗��⃗⃗��⃗��
+
��⃗⃗��⃗⃗��⃗ ��
+
��⃗⃗��⃗⃗��⃗ ��
+
��⃗⃗⃗��⃗⃗��⃗��)．
22. 已知空间三点 ��(−2,0,2)，��(−1,1,2)，��(−3,0,4)，设 �� = ��⃗⃗��⃗⃗��⃗��，��⃗�� = ��⃗⃗��⃗⃗��⃗��．
��⃗⃗��⃗⃗��⃗⃗��⃗1 =
．
20. 如图（1），正方形 �� 的边长为 1，分别取边 ��，�� 的中点 ��，��，连接 ��，��，��，以 ��，��，�� 为折痕，折叠这个正方形，使点 ��，��，�� 重合于一点 ��，得到一个四面体，如图（2）．
16. 在棱长为 1 的正方体 �� − ��1��1��1��1 中，�� 为 ��1��1 的中点，则异面直线 ��1�� 和 ��1 间的距

(完整)高三数学空间向量专题复习附答案(2)

一、利用向量处理平行与垂直问题例1、在直三棱柱111C B A ABC -中，090=∠ACB , 030=∠BAC ,M A A BC ,6,11==是1CC 得中点。

三、利用空间向量求空间的距离的问题例1 直三棱柱AB C-A1B1C1的侧棱AA1，底面ΔAB C求点B1到平面A1B C的距离。

天津市南开中学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》检测(含答案解析)

一、选择题1．在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，2AB =，E 为PB 的中点，若3cos ,3DP AE =，则PD =（）A ．1B ．32C ．3D ．22．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABC ⊥平面BCD ，BAC 与BCD △均为直角三角形，且90BAC BCD ∠=∠=︒，AB AC =，112CD BC ==，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AD 成30的角，则线段PA 长的取值范围是（）A ．20,2⎛ ⎝⎦B ．60,3⎛ ⎝⎦C ．(0,1]D ．(2 3．在四棱锥O ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平四边形，设OA a =，OB b =，OC c =，则BD 可表示为（）A ．a c b +-B ．a +2b c -C ．c b a +-D ．a c +-2b 4．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 1所成角的余弦值为（）A ．26B ．36C ．56D ．135．如图，点P 在正方体1111ABCD A BC D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论： ①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB 平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 6．侧棱长都都相等的四棱锥P ABCD -中，下列结论正确的有（）个①P ABCD -为正四棱锥；②各侧棱与底面所成角都相等；③各侧面与底面夹角都相等；④四边形ABCD 可能为直角梯形（）A ．1B ．2C ．3D ．47．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．1608．如图，在平行六面体1111ABCD A BC D -中，M 为11AC 与11B D 的交点．若AB a =，AD b =，1AA c =，则下列向量中与BM 相等的向量是（）A ．11+22+a b cB ．1122a b c -+C ．1122-++a b c D ．1122+-a b c 9．如图所示，五面体ABCDE 中，正ABC ∆的边长为1，AE ⊥平面,ABC CD AE ∥，且12CD AE =.设CE 与平面ABE 所成的角为,(0)AE k k α=>，若ππ[,]64α∈，则当k 取最大值时，平面BDE 与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．22B ．1C ．2D ．310．如图，在边长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为（）A 45B ．2C ．22D ．311．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60︒，若对角线1AC 的长是棱长的m 倍，则m 等于（）A ．2B ．3C ．1D ．2 12．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点E 为平面BCC 1B 1的中心，则直线DE 与平面ACD 1所成角的余弦值为（）A ．14B ．13C ．33D ．233二、填空题13．如图，在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则有以下四个结论，其中结论正确的是__________________.（请将你认为正确的结论的序号都填上，注意：多填、错填、少填均不得分.）①//AC 截面PQMN ；②AC BD ⊥；③AC BD =；④异面直线PM 与BD 所成的角为045.14．在直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，12AA =，1AC BC ==，则异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值是_____________．15．已知B 与点()1,2,3A 关于点()0,1,2M -对称，则点B 的坐标是______． 16．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的正方形，5PA PD =，平面ABCD ⊥平面PAD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是__________.17．在平行六面体1111ABCD A BC D -中，1160BAA DAA BAD ∠=∠=∠=︒，且所有棱长均为2，则对角线1AC 的长为__________．18．已知αβ⊥，平面α与平面β的法向量分别为m ，n ，且(1,2,5)m =-，(3,6,)n z =-，则z =__________.19．在平行六面体1111ABCD A BC D -中，面11A ADD ⊥面ABCD ，底面ABCD 为矩形，2AD =，3CD =，面11A D DA 为菱形，160A AD ∠=，O 是AD 的中点，M 为CD 的中点，问AN =_______时，面DNC ⊥面1AOM ．20．已知棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F 分别是11B C 和11C D 的中点，点1A 到平面DBEF 的距离为________________．三、解答题21．在①()()DE CF DE CF +⊥-，②17||2DE =，③0cos ,1EF DB <<这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并完成问题.问题：如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -.已知点1D 的坐标为()0,0,2，E 为棱11D C 上的动点，F 为棱11B C 上的动点，___________，试问是否存在点E ，F 满足1EF AC ⊥？若存在，求AE BF ⋅的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22．如图，几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为梯形、ACFE 为矩形，//AB CD ，2AD DC CB AE ====，60ABC ∠=︒，平面ACFE ⊥平面ABCD .（1）证明：BC ⊥平面ACFE ；（2）求二面角B-EF-D 的正弦值.23．如图，在三棱锥P ABE -中，AB AE ⊥，PA ⊥平面ABE ，D 是AE 的中点，C 是线段BE 上的一点，且5AC =，122AB AP AE ===.（1）求证：//CD 平面PAB ；（2）求直线PE 与平面PCD 所成角的正弦.24．如图，在三棱锥P ABC -中，2PA PB ==，5AC BC PC ===，2AB =，点D ，E 分别为AB ，PC 的中点.（1）证明：平面PAB ⊥平面ABC ；（2）设点F 在线段BC 上，且BF FC λ=，若二面角C AE F --的大小为45°，求实数λ的值.25．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，112BC AD ==且3CD =，E 为AD 的中点，F 是棱PA 的中点，2PA =，PE ⊥底面ABCD .AD CD ⊥（Ⅰ）证明：//BF 平面PCD ；（Ⅱ）求二面角P BD F --的正弦值；（Ⅲ）在线段PC （不含端点）上是否存在一点M ，使得直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值为3913？若存在，求出此时PM 的长；若不存在，说明理由. 26．如图：三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且222AD AB CD ===，2BC =BM AC ⊥，BN AD ⊥，垂足分别为M ，N .（1）求证：AMN 为直角三角形；（2）求直线BC 与平面BMN 所成角的大小.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】由已知以D 为原点建立空间直角坐标系，设(0,0,)P a ，求得,DP AE 的坐标，由数量积公式可得答案.【详解】由已知DP DA DC 、、两两垂直，所以以D 为原点，建立如图所示的坐标系，设(0)PD a a =>，则(0,0,)P a ，(2,0,0)A ，连接BD 取中点F ，连接EF ，所以//EF PD ，EF ⊥平面ABCD ，所以(1,1,)2aE ，所以(0,0,)DP a =，(1,1,)2a AE =-，由3cos ,DP AE =2232cos ,114a DP AE DP AE DP AE a a ⋅===⋅⋅++，解得2a =.故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的数量积公式的应用，关键点是建立空间直角坐标系，由数量积公式求得a ，考查了学生的空间想象力.2．C解析：C【分析】以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PA 长的取值范围.【详解】如图，以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,1,1,0,2,0,1,0,0C A B D ，设(),0,0Q q ()01q ≤≤，设()0,,AP AB λλλ==-()01λ<≤，则()(,0,0)(0,1,1)(0,,)(,1,1)PQ CQ CA AP q q λλλλ=-+=---=---， (1,1,1)AD =--，异面直线PQ 与AD 成30的角，22||3cos302||||223PQ AD PQ AD q λ⋅∴===⋅++⋅， 22182516q q λ∴+=-+，201,516[0,11]q q q ≤≤∴-+∈，即22182018211λλ⎧+≥⎨+≤⎩，解得2222λ-≤≤， 201,02λλ<≤∴<≤，可得2||||22(0,1]PA AP λλ===∈.故选：C.【点睛】利用向量求解空间角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.3．D解析：D【分析】作出图形，根据条件得出BD BA BC =+，再得到BA a b =-，BC c b =-，即可求解，得到答案.【详解】如图所示，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，则BD BA BC =+，在OAB ∆中，BA OA OB a b =-=-，在OBC ∆中，BC OC OB c b =-=-，故选：D.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，以及向量的加法的几何意义，其中解答中熟记向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.4．A解析：A【分析】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线AE 与CD 1所成角的余弦值为2．【详解】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则A （2，0，0），E （0，2，1），D 1（0，0，2），C （0，2，0），()2,2,1AE =-,()10,2,2D C =- ,∵cos ＜1,AE DC ＞=4226922-=⋅. ∴异面直线AE 与CD 1所成角的余弦值为26．故选A ．【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5．C解析：C 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确；对于②，连接1A B ，11AC ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ，所以11//BAC 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面11BCBC ，所以1DC BC ⊥，若1DPBC ，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选C ．【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．6．A解析：A【解析】分析：紧扣正四棱锥的概念，即可判定命题的真假.详解：由题意，当四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为一个矩形时，设AC BD O ⋂=且PO ⊥底面ABCD ，此时可得PA PB PC PD ===，而四棱锥此时不是正四棱锥，所以①不正确的，同时各个侧面与底面所成的角也不相等，所以③不正确的；因为四棱锥P ABCD -满足PA PB PC PD ===，所以顶点P 在底面ABCD 内的射影O 为底面ABCD 的外心，而直角梯形ABCD 没有外接圆，所以底面不可能是直角梯形，所以④不正确；设四棱锥P ABCD -满足PA PB PC PD ===，所以顶点P 在底面ABCD 内的射影O 为底面ABCD 的外心，所以各条测量与底面ABCD 的正弦值都相等，所以②正确的，综上，故选A.点睛：本题主要考查了正四棱锥的概念，我们把底面是正方形，且顶点在底面上的射影是底面正方形的中心的四棱锥，叫做正四棱锥，其中紧扣正棱锥的概念是解答的关键.7．D解析：D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A BC D -中，对角线119,15AC BD ==，因为1A A ⊥平面,ABCD AC,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥，在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得AC ==同理可得BD ===因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以8AB ===，即菱形ABCD 的边长为8，因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=，故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.8．C解析：C 【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到11122BM AB AD AA =-++，即可求解. 【详解】由题意，根据空间向量的运算法则，可得1111112BM BB B M AA B D =+=+1111111111111()()222222AA A D A B AA AD AB AB AD AA a b c =+-=+-=-++=-++.故选：C. 【点睛】在空间向量的线性运算时，要尽可能转化为平行四边形或三角形中，运用平行四边形法则、三角形法则，以及利用三角形的中位线、相似三角形等平面几何的性质，把未知向量转化为已知向量有直接关系的向量来解决.9．C解析：C 【详解】分析：建立空间直角坐标系，利用直线CE 与平面ABE 所成的角，求解k 的最大值，进而求解平面BDE 和平面ABC 的一个法向量，利用向量所成的角，求解二面角的余弦值，进而求得正切值，得到结果.详解：如图所示，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz - ，则31(0,1,0),(0,0,),(0,1,),(,0)22k A D E k B ，取AB 的中点M ，则33(,0)4M ，则平面ABE 的一个法向量为33(,0)44CM =，由题意23sin 21CE CM CE CMk α⋅==⋅+又由ππ[,]64α∈，所以2132sin 2221kα≤=≤+，解得222k ≤≤，所以k 2 当2k =BDE 的法向量为(,,)n x y z =，则20312022n DE y z n BE x y z ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=++=⎪⎩，取(3,12)n =--，由平面ABC 的法向量为(0,0,1)m =，设平面BDE 和平面ABC 所成的角为θ，则3cos 3n m n m θ⋅==⋅，所以sin 6θ=tan 2θ= C.点睛：本题考查了空间向量在立体几何中的应用，解答的关键在于建立适当的空间直角坐标系，求解直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解，试题有一定的难度，属于中档试题，着重考查了学生的推理与运算能力，以及转化的思想方法的应用.10．D解析：D 【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，设点(),,0P x y ，根据110B P D E ⋅=得出x 、y 满足的关系式，并求出y 的取值范围，利用二次函数的基本性质求得1B P 的最大值. 【详解】如下图所示，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 -，则点()12,2,2B 、()10,0,2D 、()1,2,0E ，设点()(),,002,02P x y x y ≤≤≤≤，()11,2,2D E =-，()12,2,2B P x y =---，11D E B P ⊥，()112224220B P D E x y x y ∴⋅=-+-+=+-=，得22x y =-，由0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，得022202y y ≤-≤⎧⎨≤≤⎩，得01y ≤≤，()()2221224548B P x y y y ∴=-+-+=-+01y ≤≤，当1y =时，1B P 取得最大值3.故选：D. 【点睛】本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题.11．A解析：A 【分析】由题意画出结晶体的图形，利用向量加法的三角形法则求解晶体的对角线的长. 【详解】设AB a =，AD b =，1AA c =，棱长为t ，则两两夹角为60︒， 11AC AB AD A A a b c=++=+-， 22222222122232AC a b c a b c a b a c c b t t t ∴=+-=+++⋅-⋅-⋅=-=， 12AC t ∴=. 2m ∴=故选：A . 【点睛】本题考查了棱柱的结构特征，考查了向量加法三角形法则，解答的关键是掌握22||a a =，是基础题.12．B解析：B 【分析】如图所示，建立空间之间坐标系，设正方体边长为1，则()0,0,0D ，11,1,22E ⎛⎫⎪⎝⎭.易知平面1ACD 的法向量为()1,1,1n =，计算夹角得到答案. 【详解】如图所示，建立空间之间坐标系，设正方体边长为1，则()0,0,0D ，11,1,22E ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 根据1,n AC n AD ⊥⊥得到平面1ACD 的法向量为()1,1,1n =，11,1,22DE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故22cos 3n DE n DEα⋅==⋅，故1sin 3α=，直线DE 与平面ACD 1所成角θ，满足1cos sin 3θα==. 故选：B .【点睛】本题考查了线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.二、填空题13．①②④【分析】根据线面平行的判定定理可判断①；同①以及正方形的特征可判断②；根据异面直线所成的角可判断④；根据题中条件若不是其所在线段中点时可判断③【详解】因为是正方形所以所以平面又平面平面于所以所解析：①②④ 【分析】根据线面平行的判定定理可判断①；同①以及正方形的特征可判断②；根据异面直线所成的角可判断④；根据题中条件，若P Q M N 、、、不是其所在线段中点时可判断③ 【详解】因为PQMN 是正方形，所以//PQ MN ，所以//PQ 平面ACD ，又平面ACD ⋂平面ABC 于AC ，所以//AC PQ ，所以//AC 截面PQMN ，故①正确；同理可得//BD MQ ，所以AC BD ⊥，即②正确；又//BD MQ ，PMQ 45∠=︒，所以异面直线PM 与BD 所成的角为045，故④正确；根据已知条件，无法确定AC BD 、长度之间的关系，故③错. 故答案为①②④ 【点睛】本题主要考查空间中点线面位置关系，熟记相关知识点即可求出结果，属于常考题型.14．【分析】先找出线面角运用余弦定理进行求解【详解】连接交于点取中点连接则连接为异面直线与所成角在中同理可得异面直线与所成角的余弦值是故答案为【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角考查了空间想象能力运算解析：3010【分析】先找出线面角，运用余弦定理进行求解【详解】连接1AB 交1A B 于点D ，取11B C 中点E ，连接DE ，则1DE AC ，连接1A E1A DE ∴∠为异面直线1A B 与1AC 所成角在111RtAC B 中，111AC =，1111122C E C B == 15A E ∴=同理可得16A D =5DE =222165530cos 652A DE +-⎝⎭⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯, ∴异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值是301030【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于基础题．15．【分析】根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果【详解】设B 则所以所以的坐标为【点睛】本题考查空间直角坐标系中点坐标公式考查基本分析求解能力属基础题解析：()1,4,1--【分析】根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果. 【详解】设B (),,x y z ,则1230,1,2222x y z+++=-==，所以1,4,1x y z =-=-=，所以B 的坐标为()1,4,1--．【点睛】本题考查空间直角坐标系中点坐标公式，考查基本分析求解能力，属基础题.16．【详解】以O 为坐标原点建立空间直角坐标系设因此设平面一个法向量为取因此直线与平面所成角的正弦值是解析：88585【详解】以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，设1(1,2,0),(1,2,0),(0,0,2)(,1,1)2B C P M -∴- 因此3(,1,1)2BM =-- ,设平面PCO 一个法向量为(,,)(0,0,2)00(,,)(,,)(1,2,0)02x y z z n x y z x y z x y ⋅==⎧⎧=∴∴⎨⎨⋅-==⎩⎩，取(2,1,0)n =因此直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是31885cos ,1754BM n --==⨯17．【详解】故对角线的长为解析：26【详解】22cos602AB AD ︒⋅=⨯⨯=122cos602AB AA ︒⋅=⨯⨯=122cos602AD AA ︒⋅=⨯⨯=()112222211111222242AC AB AD AA AB AD AA AB AD AB AA AD AA AC AC ∴=++=++⋅+⋅+⋅=∴==+故对角线1AC 的长为18．3【详解】∵且平面与平面的法向量分别为∴解得：解析：3 【详解】∵αβ⊥，且平面α与平面β的法向量分别为m ，n ， ∴(1,2,5)(3,6,)31250m n z z ⋅=-⋅-=--+=，解得：3z =．19．【分析】证明出平面然后以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系设点利用空间向量法结合面面可求得的值即可得出结论【详解】因为四边形为菱形则为的中点由余弦定理可得平面平面平面平面平面所以平面以点解析：43【分析】证明出1AO ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OA 、1OA 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系，设点()1,,0N t ，利用空间向量法结合面DNC ⊥面1AOM 可求得t 的值，即可得出结论. 【详解】因为四边形11A D DA 为菱形，2AD =，则12AA =，O 为AD 的中点，160A AD ∠=，1AO ∴=，由余弦定理可得22211112cos 3AO AA AO AA AO A AD =+-⋅∠=，22211AO AO AA ∴+=， 1AO AD ∴⊥，平面11A ADD ⊥平面ABCD ，平面11A ADD 平面ABCD AD =，1AO ⊂平面11A ADD ，所以，1AO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 、1OA 所在直线分别为x 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0O、(13A 、31,,02M ⎛⎫- ⎪⎝⎭、()1,0,0D -、(13C -,设点()1,,0N t ，设平面DNC 的法向量为()111,,m x y z =，()2,,0DN t =，(13DC =-，由11111120330m DN x ty m DC x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，取13x t =，则123y =-16z t =+，可得()3,23,6m t t =-+，设平面1AOM 的法向量为()222,,n x y z =，(13OA =，31,,02OM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由12223032n OA z n OM x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取23x =，则22y =，20z =，可得()3,2,0n =，因为平面DNC ⊥平面1AOM ，则(3322333430m n t t ⋅=⨯+⨯-=-=，解得43t =. 因此，当43AN =时，平面DNC ⊥平面1AOM . 故答案为：43. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用面面垂直求线段长度，解题的关键在于建立合适的空间直角坐标系，将面面垂直的问题转化为法向量垂直来求解.20．1【分析】以D 点为原点的方向分别为轴建立空间直角坐标系求出各顶点的坐标进而求出平面的法向量代入向量点到平面的距离公式即可求解【详解】以为坐标原点的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系则所以设是平解析：1【分析】以D 点为原点，1,,DA DC DD 的方向分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出各顶点的坐标，进而求出平面BDEF 的法向量，代入向量点到平面的距离公式，即可求解．【详解】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz ，则1(1,0,1)A ，(1,1,0)B ，1(0,,1)2F ，所以(1,1,0)DB =，1(0,,1)2DF，1(1,0,1)A D =--，设 (,,)x y z =m 是平面BDFE 的法向量，则m DB m DF⎧⊥⎨⊥⎩，即0102m DB x y m DF y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1y =，可得112x z =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，故1(1,1,)2m =--，设点A 在平面BDFE 上的射影为H ，连接1A D ，则1A D 是平面BDFE 的斜线段，所以点1A 到平面BEFE的距离1111A D m d m+⋅===．【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.三、解答题21．答案见解析【分析】先利用已知条件写出点坐标，设(0,,2)(02),(,2,2)(02)E a a F b b ≤≤≤≤，进而得到1,,,EF A A F C E B 的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示求出1,EF A AE BF C ⋅⋅；若选① ：利用空间向量数量积的坐标表示公式、空间向量垂直的性质即可求解；若选② ：利用空间向量模的坐标表示公式即可得出结果；若选③ ：利用空间向量夹角的性质进行求解即可. 【详解】解：由题意，正方体1111ABCD A BC D -棱长为2，则1(2,0,0),(2,2,0),(2,0,2),(0,0,0),(0,2,0)A B A D C ，设(0,,2)(02),(,2,2)(02)E a a F b b ≤≤≤≤，则1(,2,0),(2,2,2),(2,,2),(2,0,2)EF b a A AE a BF b C =-=--=-=-，所以142(),82EF A a b AE C BF b ⋅=-+⋅=-. 选择①：()()DE CF DE CF +⊥-，所以22()()0,DE CF DE CF DE CF +⋅-==，得a b =，若10EF AC ⋅=得42()0a b -+=，则1a b ==，故存在点(0,1,2),(1,2,2)E F ，满足10EF AC ⋅=，826AE BF b ⋅=-=. 选择②：因为17||2DE =2=，得12a =，若10EF AC ⋅=，即42()0a b -+=，得32b =. 故存在点130,,2,,2,222E F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，满足10EF AC ⋅=，825AE BF b ⋅=-=. 选择③：因为0cos ,1EF DB <〈〉<，所以EF 与DB 不共线，所以2b a ≠-，即2a b +≠，则142()0EF AC a b ⋅=-+≠，故不存在点,E F 满足10EF AC ⋅=. 【点睛】关键点睛：建立空间坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示、空间向量垂直的性质、空间向量模的坐标表示公式以及空间向量夹角的性质是解决本题的关键.22．（1）见解析；（2【分析】（1）先根据余弦定理求出,AC AB ，得出BC AC ⊥，再利用面面垂直的性质定理即可证明BC ⊥平面ACFE ；（2）利用二面角的向量求法，求出二面角的余弦值，再利用同角三角函数之间的关系即可求出二面角B-EF-D 的正弦值. 【详解】解：（1）2AD BC ==，∴四边形ABCD 为等腰梯形，又60ABC ∠=︒，18060120ADC DCB ∴∠=∠=-=，在ADC 中，由余弦定理得：2222212cos12022222122AC AD DC AD DC ⎛⎫=+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，故AC = 在ABC 中，由余弦定理得：2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠，即(222=222cos60ABAB +-⨯⋅⋅，化简得：2280AB AB --=，又0AB >,解得：4AB =，(22222216BC AC AB +=+==，故BC AC ⊥，又平面ACFE ⊥平面ABCD ，且平面ACFE 平面ABCD AC =，BC AC ⊥，∴BC ⊥平面ACFE ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系：则()()()0,2,0,23,0,2,0,0,2B E F ===，作AC 的中点G ，则DG AC ⊥，132CG AC ==()2222231DG DC CG =-=-=，)3,1,0D ∴=-，则()()()23,2,2,23,0,0,3,1,2BE EF FD =-=-=--，设平面BEF 的法向量为()111,,m x y z =，平面EFD 的法向量为()222,,n x y z =，则00BE m EF m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111123220230x y z x ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令11y =，则()0,1,1m =，00EF n FD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2222230320x x y z ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，令21z =，则()0,2,1n =-，则210cos ,1025m n m n m n⋅-===-⨯⋅设二面角B-EF-D 的平面角为θ，则210310sin 11010θ⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭故二面角B-EF-D 310【点睛】思路点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错；（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量；（4）利用法向量求距离、线面角或二面角. 23．（1）证明见解析；（2）1010. 【分析】（1）利用直角三角形求出BE ，由12AC BE =可知C 是BE 的中点，由中位线求出CDAB ，即可求证结论；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦. 【详解】（1）因为122AE =，所以4AE =，又2AB =，AB AE ⊥，所以22222425BE AB AE =+=+=，又因为152AC BE ==，所以AC 是Rt ABE △的斜边BE 上的中线，所以C 是BE 的中点，又因为D 是AE 的中点所以CD 是ABE △的中位线，所以//CD AB ，又因为CD ⊄平面PAB ，AB 平面PAB ，所以//CD 平面PAB ．（2）据题设知，AB ，AE ，AP 两两互相垂直，以A 为原点，AB ，AE ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为122AB AP AE ===，且C ，D 分别是BE ，AE 的中点，所以4AE =，2AD =，所以()040E ，，，()120C ，，，()002P ，，，()020D ，，，所以()042PE =-，，，()122PC =-，，，()100CD =-，，，设平面PCD 的一个法向量为()n x y z →='''，，，则00n CD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0220x x y z ''''-=⎧⎨+-=⎩，所以0x z y =⎧⎨='''⎩，令1y '=，则()011n →=，，，设直线PE 与平面PCD 所成角的大小为θ，则10sin 10PE nPE nθ→→⋅==⋅ 故直线PE 与平面PCD 所成角的正弦值为1010. 【点睛】方法点睛：向量法求线面角的方法就是求出平面的法向量，然后通过斜线向量与平面的法向量的夹角的余弦的绝对值得到线面角的正弦大小，属于中档题． 24．（1）证明见解析；（2）2λ=. 【分析】（1）要证平面PAB ⊥平面ABC ，只需证明PD ⊥平面ABC ，通过勾股定理可知PD CD ⊥，即可证明；（2）已知二面角的角度，求参数的值，建立出平面直角坐标系，借助法向量即可. 【详解】（1）证明：连接CD ，∵2PA PB ==，2AB =，D 为AB 的中点，∴PD AB ⊥，1PD =，同理可得CD AB ⊥，2CD =，∵2225PC PD CD =+=，∴PD CD ⊥， ∵ABCD D =，∴PD ⊥平面ABC ；∴PD ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面ABC ；（2）以D 为坐标原点，向量DB ，DC ，DP 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D xyz -，由题意得(0,0,0)D ，(1,0,0)A -，(0,2,0)C ，(0,0,1)P ，(1,0,0)B ，10,1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭E ， ∵BF FC λ=，∴22,,011AF AB BF λλλλ+⎛⎫=+=⎪++⎝⎭，设()111,,m x y z =是平面ACE 的一个法向量，则0m AE m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴1111110220x y z x y ⎧++=⎪⎨⎪+=⎩，令11y =-，则1122x z =⎧⎨=-⎩，∴(2,1,2)m =--，设()222,,n x y z =是平面AEF 的一个法向量，则00n AE n AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴2222210222011x y z x y λλλλ⎧++=⎪⎪⎨+⎪+=⎪++⎩，令2(2)y λ=-+，则22242x z λλ=⎧⎨=-⎩，∴(2,2,42)n λλλ=---，∵二面角A DF P --的大小为45°，∴cos 45cos ,||9m n m n m n λ︒⋅=<>===‖，∴2λ=或23λ=-（舍去）. 【点睛】本题以三棱锥为载体，考查了平面与平面垂直的判定，以及根据已知的二面角值求参，关键点在于如何正确的建立坐标系. 25．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ；（Ⅲ）存在，73PM =【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面BCD 的法向量以及直线BF 的方向向量，根据向量数量积为零，即可证明；（Ⅱ）分别求出平面PBD 与平面FBD 的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系求出其正弦值；（Ⅲ）设PM PC λ=，()0,1λ∈，利用空间向量法表示出直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值，即可得到方程，求出λ，即可求出PM 的长；【详解】解：（Ⅰ）由题意得：//BC DE ，=BC DE ，90ADC ∠=︒，所以四边形BCDE 为矩形，又PE ⊥面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0A ，()3,0B，()1,0,0D -，(3P ，()3,0C -，13,0,22F ⎛ ⎝⎭设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，()0,3,0DC =，(3DP =则00DC m DP m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则3030x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，则0y =，不妨设3x =-1z =，可得()3,0,1m =-又13,3,22BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，可得0BF m ⋅=，又因为直线BF ⊄平面BCD ，所以//BF 平面BCD .（Ⅱ）设平面PBD 的法向量为()1111,,x n y z =，()1,3,0DB =，(0,3,3BP =-，则1100DB n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111130330x y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，不妨设3x =()13,1,1n =--，设平面BDF 的法向量为()2222,,n x y z =，332DF ⎛= ⎝⎭，则2200DB n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22223033022x y x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设23x =，可得()23,1,3n =-，因此有1212127cos ,n n n n n n ⋅==-⋅ （注：结果正负取决于法向量方向）于是21212465sin ,1cos,65n n n n =-=，所以二面角P BD F --的正弦值为65. （Ⅲ）设((),PMPC λλλ==-=-，()0,1λ∈ (),BM BP PM λ=+=-，由（Ⅱ）可知平面BDF 的法向量为()23,1,3n =-，2223cos ,BM n BM n BM n⋅===⋅，有23410λλ-+=，解得1λ=（舍）或13λ=，可得13PM ⎛=- ⎝⎭，所以73PM =【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.26．（1）证明见解析；（2）4π. 【分析】（1）先证明CD ⊥平面ABC ，可得CD BM ⊥，则可得BM ⊥平面ACD ，即可得出BM AD ⊥，进而AD ⊥平面BMN ，即得出ADMN ⊥可说明；（2）以B 点为原点，过B 做CD 的平行线，如图建立空间直角坐标系，利用向量法可求出.【详解】解：（1）AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，AB CD ∴⊥，1,2AB AD ==，BD ∴=2,1BC CD ==，∴222BC CD BD +=，BC CD ∴⊥，AB BC B ⋂=，CD 平面ABC ，BM ⊂平面ABC ，CD BM ∴⊥，BM AC ⊥，AC CD C =，BM ∴⊥平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，BM AD ∴⊥，BN AD ⊥，BN BM B ⋂=，AD ∴⊥平面BMN ，MN ⊂平面BMN ，AD MN ∴⊥，∴AMN 为直角三角形；（2）以B 点为原点，过B 做CD 的平行线，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0B ，()0,0,1A ，()2,0C ，()2,0D -， ()0,2,0BC =，()2,1AD =--.由（1）得AD ⊥平面BMN ，∴AD 为平面BMN 的法向量， ∴2sin cos ,2AD BCAD BC AD BC θ⋅===⋅ ∴直线BC 与平面BMN 所成角大小为4π. 【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.。

天津市南开外国语高级中学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》检测题(含答案解析)

一、选择题1．长方体1111ABCD A BC D -，110AB AA ==，25AD =，P 在左侧面11ADD A 上，已知P 到11A D ､1AA 的距离均为5，则过点P 且与1AC 垂直的长方体截面的形状为（）A ．六边形B ．五边形C ．四边形D ．三角形2．如图，点P 在正方体1111ABCD A BC D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变； 1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB 平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．已知长方体1111ABCD A BC D -的底面AC 为正方形，1AA a =，AB b =，且a b >，侧棱1CC 上一点E 满足13CC CE =，设异面直线1A B 与1AD ，1A B 与11D B ，AE 与11D B 的所成角分别为α，β，γ，则 A ．αβγ<<B ．γβα<<C ．βαγ<<D ．αγβ<<4．如图，在正方体1111ABCD A B C D ﹣中，1A H ⊥平面11AB D ，垂足为H ，给出下面结论：①直线1A H 与该正方体各棱所成角相等； ②直线1A H 与该正方体各面所成角相等；③过直线1A H 的平面截该正方体所得截面为平行四边形； ④垂直于直线1A H 的平面截该正方体，所得截面可能为五边形，其中正确结论的序号为（）A ．①③B ．②④C ．①②④D ．①②③5．正方体1111ABCD A BC D -的棱长为a ，点M 在1AC 且112AM MC =，N 为1B B 的中点，则MN 为( ) A ．216a B ．66a C ．156a D ．153a 6．下列命题中是真命题的是( )A ．分别表示空间向量的两条有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量B ．若a b =，则,a b 的长度相等而方向相同或相反C ．若向量,AB CD ，满足AB CD >，且AB 与CD 同向，则AB CD > D ．若两个非零向量AB 与CD 满足0AB CD +=，则//AB CD7．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在坐标平面上的正投影图形的面积，则（） A ．123S S S == B ．21=S S 且23S S ≠ C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠8．记动点P 是棱长为1的正方体1111-ABCD A BC D 的对角线1BD 上一点，记11D PD Bλ=．当APC ∠为钝角时，则λ的取值范围为( ) A ．(0,1)B ．1(,1)3C ．1(0,)3D ．(1,3)9．在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）A ．1010-B ．1510-C ．1010D ．151010．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）111ABC A B C -中，2AB =，E ，F 分别为11AC 和11A B 的中点，当AE 和BF 所成角的余弦值为710时，AE 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（） A ．155B ．1510C ．510D ．5511．已知A 、B 、C 是不共线的三点，O 是平面ABC 外一点，则在下列条件中，能得到点M 与A 、B 、C 一定共面的条件是（） A ．111222OM OA OB OC =++ B ．OM OA OB OC =++ C ．1133OM OA OB OC =-+ D ．2OM OA OB OC =--12．如图，在四棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 为正方形，侧棱1AA ⊥底面ABCD ，3AB =，14AA =，P 是侧面11BCC B 内的动点，且1AP BD ⊥，记AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为（）A ．43B ．53C ．2D ．259二、填空题13．如图，正方体1111ABCD A BC D -中，E 为线段1BB 的中点，则AE 与1CD 所成角的余弦值为____．14．在空间四边形ABCD 中，连接AC 、BD ,若BCD 是正三角形，且E 为其中心，则1322AB BC DE AD +--的化简结果为________． 15．如图，在三棱锥P ABC -，ABC ∆为等边三角形，PAC ∆为等腰直角三角形，4PA PC ==，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__________．16．正四棱锥S ABCD -的八条棱长都相等，SB 的中点是E ，则异面直线AE ，SD 所成角的余弦为__________．17．已知平面向量()21,3m =+a 与()2,m =b 是共线向量且0⋅<a b ,则=b __. 18．如图，空间四边形OABC 中，,M N 分别是对边,OA BC 的中点，点G 在线段MN 上，分MN 所成的定比为2，OG xOA yOB zOC =++，则,,x y z 的值分别为_____．19．已知(1,1,0)a =，(1,0,2)b =-，若ka b +和3a b -相互垂直，则k =________． 20．在z 轴上与点(4,1,7)A -和点(3,5,2)B -等距离的点C 的坐标为__________．三、解答题21．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 是一个菱形，3ABC π∠=，2AB =，23PA =（1）若Q 是线段PC 上的任意一点，证明：平面PAC ⊥平面QBD ；（2）求直线DB 与平面PBC 所成角θ的正弦值.22．如图所示，在七面体ABCDEFG 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，////BE CF DG ，BE ⊥底面ABCD ，2BE CF DG ===.（1）求证：//AG 平面BCFE ；（2）在线段BC 上是否存在点M ，使得平面AGE 与平面MGE 所成锐二面角的余弦值为2114，若存在求出线段BM 的长；若不存在说明理由﹒ 23．如图，四棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 为矩形，1DD ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是1BB ，1DC 的中点，1DA =，12DC DD ==.（1）求证：//EF 平面ABCD ；（2）求直线1DC 与平面EAD 所成角的正弦值.24．在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC CC ===，90ACB ∠=︒，点D 在棱AC 上(不同于点A ，C )，点E 为棱1CC 的中点.（1）求直线1BC 与平面1A BE 所成角的正弦值；（2）若二面角1A BE D --的余弦值为66，求线段CD 的长. 25．如图，在四棱锥 P -ABCD 中，△PAB 为正三角形，四边形ABCD 为矩形，且平面PAB ⊥平面ABCD ，AB =2，PC =4（1）求证：平面PAB ⊥平面PAD（2）在线段PA 上是否存在一点N ，使得二面角A -BD -N 的余弦值为31313若存在，求出点N 的位置；若不存在，请说明理由26．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA AD ⊥，13,2AD BC ==，5PC =，//AD BC ，AB AC =，150BAD ∠=，30PDA ∠=．（Ⅰ）证明：PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）在线段PD 上是否存在一点F ，使直线CF 与平面PBC 所成角的正弦值等于14？若存在，指出点F 的位置；若不存在，请说明理由．【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D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，先利用向量找出截面与11A D 、AD 和AB 的交点，再过Q 作//QF MN 交11B C 于F ，过F 作//EF QM ，交1BB 于E ，即可判断截面形状. 【详解】以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()120,0,5,25,0,10,0,10,0P A C ，()125,10,10AC ∴=--，设截面与11A D 交于(),0,10Q Q x ，则()20,0,5Q PQ x =-，()12520500Q A C PQ x ∴⋅=---=，解得18Q x =，即()18,0,10Q ，设截面与AD 交于(),0,0M M x ，则()20,0,5M PM x =--，()12520500M AC PM x ∴⋅=--+=，解得22Mx =，即()22,0,0M ，设截面与AB 交于()25,,0N N y ，则()3,,0N MN y =，1253100N AC MN y ∴⋅=-⨯+=，解得7.5N y =，即()25,7.5,0N ，过Q 作//QF MN ，交11B C 于F ，设(),10,10F F x ，则()18,10,0F QF x =-，则存在λ使得QF MN λ=，即()()18,10,03,7.5,0F x λ-=，解得22F x =，故F 在线段11B C 上，过F 作//EF QM ，交1BB 于E ，设()25,10,E E z ，则()3,0,10E EF z =--，则存在μ使得EF QM μ=，即()()3,0,104,0,10E z μ--=-，解得 2.5E z =，故E 在线段1BB 上，综上，可得过点P 且与1AC 垂直的长方体截面为五边形QMNEF . 故选：B.【点睛】本题考查截面的形状的判断，解题的关键是先利用向量找出截面与11A D 、AD 和AB 的交点，即可利用平面的性质找出其它点的位置.2．C解析：C 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC 的体积不变，故①正确；对于②，连接1A B ，11AC ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ，所以11//BAC 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面11BCBC ，所以1DC BC ⊥，若1DPBC ，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选C ．【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．3．A解析：A 【分析】根据题意将异面直线平移到同一平面，再由余弦定理得到结果. 【详解】根据题意将异面直线平移到同一平面中，如上图，显然α，β，(0,]2πγ∈，因为a b >，异面直线1A B 与1AD 的夹角即角1AD C ，根据三角形1AD C 中的余弦定理得到222211cos 21()a b a b aα==>++，故(0,)3πα∈，同理在三角形1A DB 中利用余弦定理得到：2221cos 222()1a a b bβ==<⋅+⋅+，故(,)32ππβ∈，连接AC ，则AC 垂直于BD ，CE 垂直于BD ，AC 交CE 于C 点，故可得到BD 垂直于面ACE ，进而得到BD 垂直于AE ，而BD 平行于11D B .从而得到2πγ=，故αβγ<<. 故答案为A. 【点睛】这个题目考查了异面直线夹角的求法，一般是将异面直线平移到同一平面中，转化到三角形中进行计算，或者建立坐标系，求解两直线的方向向量，两个方向向量的夹角就是异面直线的夹角或其补角.4．D解析：D 【解析】【分析】由A 1C ⊥平面AB 1D 1，直线A 1H 与直线A 1C 重合，结合线线角和线面角的定义，可判断①②；由四边形A 1ACC 1为矩形，可判断③；由垂直于直线A 1H 的平面与平面AB 1D 1平行，可判断④．【详解】如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1H⊥平面AB1D1，垂足为H，连接A1C，可得A1C⊥AB1，A1C⊥AD1，即有A1C⊥平面AB1D1，直线A1H与直线A1C重合，直线A1H与该正方体各棱所成角相等，均为arctan2，故①正确；直线A1H与该正方体各面所成角相等，均为arctan22，故②正确；过直线A1H的平面截该正方体所得截面为A1ACC1为平行四边形，故③正确；垂直于直线A1H的平面与平面AB1D1平行，截该正方体，所得截面为三角形或六边形，不可能为五边形．故④错误．故选：D．【点睛】本题考查线线角和线面角的求法，以及正方体的截面的形状，考查数形结合思想和空间想象能力，属于中档题．5．A解析：A【分析】建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，利用坐标关系求得线段的长度．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系则N(a，a，12a)，C1（0，a，a），A（a，0，0）因为11AM MC 2=所以11AM AC 3= 所以113DM DA AC =+ ()()1211,0,0,,,,3333a a a a a a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭所以121,,336MN DN DM a a a ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭所以136MN a ⎛== 所以选A【点睛】本题考查了空间直角坐标系的简单应用，利用坐标求得线段长度，属于基础题． 6．D解析：D【分析】由题意逐一考查所给的说法是否正确即可.【详解】因为空间任两向量平移之后可共面，所以空间任意两向量均共面，选项A 错误；因为a b =仅表示a 与b 的模相等，与方向无关，选项B 错误；因为空间向量不研究大小关系，只能对向量的长度进行比较，因此也就没有AB CD >这种写法，选项C 错误；∵0AB CD +=，∴AB CD =-，∴AB 与CD 共线，故AB //CD ，选项D 正确. 本题选择D 选项.【点睛】本题主要考查向量平移的性质，向量模的定义的理解，向量共线的定义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．D解析：D【分析】试题分析：结合其空间立体图形易知，112222=⨯⨯=S ，23122S S ==⨯=所以23S S =且13S S ≠，故选D ．考点：空间直角坐标系及点的坐标的确定，正投影图形的概念，三角形面积公式．8．B解析：B【分析】建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，可得∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即，从而可求λ的取值范围．【详解】由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，D（0，0，1）则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），1∴=（1，1，-1），∴=（λ，λ，-λ），∴= + =（-λ，-λ，λ）+（1，0，-1）=（1-λ，-λ，λ-1）= + =（-λ，-λ，λ）+（0，1，-1）=（-λ，1-λ，λ-1）显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0∴0⋅<PA PC∴（1-λ）（-λ）+（-λ）（1-λ）+（λ-1）（λ-1）=（λ-1）（3λ-1）＜0，得＜λ＜1因此，λ的取值范围是（，1），故选B.点评：本题考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，属于中档题．9．C解析：C【分析】本题首先可以根据题意建立空间直角坐标系，然后根据2AB =以及11BC CC ==得出12,0,1AB 、()10,1,1BC =，最后根据1111cos θAB BC AB BC 即可得出结果.【详解】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，且90ABC ∠=︒，所以可以以B 为原点、AB 为x 轴、BC 为y 轴、1BB 为z 轴构建空间直角坐标系，如图：因为2AB =，11BC CC ==，所以()2,0,0A ，()10,0,1B ，()0,0,0B ，()10,1,1C ，故12,0,1AB ，()10,1,1BC =，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111110cos θ1052AB BC AB BC ，故选：C.【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，可借助空间向量来求解，能否合理的构建空间直角坐标系是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题. 10．B解析：B【分析】设1AA t =，以B 为原点，过B 作BC 的垂线为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，由AE 和BF 所成角的余弦值为710，求出12t AA ==．由此能求出AE 与平面11BCC B 所成角α的正弦值．【详解】设1AA t =，以B 为原点，过B 作BC 的垂线为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则3331(3,1,0),,,(0,0,0),,22A E t B F t ⎫⎫⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，3(2AE =-，12，)t ，3(2BF =，12，)t ， AE ∵和BF 所成角的余弦值为710， 2221||||72|cos ,|10||||11t AE BF AE BF AE BF t t -∴<>===++，解得2t =．∴3(2AE =-，12，2)，平面11BCC B 的法向量(1,0,0)n =，AE ∴与平面11BCC B 所成角α的正弦值为：3||152sin 10||||5AE n AE n α===．故选：B ．【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11．C解析：C【分析】由共面向量定理可得：若定点M 与点A 、B 、C 一定共面，则存在实数x ，y ，使得AM xAB yAC =+，即(1)OM x y OA xOB yOC =--++，判断标准是验证OA ，OB ，OC 三个向量的系数和是否为1，若为1则说明四点M ，A ，B ，C 一定共面，由此规则即可找出正确的条件．【详解】由题意,,A B C 三点不共线，点O 是平面ABC 外一点，对于A 由于向量的系数和是32，不是1，故此条件不能保证点M 在面ABC 上；对于B ，等号右边三个向量的系数和为3，不满足四点共面的条件，故不能得到点M 与,,A B C 一定共面对于C ，等号右边三个向量的系数和为1，满足四点共面的条件，故能得到点M 与,,A B C 一定共面对于D ，等号右边三个向量的系数和为0，不满足四点共面的条件，故不能得到点M 与,,A B C 一定共面综上知，能得到点M 与,,A B C 一定共面的一个条件为C .故选：C ．【点睛】本题考查平面向量的基本定理，利用向量判断四点共面的条件，解题的关键是熟练记忆四点共面的条件，利用它对四个条件进行判断得出正确答案，本题考查向量的基本概念，要熟练记忆．12．B解析：B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值.【详解】以1,,DA DC DD 所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设(,3,)P x z ，则1(3,3,),(3,3,4)AP x z BD =-=--，11,0AP BD AP BD ⊥∴⋅=，33(3)3340,4x z z x ∴---⨯+=∴=, 22225||(3)6916BP x z x x ∴=-+=-+225488191625255x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，||5tan ||3AB BP θ∴=， tan θ∴的最大值为53. 故选：B .【点睛】本题主要考查的是线面所成角，解题的关键是找到线面所成角的平面角，是中档题.二、填空题13．；【解析】【分析】以D 为原点DA 为x 轴DC 为y 轴DD1为z 轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出AE 与CD1所成角的余弦值【详解】以D 为原点DA 为x 轴DC 为y 轴DD1为z 轴建立空间直角坐标系设正方体A【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AE 与CD 1所成角的余弦值．【详解】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为2，则A （2，0，0），E （2，2，1），C （0，2，0），D 1（0，0，2），AE =（0，2，1），1CD =（0，﹣2，2），设AE 与CD 1所成角为θ，则cosθ115AE CD AE CD ⋅===⋅ ∴AE与CD 1．故答案为10．【点睛】本题考查异面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，考查运算求解能力，是中档题．14．【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果【详解】如图取BC 的中点F 连结DF 则∴【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力解析：0【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果.【详解】如图，取BC 的中点F ，连结DF ，则23DF DE =， ∴1322AB BC DE AD +--AB BF DF DA =+-+AF FD DA =++0=.【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 15．【分析】建立如图所示的空间直角坐标系结合为等腰直角三角形求得向量的坐标利用向量的夹角公式即可求解【详解】取得中点连接因为所以因为平面平面平面平面所以平面又因为所以于是以为坐标原点建立如图所示的空间直解析：24【分析】建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，结合PAC ∆为等腰直角三角形，求得向量,AC PD 的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解．【详解】取AC 得中点O ，连接OP ，OB ，因为PA PC =，所以AC OP ⊥.因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ⋂平面ABC AC =.所以OP ⊥平面ABC ，又因为AB BC =，所以AC OB ⊥，于是以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，结合PAC ∆为等腰直角三角形，4PA PC ==,ABC ∆为等边三角形，则()22,0,0A ，()22,0,0C -，()0,0,22P ，()2,6,0D ，所以()42,0,0AC =-，()2,6,22PD =-，所以8cos ,424AC PDAC PD AC PD ⋅-〈〉==⨯ 24=-，故异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24.【点睛】本题主要考查了利用空间向量求解异面直线所成的角，其中解答中根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力．16．【解析】以正方形的中心为原点平行于的直线为轴平行于的直线为轴为轴建立如图所示空间直角坐标系设四棱锥棱长为则所以∴故异面直线所成角的余弦值为3 【解析】以正方形ABCD 的中心O 为原点，平行于AB 的直线为x 轴，平行于AD 的直线为y 轴， SO 为z 轴建立如图所示空间直角坐标系O xyz -，设四棱锥S ABCD -棱长为2，则(1,1,0)A --，(1,1,0)B -，2)S ，(1,1,0)D -，112,,222E ⎛- ⎝⎭，所以312,,222AE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(1,1,2)SD =--， ∴311322cos ,911112442AE SD -+-==++⋅++ 故异面直线AE ，SD 3 17．【解析】∵向量与是共线向量∴∴或∵∴即∴则∴故答案为解析：22【解析】∵向量(21,3)a m =+与(2,)b m =是共线向量∴(21)6m m +=∴32m =或2m =- ∵0a b ⋅<∴(21)230m m +⨯+<，即27m <-∴2m =-，则(2,2)b =- ∴222(2)22b =+-=故答案为2218．【解析】∵∴∴故答案为解析：111,,633【解析】∵ O G OM MG =+，1 2OM OA =，2,3MG MN MN ON OM ==-，1 ()2ON OB OC =+，∴111633OG OA OB OC =++，∴16x =，13y z ==，故答案为111,,63319．【解析】试题分析：所以考点：空间向量解析：165【解析】试题分析：，所以考点：空间向量20．（00）【详解】解：由题意设C （00z ）∵C 与点A （-417）和点B （35-2）等距离∴|AC|=|BC|∴点C 的坐标为（00）解析：（0，0，）【详解】解：由题意设C （0，0，z ），∵C 与点A （-4，1，7）和点B （3，5，-2）等距离， ∴|AC|=|BC|，22161(7)925(2)18z 28z 4=19z z ++-=+++∴=，∴点C 的坐标为（0，0，149）三、解答题21．（1）证明见解析；（25. 【分析】（1）通过证明,PA BD AC BD ⊥⊥证得BD ⊥平面PAC ，由此证得平面PAC ⊥平面QBD .（2）建立空间直角坐标系，利用直线DB 的方向向量和平面PBC 的法向量，计算出直线DB 与平面PBC 所成角θ的正弦值.【详解】（1）证明：PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，PA BD ∴⊥，底面ABCD 是一个菱形，AC BD ∴⊥，又AC PA A ⋂=，BD ∴⊥平面PAC ，BD ⊂平面QBD ，∴平面PAC ⊥平面QBD .（2）设ACBD O =，取PC 中点E ，连结OE ，则//OE PA ，故OE AC ⊥，如图，建立空间直角坐标系，则(3,0,0)B ，(0,1,0)C ，(3,0,0)D -，(0,1,23)P -，(3,1,0)CB ∴=-，(0,2,23)CP =-，(23,0,0)DB =，设(,,)m x y z =为平面PBC 的一个法向量，则302230m CB x y m CP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩, 取3y =，则(1,3,1)m =，5cos ,5m m nn DB m ⋅∴<>==⋅, 5sin |cos ,|5m DB θ∴=<>=.【点睛】在利用向量法计算线面角时，要注意利用公式计算所得为线面角的正弦值，而不是余弦值.22．（1）证明见解析；（2）存在，43BM =. 【分析】（1）根据//DG CF 和ABCD 是菱形得到//AD BC ，利用面面平行的判定定理证明. （2）取BC 中点为H ，则DA ，DH ，DG 三线两两垂直，以D 为坐标原点，以DA ，DH ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，假设存在M 满足条件，设(01)BM BC λλ=≤≤，分别求得平面AGE 的一个法向量()1111,,x n y z =和平面MGE 的一个法向量()2222,,n x y z =，利用12121221cos 14n n n n n n ⋅⋅==求解. 【详解】（1）∵//DG CF ，CF ⊂面BCFE 且DG ⊄面BCFE ∴//DG 面BCFE又∵//AD BC ，BC ⊂面BCFE 且AD ⊄面BCFE ∴//AD 面BCFE∵AD ⊂面ADG ，DG ⊂面ADG ，且AD DG D =∴面//ADG 面BCFE ∵AG ⊂面ADG ， ∴//AG 面BCFE .（2）取BC 中点为H ，则DA ，DH ，DG 三线两两垂直以D 为坐标原点，以DA ，DH ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，假设存在M 满足条件，则(01)BM BC λλ=≤≤，由题得：()2,0,0A ，()3,0B ，()3,0C -，()3,2E ，()0,0,2G ， ∵BM BC λ=，∴点M 坐标为：()123,0λ-，∴(2,0,2)AG =-，()3,2AE =-，()21,3,2MG λ=--，()2,0,2ME λ=，设平面AGE 的一个法向量为：()1111,,x n y z =，平面MGE 的一个法向量为：()2222,,n x y z =，则111111122020n AG x z n AE x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令1x 11y =-，1z ，∴1(3,1n =-，同理可得21,n λ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，由题意得：12121243cos 147n n n n n n ⋅⋅===，解得：23λ=或269λ=（舍）， ∴43BM =. 【点睛】方法点睛：证明两个平面平行的方法有：(1)用定义，此类题目常用反证法来完成证明；(2)用判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；(4)借助“传递性”来完成：两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化． 23．（1）证明见解析；（2）10. 【分析】（1）取CD 的中点G ，连接FG ，BG ，证明四边形FGBE 是平行四边形得出//EF BG 即可证明；（2）以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出1DC 和平面EAD 的法向量，利用向量关系即可求出. 【详解】解：（1）证明：取CD 的中点G ，连接FG ，BG . 因为F 是1DC 的中点，所以1FG//CC ，112FG CC =. 因为E 是1BB 的中点，所以1//EB CC ，112EB CC =. 所以//FG EB ，FG EB =. 所以四边形FGBE 是平行四边形.所以//EF BG .因为EF ⊄平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD .（2）因为底面ABCD 为矩形，1DD ⊥平面ABCD ，所以DA DC ⊥，1DD DA ⊥，1DD DC ⊥.以点D 为坐标原点，分别以直线DA ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz .因为1DA =，12DC DD ==，所以()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,2,1E ，()10,2,2C . 所以()1,0,0DA =，()1,2,1DE =，()10,2,2DC =. 设平面EAD 的法向量为(),,n x y z =，所以00n DA n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x x y z =⎧⎨++=⎩，令1y =，则2z =-.所以()0,1,2n =-. 所以1210cos ,10225DC n -==-⨯. 所以直线1DC 与平面EAD 所成角的正弦值1010【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 24．（1）36（2）1【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据线面角公式求解即可；（2）设(,0,0)(02)D <<，根据二面角公式及二面角1A BE D --的余弦值为66解方程即可求解. 【详解】(1)如图建立空间直角坐标系C 一xyz ,则B (0,2,0)，C (0,0,2)，E (0,0,1 )，A 1(2,0,2).11(0,2,2),(2,0,1),(0,2,1)BC EA EB ∴=-==-.设平面1A BE 的法向量为(,,)n x y z =, 则2020x z y z +=⎧⎨-=⎩,令x = 1,则(1,1,2)n =--.所以1113cos ,.6||||BC n BC n BC n ⋅<>==-所以直线BC 与平面1A BE 3 （2）设(,0,0)(02)D <<，则(,2,0)BD →=-,设平面BED 的法向量为(,,)m x y z →=，则2020x y y z λ-=⎧⎨-=⎩,令y = 1,则2(,1,2)m λ→=. 因为二面角1A BE D --的余弦值为66 所以22|5|||6cos ,64||||65m n m n m n λλ→→→-⋅<>===⨯+，解得1λ=，所以1CD = 【点睛】关键点点睛：向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．25．（1）证明见解析；（2）存在，点N 为AP 的中点. 【分析】（1）取AB 的中点O ，连接PO ，由面面垂直的性质得PO ⊥平面ABCD ，得出PO AD ⊥，从而说明AD ⊥平面PAB ，即可得证；（2）以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可说明. 【详解】（1）证明：取AB 的中点O ，连接PO ，∵PAB △为正三角形，∴PO AB ⊥，又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB ⋂平面ABCD AB =， ∴PO ⊥平面ABCD ，又AD ⊂平面ABCD ，∴PO AD ⊥，又∵AD AB ⊥，AD PO ⊥，且PO AB O ⋂=， ∴AD ⊥平面PAB ．又∵AD ⊂平面PAD ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ．（2）以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，在直角PCB 中，4PC =，2PB =，∴23BC =， ∴(1,0,0),(1,0,0),(1,23,0)A B D -，设AN AP λ=，则(13)N λλ-，则()BD =，()2BN λ=-，设平面BND 的一个法向量(,,)n x y z =，则·0·0n BD n BN ⎧=⎨=⎩，即()2020x x z λ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =23,1,1n λ⎛⎫=--⎪⎝⎭，而平面ABD 的法向量(0,0,1)m =，21||||4n mn m λ-⋅==⋅⎛+1λ=-（舍）或12λ=， ∴当点N 为AP 的中点时，二面角A BD N --．【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.26．（1）证明见解析；（2）点F 是线段PD 的中点．【分析】（1）取线段BC 中点E ，连结AE ．由已知条件推导出AE BC ⊥，PA AC ⊥．由此能证明PA ⊥平面ABCD ．（2）以A 为坐标原点，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点F 是线段PD的中点，使直线CF 与平面PBC 成角正弦值等于14．【详解】（1）证明：取线段BC 中点E ，连结AE ．因为AD =，30PDA ∠=︒，所以1PA =．因为//ADBC ，150=︒∠BAD 所以30B ∠=︒．又因为AB AC =，所以AE BC ⊥，而BC = 所以2cos30BEAC AB ===︒．因为PC =，所以222PC PA AC =+，即PA AC ⊥．因为PA AD ⊥，且AD ，AC ⊂平面ABCD ，AD AC A =，所以PA ⊥平面ABCD ．（2）解：以A 为坐标原点，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则(0P ，0，1)，(1,3,0)B -，3,0)C ，3,0)D ．设1(F x ，1y ，1)z ，因为点F 在线段PD 上，设PF PD λ=，则11103(01)1x y z λλλ=⎧⎪=<⎨⎪=-⎩．即(0,3,1)F λλ-，所以(1,33,1)FC λλ=-．设平面PBC 的法向量为(,,)u x y z =，则0,0u PB BC u ⋅=⋅=，所以30230x z y ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，所以(1,0,1)u =．因为直线CF 与平面PBC 成角正弦值等于14，所以14FC uFC u⋅=⨯． 214214(1)λλ=⨯+-，即12λ=．所以点F 是线段PD 的中点．【点睛】关键点睛：利用向量解决空间中角的问题的关键是根据图形建立合适的空间直角坐标系和学生的计算能力.。

二南开学校空间向量测试答案

空间向量综合测试学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（本大题共10小题，共60.0分）1.在空间直角坐标系中，已知点AA(1,0，1)，BB(3,2，1)，则线段AB的中点的坐标是( )A. (1,1,1)B. (2,1,1)C. (1,1,2)D. (1,2,3)【答案】B【解析】【分析】本题考查线段中点坐标的求法，考查中点坐标公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．利用中点坐标公式直接求解．【解答】解：∵在空间直角坐标系中，点AA(1,0，1)，BB(3,2，1)，∴线段AB的中点的坐标是(2,1，1)．故选B．2.如图所示的空间直角坐标系中，正方体的棱长为2，|PPPP|=3|PPPP|，则点R的空间直角坐标为()A. (43,2,43)B. (1,2，3)C. (3,2，1)D. (1,2，1)【答案】A【解析】【分析】本题考查空间直角坐标系，利用坐标的运算求解．【解答】解：由题意得PP(0,2，0)，PP(2,2，2)，��⃗=(−2,0,−2)=3PPPP��⃗，所以PPPP��⃗=(−23,0,−23)，所以PPPP所以R的坐标为(−23,0,−23)+(2,2,2)=(43,2,43)，故选A．3.在空间四边形OABC中，OOAA��⃗+AABB��⃗−CCBB��⃗等于( )��⃗ B. AABB��⃗ C. OOCC��⃗ D. AACC��⃗A. OOAA【答案】C【解析】【分析】本题考点是空间向量的加减法，解题的关键是根据向量的加法、减法法则进行化简，考查学生转化能力，本题是向量的基础题．��⃗+AABB��⃗−CCBB��⃗进行化简即可得到答案，即可由题意，根据向量的加法、减法法则，把OOAA选出正确选项．【解答】解：根据向量的加法、减法法则，得OOAA ��⃗+AABB ��⃗−CCBB ��⃗ =OOBB ��⃗−CCBB ��⃗ =OOBB ��⃗+BBCC ��⃗ =OOCC ��⃗．故选C ．4. 已知空间向量aa ⃗=(2,−1,5)，bb �⃗=(−4,2,xx )(xx ∈PP ).若aa ⃗⊥bb �⃗，则xx =( ) A. −10 B. −2 C. 2 D. 10【答案】C【解析】【分析】本题考查向量的基本概念及运算．【解答】解：aa ⃗⊥bb �⃗，所以aa ⃗⋅bb �⃗=2×(−4)+(−1)×2+5xx =0，解得xx =2．故选C ．5. 已知向量aa ⃗=(−1,x ，3)，bb �⃗=(2,−4,yy )，且aa ⃗//bb �⃗，那么xx +yy 等于( ) A. −4 B. −2 C. 2 D. 4【答案】A【解析】解：∵向量aa ⃗=(−1,x ，3)，bb �⃗=(2,−4,yy )，且aa ⃗//bb �⃗， ∴bb �⃗=mmaa ⃗，即(2,−4,yy )=mm (−1,x ，3)，∴�2=−mm −4=mmxx yy =3mm ，即�mm =−2xx =2yy =−6，∴xx +yy =−6+2=−4，故选：A ．根据空间向量平行的坐标关系，建立方程即可求出x ，y 的值．本题主要考查空间向量平行的共线定理，要求熟练掌握空间向量关系的坐标公式，比较基础．6. 如图，空间四边形OABC 中，OOAA ��⃗=aa �⃗，OOBB ��⃗=bb �⃗，OOCC ��⃗=cc �⃗，且OOOO =2OOAA ，BBBB =BBCC ，则OOBB��⃗等于( ) A. 23aa ⃗+23bb �⃗+12cc ⃗ B. 12aa �⃗+12bb �⃗−12cc �⃗ C. −23aa �⃗+12bb �⃗+12cc �⃗ D. 12aa �⃗−23bb �⃗+12cc �⃗ 【答案】C【解析】【分析】本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，属于基础题．��⃗=12(OOBB��⃗+OOCC��⃗)，由OOOO=2OOAA，可得OOOO��⃗=23OOAA��⃗，由OOBB��⃗=OOBB��⃗−由BBBB=BBCC，可得OOBBOOOO��⃗即可求解．【解答】解：∵BBBB=BBCC，∴OOBB��⃗=12(OOBB��⃗+OOCC��⃗)，∵OOOO=2OOAA，∴OOOO��⃗=23OOAA��⃗，∴OOBB��⃗=OOBB��⃗−OOOO��⃗=12(OOBB��⃗+OOCC��⃗)−23OOAA��⃗=−23aa⃗+12bb�⃗+12cc⃗．故选C．7.若aa⃗=(1,λλ,2)，bb�⃗=(2,−1,2)，cc⃗=(1,4,4)，且aa�⃗，bb�⃗，cc�⃗共面，则λλ=( )A. 1B. −1C. 1或2D. ±1【答案】A【解析】【分析】本题考查了平面向量基本定理，属于基础题．向量aa�⃗，bb�⃗，cc�⃗共面，存在实数m，n使得cc⃗=mmaa⃗+nnbb�⃗，即可得出．【解答】解：向量aa�⃗，bb�⃗，cc�⃗共面，∴存在实数m，n使得cc⃗=mmaa⃗+nnbb�⃗，∴�1=mm+2nn4=λλmm−nn4=2mm+2nn，解得λλ=1．故选A．8.对于空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，有如下关系：，则( )A. 四点O，A，B，C必共面B. 四点P、A、B、C必共面C. 四点O、P、B、C必共面D. 五点O、P、A、B，C必共面【答案】B【解析】【分析】本题考查了共面向量基本定理、空间向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．由共面向量基本定理、空间向量基本定理即可得出．【解答】��⃗=16OOAA��⃗+13OOBB��⃗+12OOCC��⃗，知16+13+12=1，解：由OOPP所以四点P、A、B、C必共面．故选B．9.已知向量aa⃗=(1,1,0)，bb�⃗=(-1,0,1)，且kkaa⃗+bb�⃗与aa�⃗互相垂直，则kk=( )A. 13B. 12C. -13D. -12【答案】B【解析】【分析】本题考查了空间向量的坐标运算与数量积的应用问题，以及向量垂直的判定条件，属于一般题．根据kk aa�⃗+bb�⃗与aa�⃗互相垂直，(kkaa⃗+bb�⃗)⋅aa⃗=0，列出方程求出k的值．【解析】解：∵向量aa�⃗=(1,1,0)，bb�⃗=(−1,0,1)，∴kkaa⃗+bb�⃗=(kk−1,k，1)；又kk aa�⃗+bb�⃗与aa�⃗互相垂直，∴(kkaa⃗+bb�⃗)⋅aa⃗=0，即(kk−1)×1+kk=0，解得kk=12．故选B．��⃗=(0,1,−√3)，平面αα的一个法向量是，则10.已知AA∈αα,PP∉αα，PPAA直线PA与平面αα所成的角为()A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘【答案】B【解析】【分析】本题考查直线与平面所成角与空间向量的模、夹角与距离求解问题及利用空间向量求线线、线面和面面的夹角的知识点，属于基础题，利用向量的夹角公式求线面角、数量积运算及其模的计算公式，设直线PA与平面αα所成的角为θθ.利用ssss nnθθ=|cos<PPAA→,nn→>|，即可得出．【解答】解：设直线PA与平面αα所成的角为θθ，则ssss nnθθ=|cos<PPAA→,nn→>|=PPPP→·nn→�PPPP→��nn→�=4√4×√8=√22，∵θθ∈[0°,90°]，∴θθ=45°，故选B．二、解答题（本大题共2小题，共40.0分）11. 在直三棱柱AABBCC −AA 1BB 1CC 1中，底面△AABBCC 是直角三角形，AACC =BBCC =AAAA 1=2，D 为侧棱AAAA 1的中点．(1)求异面直线DDCC 1，BB 1CC 所成角的余弦值； (2)求二面角BB 1−DDCC −CC 1的平面角的余弦值．【答案】解：(1)由已知得CA ，CB ，CCCC 1两两垂直，如图所示，以C 为原点，CA ，CB ，CCCC 1为坐标轴，建立空间直角坐标系CC −xxyyxx ，则CC (0,0，0)，AA (2,0，0)，BB (0,2，0)，CC 1(0,0，2)， BB 1(0,2，2)，DD (2,0，1)．所以DDCC 1��⃗=(−2,0，1)，BB 1CC ��⃗=(0,−2,−2)，所以cos <DDCC 1��⃗,BB 1CC ��⃗>=DDCC 1��⃗⋅BB1CC ��⃗|DDCC 1��⃗||BB 1CC ��⃗| =−2√5×√8=−√1010，即异面直线DDCC 1与BB 1CC 所成角的余弦值为√1010; (2)因为CCBB ��⃗=(0,2，0)，CCAA ��⃗=(2,0，0)，CCCC 1��⃗=(0,0，2)，所以CCBB ��⃗⋅CCAA ��⃗=0，CCBB ��⃗⋅CCCC 1��⃗=0，所以CCBB ��⃗为平面AACCCC 1AA 1的一个法向量．因为BB 1CC ��⃗=(0,−2,−2)，CCDD ��⃗=(2,0，1)，设平面BB 1DDCC 的一个法向量为nn �⃗，nn �⃗=(xx ,y ，xx )．由�nn �⃗⋅BB 1CC ��⃗=0nn �⃗⋅CCDD ��⃗=0，得�−2yy −2xx =02xx +xx =0 令xx =1，则yy =2，xx =−2，nn �⃗=(1,2，−2)．所以cos <nn �⃗，CCBB ��⃗>=nn �⃗⋅CCBB ��⃗|nn �⃗|⋅|CCBB ��⃗|=43×2=23．由图可知二面角BB 1−DDCC −CC 1的平面角是锐角，所以二面角BB 1−DDCC −CC 1的余弦值为23．【解析】本题主要考查利用空间向量解决几何体中的夹角问题，包括两条异面直线的夹角和两个平面的夹角，本题解题的关键是建立坐标系，属于中档题．(1)以C 为原点，CA ，CB ，CCCC 1为坐标轴，建立空间直角坐标系CC −xxyyxx ，写出要用的点的坐标，写出两个向量的方向向量，根据两个向量所成的角得到两条异面直线所成的角．写出向量的表示形式就可以，另一个平面的向量需要求出，根据两个法向量所成的角得到结果．12.如图所示，在四棱锥PP−AABBCCDD中，底面四边形ABCD是菱形，AACC∩BBDD=OO，△PPAACC是边长为2的等边三角形，PPBB=PPDD=√6，AAPP=4AAAA．(Ⅰ)求证：PPOO⊥底面ABCD；(Ⅱ)求直线CP与平面BDF所成角的大小；(Ⅲ)在线段PB上是否存在一点M，使得CCOO//平面BDF？如果存在，求BBBB BBPP的值，如果不存在，请说明理由.【答案】(Ⅰ)证明：因为底面ABCD是菱形，AACC∩BBDD=OO，所以O为AC，BD中点．又因为PPAA=PPCC，PPBB=PPDD，所以PPOO⊥AACC，PPOO⊥BBDD，且AACC∩BBDD=OO，AC、BBDD⊂底面ABCD，所以PPOO⊥底面ABCD；(Ⅱ)解：由底面ABCD是菱形可得AACC⊥BBDD，又由(Ⅰ)可知PPOO⊥AACC，PPOO⊥BBDD．如图，以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系OO−xxyyxx．由△PPAACC是边长为2的等边三角形，PPBB=PPDD=√6，可得PPOO=√3,OOBB=OODD=√3．所以AA(1,0,0),CC(−1,0,0),BB(0,√3,0),PP(0,0,√3)．��⃗=(1,0,√3)，AAPP��⃗=(−1,0,√3)，OOBB��⃗=(0,√3,0)，所以CCPP��⃗=OOAA��⃗+14AAPP��⃗=(34,0,√34)，由已知可得OOAA设平面BDF的法向量为nn�⃗=(xx,y，xx)，则�√3yy=034xx+√34xx=0,令xx=1，则xx=−√3，所以nn�⃗=(1,0，−√3)，因为cos<CCPP��⃗,nn�⃗>=CCPP��⃗⋅nn�⃗|CCPP��⃗||nn�⃗|=−12，所以直线CP与平面BDF所成角的正弦值为12，所以直线CP与平面BDF所成角的大小为30°；(Ⅲ)解：设BBBB BBPP=λλ(0≤λλ≤1)，��⃗=CCBB��⃗+BBOO��⃗=CCBB��⃗+λλBBPP��⃗=(1,√3(1−λλ),√3λλ)．则CCOO若使CCOO//平面BDF，仅需CCOO·解得λλ=13∈[0,1]，所以在线段PB上存在一点M，使得CCOO//平面BDF．此时BBBB BBPP=13．【解析】本题考查线面垂直，运用向量方法解决线面平行，线面角问题，属于中档题．(Ⅰ)证明PPOO⊥底面ABCD，只需证明PPOO⊥AACC，PPOO⊥BBDD；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求出直线CP的方向向量，平面BDF的法向量，利用向量的夹角公式可求直线CP与平面BDF所成角的大小；(Ⅲ)设BBBB BBPP=λλ(0≤λλ≤1)，若使CCOO//平面BDF，仅需CCOO��⃗⋅nn�⃗=0且CCOO⊄平面BDF，即可得出结论．。

天津市第一中学2015-2016学年高中数学第三章空间向量练习2 理新人教A版选修2-1

第三章空间向量2一、空间向量（A）1.在底面是直角梯形的四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为________2.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为______．73．如图，四棱锥S-ABCD P为侧棱SD上的点。

（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，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：⊥平面.以O为坐标原点，（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SO ABCDOB OC OS，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O xyz-如图。

设底面边长为a，则高SO=。

S D-于是),(,0,0)2C,0),0)OC=(,0,)SD=--22⋅=OC SD⊥故OC SD⊥从而AC SD(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量()22DS a =，平面DAC 的一个法向量)OS =，设所求二面角为θ，则c o s O S D S O S D Sθ⋅==,所求二面角的大小为030（Ⅲ）在棱SC 上存在一点E 使//BE PAC 平面. 由（Ⅱ）知DS 是平面PAC 的一个法向量，且),(0,)DS CS == 设 ,CE tCS =则((1)BE BC CE BC tCS t =+=+=- 而 103BE DC t ⋅=⇔=即当:2:1SE EC =时，BE DS ⊥而BE 不在平面PAC 内，故//BE PAC 平面4．如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=，E F ，分别是BC PC ，的中点．（Ⅰ）证明：AE PD ⊥；（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD所成最大角的正切值为2，求二面角E AF C --的余弦值．（Ⅰ）证明：由四边形ABCD 为菱形，60ABC ∠=，可得ABC △为正三角形．因为E 为BC 的中点，所以AE BC ⊥．又BC AD ∥，因此AE AD ⊥．因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA AE ⊥．而PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD 且PA AD A =，所以AE ⊥平面PAD ．又PD ⊂平面PAD ，所以AE PD ⊥．（Ⅱ）解：设2AB =，H 为PD 上任意一点，连接AH EH ，．由（Ⅰ）知AE ⊥平面PAD ，PBF A则EHA ∠为EH 与平面PAD 所成的角．在Rt EAH △中，AE = 所以当AH 最短时，EHA ∠最大，即当AH PD ⊥时，EHA ∠最大．此时tan 2AE EHA AH AH ∠===因此AH =2AD =，所以45ADH ∠=，所以2PA =．解法二：由（Ⅰ）知AE AD AP ，，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，又E F ，分别为BC PC ，的中点，所以(000)10)(020)A B C D -，，，，，，，，，，1(002)0)12P E F ⎫⎪⎪⎝⎭，，，，，，，，所以31(300)122AE AF ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，，，，，．设平面AEF 的一法向量为111()x y z =，，m ，则00AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，m m 因此111101022x y z =++=⎩，．取11z =-，则(021)=-，，m ，因为BD AC ⊥，BD PA ⊥，PA AC A=，所以BD ⊥平面AFC ，故BD 为平面AFC 的一法向量．又(0)BD =，，所以cos 55BD BD BD<>===，m m m ．因为二面角E AF C --为锐角，二、空间向量在立体几何中的应用（B ）1. 从点P 引三条射线PA 、PB 、PC ，每两条的夹角都是60°，P BF AHO S则二面角B —PA —C 的余弦值是( )A.12 B .13 C.33D.322. 把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．45° B．90° C ．120°D ．60°3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，1AA =1C H ⊥平面11AA B B，且1C H =（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角111A AC B --的正弦值；（Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11AA B B 内，且MN ⊥平面11A B C ，求线段BM 的长．如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点. 依题意得(0,0,0),A B C111A B C（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC AB =--=-，于是111111cos ,,3||||3AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为3（II ）解：易知111(0,22,0),(2,AA AC ==- 设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧+=⎪⎨=⎪⎩不妨令x 可得m =，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n AC n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y =可得n =于是2cos ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而sin ,7m n =所以二面角A —A 1C 1—B的正弦值为7（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得N 设M （a ，b ，0），则2(,,222MN a b =-- 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN AB MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即)(0,()(()(0.222a ab ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅+-⋅+⎪⎩解得4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故M因此2(24BM =，所以线段BM 的长为10||BM = 4．如图1，在Rt△A BC 中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C⊥CD,如图2. (I)求证：A 1C⊥平面BCDE ；(II)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由解：（1）CD DE ⊥，1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1A CD ，又1AC ⊂平面1A CD ， ∴1AC ⊥DE 又1A C CD ⊥， ∴1AC ⊥平面BCDE 。

2012届高考数学一轮精品21.3空间向量的应用(2)(练习题A、B卷)(答案解析)

2012届高考数学一轮精品：21．3 空间向量的应用（2）（练习题A 、B 卷）（答案+解析）21、空间向量与立体几何21．3 空间向量的应用（2）A 组1．棱长都为2的直平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠BAD=60°，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成角的正弦值为（）A ．22B ．21 C ．43 D ．832．在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是1CC 、AD 的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于（）A ．510B ．32C ．55D ．515 3．棱长为a 的正四面体中，高为H ，斜高为h ，相对棱间的距离为d ，则a 、H 、h 、d 的大小关系正确的是（）A ．a >H>h >dB ．a >d >h >HC ．a >h >d >HD ．a >h >H>d4．已知边长为的正三角形ABC 中，E 、F 分别为BC 和AC 的中点，PA ⊥面ABC ，且PA=2，设平面α过PF 且与AE 平行，则AE 与平面α间的距离为． 5．已知(2,3,1)AB =，(4,5,3)AC =，则平面ABC 的单位法向量为． 6．沿着正四面体O -ABC 的三条棱OA 、OB 、OC 的方向有大小分别等于1，2和3的三个力f 1、f 2、f 3，试求它们合力的大小以及此合力与f 1所夹角的余弦值．7．如图,已知ABCD 是边长为4的正方形,E ，F 分别是AB ，AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC=2，试在平面EFG 上找一点H ,使得BH 是平面EFG 的法向量.A BCDEFG第7题8．如图，四棱锥S -ABCD 的底面是矩形，AB =a ，AD =2，且SA ⊥底面ABCD ．若边BC 上存在异于B 、C 的一点P ，使得PS ⊥PD ．（1）求a 的最大值；（2）当a 取最大值时，求异面直线AP 与SD 所成角的大小．21、空间向量与立体几何21．3 空间向量的应用（2）PSDCBAB 组1．将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使平面ABD ⊥平面CBD ，E 是CD 中点，则AED ∠的大小为（）A.45 B.30 C.60 D.902．三棱锥A —BCD 的高AH = 3a 3，H 是底面△BCD 的重心．若AB=AC ，二面角A —BC —D 为60°，G 是△ABC 的重心，则HG 的长为（）A ．a 5B ．a 6C ．a 7D ．a 103． PA ，PB ，PC 是从P 引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC 与平面PAB所成的角的余弦值为（）A ．12BCD4．设某一向量与空间直角坐标系三轴间的夹角分别为60︒，120︒，m ︒，则m = ． 5．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，给出下列四个命题： ①221111111()3()A A A D A B A B ++=； ②1111()0AC A B A A -=； ③1A B 和1AD 的夹角为60°； ④正方体的体积为1|()|AB AA AD ．其中所有错误命题的序号为．6．如图，直三棱柱ABC -111C B A ，底面ΔABC 中，CA =CB =1，∠BCA = 90，棱1AA =2，M 、N 分别是11B A 、A A 1的中点．（1）求BN 的长；（2）求1cos BA <，1CB >的值；（3）求证M C B A 11⊥．ABCA 1B 1C 1MN第6题图7．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=BC=3，AA1=1，∠ACB=90°．（1）求异面直线A1B与CB1所成角的大小；（2）问：在A1B1边上是否存在一点Q，使得平面QBC与平面A1BC所成的角为30°，若存在，请求点Q的位置，若不存在，请说明理由．A1AB1B1C第7题图8．如图直角梯形OABC 中，2COA OAB π∠=∠=，OC =2，OA =AB =1，SO ⊥平面OABC ，SO =1，以OC 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系O -xyz ．（1）求SC 与OB 的夹角α的大小（结果用反三角函数表示）；（2）设n =（1，p ，q ），满足n ⊥平面SBC ，求：①n 的坐标；②OA 与平面SBC 的夹角； ③O 到平面SBC 的距离．参考答案**************21．3 空间向量的应用（2）A 组1． A 。

天津市南开中学高考数学空间向量练习2(含解析)

天津市南开中学2015届高考数学空间向量练习2（含解析）1. 如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB,AB=A A 1,∠BA A 1=60°.(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C;(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B,AB=CB=2,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E,∵AB=1AA ,1BAA ∠=060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE ⊥AB, ∵1CE A E ⋂=E,∴AB ⊥面1CEA,∴AB ⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC ⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC ⊥面11ABB A ,面ABC ∩面11ABB A =AB,∴EC ⊥面11ABB A ,∴EC ⊥1EA ,∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则BC),1BB =1AA),1AC设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,则100BC BB ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩n n ,即0x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,可取n,1,-1), ∴1cos ,AC n =11|A C A C∙n |n ||∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C2. 如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥. (Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o 160CBB ∠=，AB=Bc ，求二面角111A A B C --的余弦值. （19）解：（I ）连接1BC ，交1B C O 于点，连接AO ，因为侧面11BB C C 为菱形，所以1111,BC BC O BC BC ⊥且为及的中点. 又111,..AB B C B C ABO AO ABO B C AO ⊥⊥⊂⊥所以平面由于平面，故又11,=.B O CO AC AB =故（II ）因为11,.AC AB O BC AO CO ⊥=且为的中点，所以又因为1,,,,,AB BC BOA BOC OA OB OA OB OB =∆≅∆⊥所以故从而两两相互垂直，以.O OB x OB O xyz =为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系因为1160,.CBB CBB AB BC ∠=︒∆=所以为等边三角形又，则111111(00),(100),(0,(0,333333(0,,),(1,0,),(1,AB BC ABA B AB B C BC -=-==-==-，，，，11111(,,)=00,0,0.3n x y z AA B y z n ABn A B x zn =⎧⋅=⎪⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-=⎪⎩=设是平面的法向量，则，即所以可取11111110,0,(1,m A B m A B C m B C m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩=设是平面的法向量，则同理可取则1111cos ,.71.7n m n m n m A A B C ⋅==--所以二面角的余弦值为3. 如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，E-ACD 的体积. 解：（I ）连接BD 交AC 于点O,连结EO 。

天津市南开中学2025届高三上学期统练2数学试题(含答案)

2025届南开中学高三数学统练2一､单选题（每小题5分，共45分）1.已知数集满足：，若，则一定有：（）A. B. C. D.2.设为虚数单位，，则实数（）A.2 B.1 C.0 D.3.函数的图象大致是（）A. B.C. D.4.某零售行业为了解宣传对销售额的影响，在本市内随机抽取了5个大型零售卖场，得到其宣传费用（单位：万元）和销售额（单位：万元）的数据如下：（万元）34567（万元）4550606570由统计数据知与满足线性回归方程，其中，当宣传费用时，销售额的估计值为（）A.89.5 B.90.5C.92.5D.94.55.已知是定义在上的偶函数，且在上单调递增，又，则的解集是（）A. B. C. D.A B ､{}{}1,2,3,1,2,3,4,5A B A B ⋂=⋃=4A ∉5A ∈5A ∉4B ∈4B ∉i 2i 1i 1i a +-=+a =1-()()22e x f x x x =-x y x y y x ˆˆˆy bx a =+ˆ 6.5b=10x =y ()f x R [)0,∞+()40f =()()3120x f x -<12,3⎛⎫- ⎪⎝⎭1,23⎛⎫ ⎪⎝⎭()12,2,3∞⎛⎫-⋃+ ⎪⎝⎭()1,2,23∞⎛⎫--⋃ ⎪⎝⎭6.已知函数满足：，则；当时，则（）A. B. C. D.7.已知函数的值域为，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.8.已知定义域为的函数为偶函数，且在区间上单调递减，则下列选项正确的是（）A.B.C.D.9.函数满足：当时，是奇函数.记关于的方程的根为，若，则的值可以为（）A. B. C. D.1二､填空题（每小题5分，共30分）10.已知幂函数的图象关于轴对称，则实数的值是__________.11.的展开式中，不含字母的项为__________.()f x 4x ≥()12x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭4x <()()1f x f x =+()22log 3f +=1241121838()()33e 103(0)x x f x x x a x ⎧-≥=⎨-++<⎩[)2,∞+a [)4,∞+()4,∞+[)3,∞+()3,∞+R ()f x ()f x [)0,∞+()1433log 4log 52f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()4133log 5log 42f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1433log 4log 52f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()4133log 5log 42f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x 0x >()()321,122,23x x f x y f x x -<≤==+⎨+>⎪⎩x ()()102f x kx k -+=∈R 12,,,m x x x ()172m i i f x ==-∑k 1118171254()()257m f x m m x =-+y m 6212xy y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭y12.计算的值为__________.13.甲乙两人射击一架进入禁飞区的无人机.已知甲乙两人击中无人机的概率分别为，且甲乙射击互不影响，则无人机被击中的概率为__________.若无人机恰好被一人击中，则被击落的概率为0.2；若恰好被两人击中，则被击落的概率为0.6，那么无人机被击落的概率为__________.14.已知函数对任意两个不相等的实数，都有成立，则实数的取值范围为__________.15.设函数，若有三个零点，则的取值范围是__________.三､解答题16.（14分）已知函数.（1）若函数在上的最大值为8，求实数的值；（2）若函数在上有唯一的零点，求实数的取值范围.17.（15分）已知函数，其中是大于0的常数.（1）求函数的定义域；（2）当时，求函数在上的最小值；（3）若对任意恒有，试确定的取值范围.18.（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面平面.34223log 32log 9log log 64⋅-+0.5,0.4()()2ln f x x ax a =--121,,2x x ∞⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭()()12120f x f x x x -<-a ()ln ,0e 2ln ,e x x f x x x ⎧<≤=⎨->⎩()f x C =123x x x <<31211x x x ++()()242log log 2f x x m x =-+()y f x =1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦m ()y f x =()1,2m ()lg 2a f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭a ()f x ()1,4a ∈()f x [)2,∞+[)2,x ∞∈+()0f x >a P ABCD -ABCD AD ∥,BC CD AD ⊥22AD CD BC ===PAD ⊥,,ABCD PA PD PA PD ⊥=（1）若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线所成角的余弦值；（2）求平面和平面的夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由.19.（15分）已知椭圆C ：，左､右焦点分别为，直线交椭圆于两点，当直线过点时，的周长为8.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为轴上一点，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程及点的坐标.20.（16分）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个不同的根.（i ）求的取值范围；（ii ）证明：.E AB F PC ,BC EF PAC PAD PC M BM ⊥PCD PM PC()222210x y a b a b +=>>12,F F ():20l y kx k =+>C ,M N l 1F 2MNF V C P x PMN V P l P ()()ln e x f x ax =e ()f x ()1f x =12,x x a 22122x x +>2025届南开中学高三数学统练2试卷答案一､单选题123456789C C A B D A A A D二､填空题10111213141528；三､解答题16.【详解】解：因为，令，则，（1）因为，所以，所以当，即时，此时当，即时，取最大值，即，解得，满足；当，即时，此时当时，即时，取最大值，即，解得，满足.所以实数的值为1或.（2）因为，所以，因为函数在上有唯一的零点，且在是增函数，所以函数在上有唯一的零点，令，因为，①当，即时，满足题意②当，则时，此时，令，解得或，不满足；2120x 0.70.2211,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦212e ,e 2e ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦()()()22422222log log 2log log 2log log 2f x x m x x m x x m x =-+=-+=-+2log t x =22y t mt =-+1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦[]2,2t ∈-[]22222,2,224m m y t mt t t ⎛⎫=-+=-+-∈- ⎪⎝⎭..02m 0m ≥2t =-14x =y 4228m ++=1m =02m <0m <2t =4x =y 4228m -+=1m =-m 1-()1,2x ∈()0,1t ∈()y f x =()1,22log t x =()1,222y t mt =-+()0,1()22g t t mt =-+()()02,13g g m ==-()130g m =-<3m >()130g m =-=3m =()232g t t t =-+()2320g t t t =-+=1t =2t =③当时，且此时无解；综上，实数的取值范围为.17.解：（1）由，得，当时，恒成立，定义域为，当时，定义域为且，当时，定义域为或.（2）设，当时，.因此在上是增函数，在上是增函数.则.（3）对任意，恒有.即对恒成立..令.由于在上是减函数，.故时，恒有.因此实数的取值范围为.()130g m =->201,280,m m ⎧<<⎪⎨⎪-=⎩m ()3,∞+20a x x +->220x x a x-+>1a >220x x a -+>()0,∞+1a ={0xx >∣1}x ≠01a <<{01x x <<∣1x >()2a g x x x=+-()[)1,4,2,a x ∞∈∈+()22210a x a g x x x-=-=>'()g x [)2,∞+()f x ∴[)2,∞+()min ()2lg 2a f x f ==[)2,x ∞∈+()0f x >21a x x+->[)2,x ∞∀∈+23a x x ∴>-()[)23,2,h x x x x ∞=-∈+()23924h x x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭[)2,∞+()max ()22h x h ∴==2a >()0f x >a ()2,∞+18.（1）解：取中点，连接，因为，所以因为平面平面，平面平面且平面所以平面，又因为平面平面，所以因为，所以所以四边形是平行四边形，所以，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，可得，设异面直线所成角为，则所以异面直线（2）解：由（1）得，.设平面的法向量为，则AD O ,OP OB PA PD =PO AD⊥PAD ⊥ABCD PAD ⋂,ABCD AD =PO ⊂,PAD PO ⊥ABCD OA ⊂,PAD OB ⊂PAD ,,PO OA PO OB ⊥⊥,CD AD BC ⊥∥,2AD AD BC =BC ∥,,OD BC OD =OBCD OB AD ⊥O ,,OA OB OP ,,x y z ()()0,0,0,1,0,0O A ()()()0,2,0,1,2,0,1,0,0B C D --()1110,0,1,,1,0,,,1,222P E F ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()11,0,0,1,0,2BC EF ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ ,BC EF θcos cos ,BC EF BC EF BC EF θ⋅=<>=== ,BC EF ()2,2,0AC =- ()1,0,1AP =- PAC (),,n x y z =，令，可得，所以，因为平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则所以平面和平面（3）解：设是棱上一点，则存在使得，设，则，，所以.所以，所以.所以因为，且，平面，所以平面，所以是平面的一个法向量.若平面，则，所以，此时方程组无解，所以在棱上不存在点，使得平面.19.（1）的周长为8，由椭圆的定义得，所以.2200n AC x y n AP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ 1x =1,1y z ==()1,1,1n =PAD ()0,2,0OB = PAC PAD αcos cos ,n OB n OB n OBα⋅=<>== PAC PAD M PC []0,1λ∈PM PC λ= ()000,,M x y z ()000,,1PM x y z =- ()1,2,1PC =-- ()()000,,11,2,1x y z λ-=--000,2,1x y z λλλ=-==-(),2,1M λλλ--(),22,1,BM λλλ=--- ,AP PD AP CD ⊥⊥CD PD D ⋂=,CD PD ⊂PCD PA ⊥PCD ()1,0,1PA =- PCD BM ⊥PCD BM ∥PA2201λλλ-=⎧⎨=-⎩PC M BM ⊥PCD 2MNF V 48a =2a =椭圆，所以所以故椭圆的标准方程为.（2）设的中点为，联立消去得，因为直线与椭圆交于两点，所以，解得，①②.则，代入，得，故，由题意知，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，，故，即，故，即，解得③，故，由，得，即，C c e a ==c =b ==C 22142x y +=()()1122,,,,M x y N x y MN ()00,Q x y (),0P m 222,1,42y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩y ()2221840k x kx +++=l C ,M N ()22Δ6416210k k =-+>212k >122821k x x k -+=+122421x x k =+02421k x k -=+2y kx =+02221y k =+2242,2121k Q k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭PMN V P PQ MN ∴⊥1PQ MN k k ⋅=-222211421k k k m k +⋅=---+1PQ MNk k ⋅=-222211421k k k m k +⋅=---+2221k m k -=+22,021k P k -⎛⎫ ⎪+⎝⎭PM PN ⊥1PM PN k k ⋅=-12121y y x m x m ⋅=---整理得，将①②③代入上式，化简得，解得，因为，所以，故直线的方程为，点的坐标为.20.（1）由题意得，，由，得.若，则当时，单调递增，当时，单调递减；若，则当时，单调递减，当时，单调递增.综上，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增.（2）（i ）由，得.设，由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减，又，当时，，当时，，所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，()()()2212121240k x x k m x x m ++-+++=()22222133102121k k k k --+=++21k =0k >1k =l 2y x =+P 2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭()()ln e 1ln x x f x ax ax+==()()2ln 0,,x x f x ax ∞=-'∈+()0f x '=1x =0a >01x <<()()0,f x f x '>1x >()()0,f x f x '<0a <01x <<()()0,f x f x '<1x >()()0,f x f x '>0a >()f x ()0,1()1,∞+0a <()f x ()0,1()1,∞+()ln e 1x ax =1ln x a x+=()ln ax x g x x+=()g x ()0,1()1,∞+()10,11e g g ⎛⎫== ⎪⎝⎭1x >()0g x >x ∞→+()0g x →01a <<1ln x a x+=()ln e 1x ax =故的取值范围是.（ii ）证明：不妨设，则且，设则，所以在区间内单调递增，又，所以，即，又，所以，又在区间内单调递减，所以，即，所以，得证.a ()0,112x x <1201x x <<<1212ln 1ln 1x x x x ++=()()()11ln 1ln x h x g x g x x x x +⎛⎫=-=--⎪⎝⎭()222ln 1ln ln 0x x h x x x x x'--=+=⋅≥()h x ()0,∞+()10h =()()11110h x g x g x ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭()111g x g x ⎛⎫< ⎪⎝⎭()()21g x g x =()211g x g x ⎛⎫< ⎪⎝⎭()2111,1,x g x x >>()1,∞+211x x >121x x >22121222x x x x +>>。

高考数学复习专题11 空间向量与立体几何解答题(解析版)

专题11空间向量与立体几何解答题考纲解读三年高考分析1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.空间向量的计算和角度的求解是考查的重点，解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用，考查学生的数学抽象能力、数学建模能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1．【2019年天津理科17】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2．（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）．设CF＝h（h＞0），则F（1，2，h）．则是平面ADE的法向量，又，可得．又∵直线BF⊄平面ADE，∴BF∥平面ADE；（Ⅱ）解：依题意，，，．设为平面BDE的法向量，则，令z＝1，得．∴cos．∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为；（Ⅲ）解：设为平面BDF的法向量，则，取y＝1，可得，由题意，|cos|，解得h．经检验，符合题意．∴线段CF的长为．2．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．【解答】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，∴AD，CG确定一个平面，∴A，C，G，D四点共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，∵EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，∴EH⊥平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，∴BH＝1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz，则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），（1，0，），（2，﹣1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x＝3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（0，1，0），∴cos，∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°．3．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为（﹣1，0，1），设平面ECC1的法向量（x，y，z），由，得，取x＝1，得（1，﹣1，0），∴cos，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为．4．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．5．【2019年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥CD，∵AD⊥CD，P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD．解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0），E（1，0，1），F（，，），P（0，0，2），（1，0，1），（），平面AEP的法向量（1，0，0），设平面AEF的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，1，﹣1），设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，则cosθ．∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．（Ⅲ）直线AG不在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且．∴G（，0，），∴（，0，），∵平面AEF的法向量（1，1，﹣1），0，故直线AG不在平面AEF内．6．【2019年江苏16】如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解答】证明：（1）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，∴DE∥AB，AB∥A1B1，∴DE∥A1B1，∵DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，∴A1B1∥平面DEC1．解：（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．∴BE⊥AA1，BE⊥AC，又AA1∩AC＝A，∴BE⊥平面ACC1A1，∵C1E⊂平面ACC1A1，∴BE⊥C1E．7．【2019年浙江19】如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC ＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【解答】方法一：证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1E⊥平面ABC，∴A1E⊥BC，∵A1F∥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥A1F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC．解：（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGF A1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGF A1是矩形，由（Ⅰ）得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG，∵O是A1G的中点，故EO＝OG，∴cos∠EOG，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．方法二：证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1E⊥平面ABC，如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，设AC＝4，则A1（0，0，2），B（），B1（），F（），C（0，2，0），（），（），由0，得EF⊥BC．解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为θ，由（Ⅰ）得（），（0，2，﹣2），设平面A1BC的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，），∴sinθ，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．8．【2018年江苏15】在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．9．【2018年江苏25】如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【解答】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，故以{}为基底，建立空间直角坐标系O﹣xyz，∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，﹣1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）．（1）点P为A1B1的中点．∴，∴，．|cos|．∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；（2）∵Q为BC的中点．∴Q（）∴，，设平面AQC1的一个法向量为（x，y，z），由，可取（，﹣1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，sinθ＝|cos|，∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．10．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF 为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．11．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O 为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．【解答】（1）证明：连接BO，∵AB＝BC＝2，O是AC的中点，∴BO⊥AC，且BO＝2，又P A＝PC＝PB＝AC＝4，∴PO⊥AC，PO＝2，则PB2＝PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），（﹣2，2，0），设λ（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1则（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0），则平面P AC的法向量为（1，0，0），设平面MP A的法向量为（x，y，z），则（0，﹣2，﹣2），则•2y﹣2z＝0，•（2﹣2λ）x+（2λ+2）y＝0令z＝1，则y，x，即（，，1），∵二面角M﹣P A﹣C为30°，∴cos30°＝|，即，解得λ或λ＝3（舍），则平面MP A的法向量（2，，1），（0，2，﹣2），PC与平面P AM所成角的正弦值sinθ＝|cos，|＝||．12．【2018年新课标3理科19】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，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM＝D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量（1，0，0），设平面MAB的法向量为（x，y，z）则（0，2，0），（﹣2，1，1），由•2y＝0，•2x+y+z＝0，令x＝1，则y＝0，z＝2，即（1，0，2），则cos，，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα．13．【2018年浙江19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1＝4，BB1＝2，AB＝2，∴A1B12，又AB12，∴AA12＝AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，∵AB＝BC，∴OB⊥OC，∵AB＝BC＝2，∠BAC＝120°，∴OB＝1，OA＝OC，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴（1，，0），（0，0，2），（0，2，1），设平面ABB1的法向量为（x，y，z），则，∴，令y＝1可得（，1，0），∴cos．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ＝|cos|．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．14．【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM 与OB所成的角的大小．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V．（2）∵PO＝4，OA，OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），（1，1，﹣4），（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ．∴θ＝arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．15．【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【解答】（I）证明：∵E，F分别是AC，A1C1的中点，∴EF∥CC1，∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴EF⊥AC，∵AB＝BC，E是AC的中点，∴BE⊥AC，又BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AC⊥平面BEF．（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），∴（﹣2，1，0），（0，﹣2，1），设平面BCD的法向量为（x，y，z），则，即，令y＝2可得（1，2，4），又EB⊥平面ACC1A1，∴（2，0，0）为平面CD﹣C1的一个法向量，∴cos，．由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角，∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴（2，0，﹣1），∴•2+0﹣4＝﹣2≠0，∴与不垂直，∴FG与平面BCD不平行，又FG⊄平面BCD，∴FG与平面BCD相交．16．【2018年天津理科17】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2．（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．设为平面CDE的法向量，则，不妨令z＝﹣1，可得；又，可得．又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN∥平面CDE；（Ⅱ）解：依题意，可得，，．设为平面BCE的法向量，则，不妨令z＝1，可得．设为平面BCF的法向量，则，不妨令z＝1，可得．因此有cos，于是sin．∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；（Ⅲ）解：设线段DP的长为h，（h∈[0，2]），则点P的坐标为（0，0，h），可得，而为平面ADGE的一个法向量，故|cos|．由题意，可得，解得h∈[0，2]．∴线段DP的长为．17．【2017年江苏15】如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG＝F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．18．【2017年江苏18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．【解答】解：（1）设玻璃棒在CC1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面ACM中，过N作NP∥MC，交AC于点P，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，∴CC1⊥平面ABCD，又∵AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∴NP⊥AC，∴NP＝12cm，且AM2＝AC2+MC2，解得MC＝30cm，∵NP∥MC，∴△ANP∽△AMC，∴，，得AN＝16cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，∵EFGH﹣E1F1G1H1为正四棱台，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，∴EE1G1G为等腰梯形，画出平面E1EGG1的平面图，∵E 1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm，∴E1Q＝24cm，由勾股定理得：E1E＝40cm，∴sin∠EE1G1，sin∠EGM＝sin∠EE1G1，cos∠EGM，根据正弦定理得：，∴sin∠EMG，cos∠EMG，∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝sin∠EGM cos∠EMG+cos∠EGM sin∠EMG，∴EN20cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．19．【2017年江苏25】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1，∠BAD＝120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．【解答】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB＝AD＝2，AA1，∠BAD＝120°，∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）．（），（），，．（1）∵cos．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（2）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x，得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos．∴二面角B﹣A1D﹣A的余弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．20．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴P A⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵P A∩PD＝P，且P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD，又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面P AD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由P A＝PD，∠APD＝90°，可得△P AD为等腰直角三角形，设P A＝AB＝2a，则AD．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y＝1，得．∵AB⊥平面P AD，AD⊂平面P AD，∴AB⊥PD，又PD⊥P A，P A∩AB＝A，∴PD⊥平面P AB，则为平面P AB的一个法向量，．∴cos．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．21．【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为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P AB；（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．【解答】（1）证明：取P A的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面P AB，CE⊄平面P AB，∴直线CE∥平面P AB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP，∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN＝MN，CN MN，BC＝1，可得：1BN2＝BN2，BN，MN，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：．22．【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．∴DO AC．∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．∴∠BOD＝90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．（﹣1，0，1），，（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为（x，y，z），则，即，取．同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，）．∴cos．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．23．【2017年浙江19】如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△P AD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面P AB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥P A，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD＝2DC＝2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面P AB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵P A＝PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC＝CB＝1，由PC＝AD＝2DC＝2CB，得AD＝PC＝2，∴PB，BF＝PF＝1，∴MF，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ．24．【2017年上海17】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：V＝S△ABC×AA120．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA 1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM，∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA，∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．25．【2017年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD，AB＝4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD＝O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC＝OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵P A＝PD，∴PG⊥AD，∵平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由P A＝PD，AB＝4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z，得．取平面P AD的一个法向量为．∴cos．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos|＝||＝||．26．【2017年天津理科17】如图，在三棱锥P﹣ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°．点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF＝F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵P A＝AC＝4，AB＝2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z＝2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH＝t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos|＝||＝||．解得：t或t．∴线段AH的长为或．1．【陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟】如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，3ABC π∠=，四边形ABEF 是直角梯形，2FAB π∠=，AF BE P ，22AF AB BE ===.（Ⅰ）证明：CE P 平面ADF .（Ⅱ）若平面ABCD ⊥平面ABEF ，H 为DF 的中点，求平面ACH 与平面ABEF 所成锐二面角的余弦值.【答案】（I ）见解析；（II 7【解析】（Ⅰ）取AF 的中点M ，连接DM ，EM ，如图所示，因为2AF BE =，四边形ABEF 是直角梯形，得AM BE =且AM BE P ，所以四边形ABEM 为平行四边形，即ME AB =且ME AB P . 又因为四边形ABCD 是菱形，所以AB CD P ，进而CD ME P ，得DCEM 为平行四边形，即有DM CE P ，又DM ⊂平面ADF ，CE ⊄平面ADF ，所以CE P 平面ADF .（Ⅱ）取CD 的中点N ，在菱形ABCD 中，ABC 60∠=︒，可得AN CD ⊥.因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ⋂平面ABEF AB =，AF ⊂平面ABEF ，AF AB ⊥，所以AF ⊥平面ABCD . 以A 为坐标原点，AN 为x 轴，AB 为y 轴，AF 为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示. 故()A 0,0,0，()C3,1,0，()D3,1,0-，()F 0,0,2，31H ,,12⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，31,,12AH ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u v ，()3,1,0AC u u u v=.设平面ACH 的一个法向量为(),,n x y z =v，则有00n AH n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 即 310230x y z x y ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩令x 1=可得()1,3,3n =--v . 易知平面ABEF 的一个法向量为()1,0,0m =v.设平面ACH 与平面ABEF 所成的锐二面角为θ，则7cos θ71133m n m n ⋅===⨯++v vv v , 即所求二面角的余弦值为77. 2．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60o 的二面角，点M 在线段AB 上．（1）若M 为AB 的中点，且直线MF ，由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线//OD 平面EMC ；（2）是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ；若存在，求此时二面角M EC F --的余弦值，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）10,4±. 【解析】（1）因为直线MF ⊂平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上（如图所示）因为AO BF P ，M 为AB 的中点，所以OAM MBF ∆≅∆，所以OM MF =，AO BF =，所以点O 在EA 的延长线上，且2AO = 连结DF 交EC 于N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点连结MN ，因为MN 为DOF ∆的中位线，所以MN OD P ，又因为MN ⊂平面EMC ，所以直线OD P 平面EMC .（2）由已知可得，EF AE ⊥，EF DE ⊥，所以EF ⊥平面ADE ，所以平面ABEF ⊥平面ODE ，取AE 的中点H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(1,0,0)E -，3)D ，(0,3)C ，(1,4,0)F -，所以3)ED =u u u r ，(1,3)EC =u u u r，设(1,,0)(04)M t t ≤≤，则(2,,0)EM t =u u u u r，设平面EMC 的法向量(,,)m x y z =u r ，则2000430x ty m EM m EC x y z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=++=⎪⎪⎩⎩u u u u v v u u u v v ，取2y =-，则x t =，3z =,3m t ⎛=- ⎝u r ，DE 与平面EMC 所成的角为60o 2232(8)243t t =-++，22332419t t =-+，所以2430t t -+=，解得1t =或3t =，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ，取ED 的中点Q ，则QA u u u r 为平面CEF 的法向量，因为13,0,22Q ⎛- ⎝⎭，所以33,0,22QA ⎛=- ⎝⎭u u u r ，,3m t ⎛=- ⎝u r ，设二面角M EC F --的大小为θ，所以222|||cos |||||(8)419343QA m QA m t t t t θ⋅===⋅--+++u u u r u ru u ur u r因为当2t =时，cos 0θ=，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当1t =时，θ为钝角，所以1cos 4θ=-.当3t=时，θ为锐角，所以1cos4θ=.3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟】如图，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，//EF AB，90BAF∠=︒，2AD=，1AB AF==，点P在线段DF上.（1）求证：AF⊥平面ABCD；（2）若二面角D AP C--的余弦值为63，求PF的长度.【答案】（1）见解析；（25【解析】（1）证明：∵90BAF∠=︒，∴AB AF⊥，又平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF I平面ABCD AB=，AF⊂平面ABEF，∴AF⊥平面ABCD.（2）以A为原点，以AB，AD，AF为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A，()1,0,0B，()1,2,0C，()0,2,0D，()0,0,1F，∴()0,2,1FDu u u v=-，()1,2,0AC=u u u v，()1,0,0AB=u u u r由题知，AB⊥平面ADF，∴()1,0,0AB=u u u r为平面ADF的一个法向量，设()01FP FDλλ=≤<u u u v u u u v，则()0,2,1Pλλ-，∴()0,2,1APλλ=-u u u v，设平面APC的一个法向量为(),,x y z=m，则m APm AC⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v，∴()21020y zx yλλ⎧+-=⎨+=⎩，令1y=，可得22,1,1mλλ⎛⎫=-⎪-⎝⎭，∴26cos,21411m ABm ABm ABλλ⋅===⎛⎫⋅++ ⎪-⎝⎭u u u vu u u vu u u v，得13λ=或1λ=-（舍去），∴5PF=.4．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图，三棱柱111ABC A B C-中，平面11ACC A⊥平面ABC，12AA AC CB==，90ACB∠=︒.（1）求证：平面11AB C⊥平面11A B C；（2）若1A A与平面ABC所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C--的余弦值.【答案】（1）详见解析；（23【解析】（1）因为平面11ACC A⊥平面ABC，平面11ACC A I平面ABC AC=，BC⊂平面ABC，90ACB∠=︒，所以BC⊥平面11ACC A，因为1AC⊂平面11ACC A，所以1BC A C⊥.因为11B C BC∥，所以111AC B C⊥.因为11ACC A是平行四边形，且1AA AC=，所以11ACC A是菱形，11A C AC⊥.因为1111AC B C C ⋂=，所以1AC⊥平面11AB C . 又1AC ⊂平面11A B C ，所以平面11AB C ⊥平面11A B C . （2）取AC 的中点M ，连接1A M ，因为11ACC A 是菱形，160A AC ∠=︒，所以1ACA ∆是正三角形，所以1A M AC ⊥，且13A M AC =. 令122AA AC CB ===，则13A M =. 所以以C 为原点，以CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过点C 且平行于1A M 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()2,0,0A ，()11,0,3C -，()0,1,0B ，()11,0,3A ，()2,0,0CA =u u u r，()()111111,0,30,1,0CB CC C B CC CB =+=+=-+u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u r ()1,1,3=-，()11,0,3CA =u u u r.设平面1ACB 的一个法向量为(),,n x y z =r ，则100n CA n CB r u u u r gr uu u r g⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以2030x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，得0x =，令1z =，则3y =-，所以()0,3,1n =-r .由（1）知1AC ⊥平面11A B C ，所以()11,0,3CA =u u u r是平面11A B C 的一个法向量，所以111cos ,CA n CA n CA n ⋅<>=⋅u u u r r u u u r r u u u r r 3341331==+⋅+. 所以二面角11C AB C --的余弦值为3.5．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟】如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD .四边形ADEF 为正方形，四边形ABCD 为梯形，且//AD BC ，ABD ∆是边长为1的等边三角形，M 为线段BD 中点，3BC =.(1)求证：AF BD ⊥；(2)求直线MF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点N ，使得直线//CE 平面AFN ？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23143）线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ，详见解析. 【解析】(1)证明：因为ADEF 为正方形，所以AF AD ⊥．又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，且平面ADEF ⋂平面ABCD AD =，所以AF ⊥平面ABCD ．所以AF BD ⊥．(2)取AD 中点O,EF 中点K ，连接OB ，OK.于是在△ABD 中，OB OD ⊥，在正方ADEF 中OK OD ⊥，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，故OB ⊥平面AFEF ，进而0B OK ⊥，即OB, OD, OK 两两垂直．分别以,,OB OD OK 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系（如图）．于是，3B ⎫⎪⎪⎝⎭，10,,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3C ⎫⎪⎪⎝⎭,1E 0,,12⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,311M ,0,F 0,,142⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 所以3335,,1,,,0,(0,0,1)4422MF CD DE ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u ur设平面CDE 的一个法向量为(,,)n x y z =r，则00CD n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u r u u v r 即350220x y z ⎧-⋅-⋅=⎪⎨⎪=⎩令5x =-，则3y =(3,0)n =-r．设直线MF 与平面CDE 所成角为θ，||3sin |cos ,|14||||MF n MF n MF n θ⋅=<>==u u u r ru u u r r u u u r r (3) 要使直线//CE 平面AFN ，只需AN //CD ，设,[0,1]BN BD λλ=∈u u u r u u u r ,则331,,02n n n x y z λ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,331,,02n n n x y z λ===, 331,,0222N λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以3311,,02222AN λλ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭u u u r , 又 35(,0)2CD =-u u u r ，由//AN CD u u u r u u u r 33112222 5322λ+=--解得2=[0,1]3λ∈ 所以线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ． 6．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面BDG ⊥平面ADG ；（2）求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析（221【解析】（1）证明：在BAD ∆中，因为22AB AD ==，60BAD ∠=︒. 由余弦定理得，2222cos60BD AD AB AB AD =+-⋅︒，解得3BD = ∴222AB AD DB =+，∴AD DB ⊥，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ， ∴GD DB ⊥ 又AD GD D ⋂=， ∴BD ⊥平面ADG ，∴平面BDG ⊥平面ADG . （2）解：如图以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，。

天津市高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》检测卷(含答案解析)

一、选择题1．长方体1111ABCD A BC D -，110AB AA ==，25AD =，P 在左侧面11ADD A 上，已知P 到11A D ､1AA 的距离均为5，则过点P 且与1AC 垂直的长方体截面的形状为（）A ．六边形B ．五边形C ．四边形D ．三角形2．在四棱锥O ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平四边形，设OA a =，OB b =，OC c =，则BD 可表示为（）A ．a c b +-B ．a +2b c -C ．c b a +-D ．a c +-2b3．如图，在几何体111ABC A B C -中，ABC ∆为正三角形，111////AA BB CC ，1AA ⊥平面ABC ，若E 是棱11B C 的中点，且1112AB AA CC BB ===，则异面直线1A E 与1AC 所成角的余弦值为（）A 13B 213C ．2613D ．226134．在空间四边形OABC 中，OA OB OC ==，3AOB AOC π∠=∠=，则cos ,OA BC的值为（）A ．0B ．22C ．12-D ．125．阅读材料：空间直角坐标系O ﹣xyz 中，过点P （x 0，y 0，z 0）且一个法向量为＝（a ，b ，c ）的平面α的方程为a （x ﹣x 0）+b （y ﹣y 0）+c （z ﹣z 0）＝0；过点P （x 0，y 0，z 0）且一个方向向量为d ＝（u ，v ，w ）（uvw≠0）的直线l 的方程为000x x y y z z u v w---==，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面α的方程为x+2y ﹣2z ﹣4＝0，直线l 是两平面3x ﹣2y ﹣7＝0与2y ﹣z+6＝0的交线，则直线l 与平面α所成角的大小为（） A ．arcsin 1414 B ．arcsin 421C ．arcsin51442D ．arcsin123773776．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ，AC ，1AA 两两互相垂直，1AB AC AA ==，M ，N 是线段1BB ，1CC 上的点，平面AMN 与平面ABC 所成（锐）二面角为6π，当1B M 最小时，AMB ∠=（）A ．512π B ．3πC ．4π D ．6π 7．如图，在空间四边形OABC 中，点E 为BC 中点，点F 在OA 上，且2OF FA =, 则EF 等于（）A ．121+232OA OB OC - B ．211+322OA OB OC -+C ．111222OA OB OC +- D ．211322OA OB OC -- 8．正方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别是棱,CD BC 上的动点，且2BF CE =，当三棱锥1C C EF -的体积取得最大值时，记二面角1111,,C EF C C EF A A EF A ------的平面角分别为,,αβγ，则（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βαγ>>D ．βγα>>9．已知菱形ABCD 中，∠60ABC =︒，沿对角线AC 折叠之后,使得平面BAC ⊥平面DAC ，则二面角B CD A --的余弦值为（）.A ．2B ．12C ．33D ．5510．三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是边长为2的菱形， 1160,CBB BC ︒∠=交1BC 于点,O AO ⊥侧面11BB C C ，且 1AB C 为等腰直角三角形．若建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则点1A 的坐标为（）A ．(3,2)-B ．(3,1,1)-C ．(13)-D ．(2,13)-11．已知a =（λ+1，0，6），b =（2λ+1，2μ﹣1，2）．若//a b ，则λ与μ的值分别为（） A ．﹣5，﹣2B ．1152--，C ．5，2D ．2152-，12．在长方体1111ABCD A BC D -中，若13AC =111()AB AC AD AC ++⋅=（）A ．0B 3C ．3D ．6二、填空题13．在长方体1111ABCD A BC D -中，若1AB BC ==，12AA =A 到平面11BD A的距离为_______ .14．若平面α的一个法向量为()n 122=，，，A(1，0，2)，B(0，-1，4)，A ∉α，B ∈α，则点A 到平面α的距离为__________．15．已知平面α的一个法向量()2,2,1n =--，点()1,3,0A --在平面α内，则点()2,1,4P -到平面α的距离为_________.16．在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中,E 为1AB 的中点,在面ABCD 中取一点F ,使1EF FC +最小,则最小值为__________.17．如图，已知边长为1的正'A BC ∆的顶点'A 在平面α内，顶点,B C 在平面α外的同一侧，点','B C 分别为,B C 在平面α内的投影，设''BB CC ≤，直线'CB 与平面''A CC 所成的角为ϕ.若'''A B C ∆是以角'A 为直角的直角三角形，则tan ϕ的最小值__________. 18．在z 轴上与点(4,1,7)A -和点(3,5,2)B -等距离的点C 的坐标为__________． 19．已知平行六面体中，则____．20．已知棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F 分别是11B C 和11C D的中点，点1A 到平面DBEF 的距离为________________．三、解答题21．如图1，在矩形ABCD 中，22,BC AB E ==是AD 中点，将CDE △沿直线CE 翻折到CPE △的位置，使得3PB =，如图2.（1）求证：面PCE ⊥面ABCE ；（2）求PC 与面ABP 所成角的正弦值.22．如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，ABC 是边长为6的等边三角形，D ，E 分别为AA 1，BC 的中点.（1）证明：AE //平面BDC 1；（2）若123AA =，求DE 与平面BDC 1所成角的正弦值. 23．如图，在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD -中，90ABC -︒，SA ⊥平面ABCD ，22SA AB BC AD ====，E 是SC 的中点.（1）证明：//DE 平面SAB ；（2）求直线CD 与平面BED 所成角的正弦值.24．在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC CC ===，90ACB ∠=︒，点D 在棱AC 上(不同于点A ，C )，点E 为棱1CC 的中点.（1）求直线1BC 与平面1A BE 所成角的正弦值；（2）若二面角1A BE D --6CD 的长. 25．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，已知ABC 是直角三角形，侧面11ABB A 是矩形，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，13BC（1）证明：BC 1⊥AC ．（2）E 是棱CC 1的中点，求直线B 1C 与平面ABE 所成角的正弦值． 26．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA AD ⊥，13,2AD BC ==，5PC =，//AD BC ，AB AC =，150BAD ∠=，30PDA ∠=．（Ⅰ）证明：PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）在线段PD 上是否存在一点F ，使直线CF 与平面PBC 所成角的正弦值等于14？若存在，指出点F 的位置；若不存在，请说明理由．【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D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，先利用向量找出截面与11A D 、AD 和AB 的交点，再过Q 作//QF MN 交11B C 于F ，过F 作//EF QM ，交1BB 于E ，即可判断截面形状. 【详解】以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()120,0,5,25,0,10,0,10,0P A C ，()125,10,10AC ∴=--，设截面与11A D 交于(),0,10Q Q x ，则()20,0,5Q PQ x =-，()12520500Q A C PQ x ∴⋅=---=，解得18Q x =，即()18,0,10Q ，设截面与AD 交于(),0,0M M x ，则()20,0,5M PM x =--，()12520500M AC PM x ∴⋅=--+=，解得22Mx =，即()22,0,0M ，设截面与AB 交于()25,,0N N y ，则()3,,0N MN y =，1253100N AC MN y ∴⋅=-⨯+=，解得7.5N y =，即()25,7.5,0N ，过Q 作//QF MN ，交11B C 于F ，设(),10,10F F x ，则()18,10,0F QF x =-，则存在λ使得QF MN λ=，即()()18,10,03,7.5,0F x λ-=，解得22F x =，故F 在线段11B C 上，过F 作//EF QM ，交1BB 于E ，设()25,10,E E z ，则()3,0,10E EF z =--，则存在μ使得EF QM μ=，即()()3,0,104,0,10E z μ--=-，解得 2.5E z =，故E 在线段1BB 上，综上，可得过点P 且与1AC 垂直的长方体截面为五边形QMNEF . 故选：B.【点睛】本题考查截面的形状的判断，解题的关键是先利用向量找出截面与11A D 、AD 和AB 的交点，即可利用平面的性质找出其它点的位置.2．D解析：D 【分析】作出图形，根据条件得出BD BA BC =+，再得到BA a b =-，BC c b =-，即可求解，得到答案. 【详解】如图所示，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，则BD BA BC =+，在OAB ∆中，BA OA OB a b =-=-，在OBC ∆中，BC OC OB c b =-=-，故选：D.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，以及向量的加法的几何意义，其中解答中熟记向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.3．C解析：C 【解析】【分析】以C 为原点，在平面ABC 内过C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A 1E 与AC 1所成角的余弦值【详解】以C 为原点，在平面ABC 内过C 作BC 的垂线为x 轴， CB 为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝CC 1＝2BB 1＝2，则A 131，2），A 310，，），C 1（0，0，2），B 1（0，2，1），E （0，1，32）， 1A E =（3-0，12-），1AC =（3-1，2），设异面直线A 1E 与AC 1所成角为θ，则cosθ1111261384A E AC A E AC ⋅===⋅⋅． ∴异面直线A 1E 与AC 1所成角的余弦值为2613．故选C ．【点睛】本题考查异面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，考查运算求解能力，是基础题．4．A解析：A 【分析】利用OB OC =，以及两个向量的数量积的定义可得cos ,OA BC <>的值，即可求解．【详解】由题意，可知OB OC =，则()OA BC OA OC OB OA OC OA OB ⋅=⋅-=⋅-⋅coscos33OA OC OA OB ππ=⋅-⋅1()02OA OC OB =⋅-=，所以OA BC ⊥，所以∴cos ,0OA BC <>=. 故选A ．【点睛】本题主要考查了两个向量的数量积的定义，两个向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．5．B解析：B 【分析】先根据两个平面的方程，求出平面交线的方向向量，结合已知平面的方程确定平面的法向量，然后求解. 【详解】平面α的法向量为n ＝（1，2，﹣2），联立方程组3270260x y y z --=⎧⎨-+=⎩，令x ＝1，得y ＝﹣2，z ＝2，令x ＝3，得y ＝1，z ＝8，故点P （1，﹣2，2）和点Q （3，1，8）为直线l 的两个点，∴PQ ＝（2，3，6）为直线l 的方向向量， ∵44cos ,3721||||PQ n PQ n PQ n ⋅-<>===-⨯ ，∴直线l 与平面α所成角的正弦值为421，故选B ．【点睛】本题主要考查直线和平面所成角的正弦，属于信息提供题目，理解题中所给的信息是求解关键.6．B解析：B 【分析】以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AMB ∠的大小．【详解】以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，设1=1AB AC AA ==，设CN b =，BM a =，则(1N ，0，)b ，(0M ，1，)a ，(0A ，0，0)，(0B ，1，0)，(0AM =，1，)a ，(1AN =，0，)b ，设平面AMN 的法向量(n x =，y ，)z ，·0·0AM n y az AN n x bz ⎧=+=⎨=+=⎩，取1z =，得(n b =-，a -，1)，平面ABC 的法向量(0m =，0，1)，平面AMN 与平面ABC 所成（锐)二面角为6π， 2||cos6||||m n m n a π∴==+，解得22331a b +=，∴当|1|B M 最小时，0b =，BM a ==tan AB AMB BM ∴∠=== 3AMB π∴∠=．故选B ．【点睛】本题考查角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．D解析：D 【解析】分析：利用向量多边形与三角形法则即可求出，首先分析题中各选项都是由从O 出发的三个向量表示的，所以将待求向量用从O 出发的向量来表示，之后借助于向量的差向量的特征以及中线向量的特征，求得结果. 详解：由题意可得21()32EF OF OE OA OB OC =-=-+ 211322OA OB OC =--，故选D. 点睛：该题考查的是有关空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题.8．A解析：A 【分析】设正方体的棱长为2，CE a =，则22CF a =-，列出三棱锥1C C EF -的体积关系式，可知当12a =时，1C C EF V -取得最大值，以D 为原点，DA 为x 轴、DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用法向量求出,,αβγ的余弦值，根据余弦值的大小关系可得结果. 【详解】以D 为原点，DA 为x 轴、DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，CE a =，则22CF a =-，由0222a <-≤，得01a ≤<，11C C EF C CEF V V --=113CEF CC S =⨯⨯△211211(22)2()32324a a a ⎡⎤=⨯-⨯=--+⎢⎥⎣⎦，所以当12a =时，1C C EF V -取得最大值16. 此时，3(2,0,0),(020),(00)2A C E ，，，，，(1,2,0)F ，11(2,0,2),(0,2,2)A C ， 1(1,,0)2EF =，1(1,0,2)C F =-，1(1,2,2)A F =--，设平面1C EF 的法向量为111(,,)m x y z =，平面1A EF 的法向量为222(,,)n x y z =，则100m EF m C F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111110220x y x z ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，取11x =，则1112,2y z =-=，所以1(1,2,)2m =-， 100n EF n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222102220x y x y z ⎧+=⎪⎨⎪-+-=⎩，取21x =则2252,2y z =-=-，所以5(1,2,)2n =--，取平面CEF 和平面AEF 的法向量为1(0,0,2)AA =，由图可知，,,αβγ均为锐角，则cos α=11||||||m AA m AA ⋅1140044=++⨯++21=， ||cos ||||m n m n β⋅==5|14|4125141444+-++⨯++105=，11||cos =||||n AA nAA γ⋅==，所以cos cos cos αβγ<<，根据余弦函数在(0,)2π内单调递减，可得αβγ>>.故选：A 【点睛】本题考查了三棱锥的体积公式，考查了二面角的向量求法，考查了运算求解能力，属于中档题.9．D解析：D 【分析】取AC 的中点E ，分别以EA ，ED ，EB 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角B CD A --的余弦值．【详解】解：如图取AC 的中点E ，分别以EA ，ED ，EB 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，令棱形ABCD 的边长为2，则()1,0,0A ，()1,0,0C -，()D ，(B 设平面BCD 的法向量为(),,n x y z =，(1,0,BC =-，(BD =330x y z ⎧--=⎪-=令z =y =3x =-即(3,3,n =-平面ACD 的法向量为()0,0,1m = 令二面角B CD A --的夹角为θ3cos 1n m n mθ===⨯ 因二面角B CD A --为锐二面角cos θ=故选D【点睛】本题考查求二面角二余弦值，关键是准确的建立空间直角坐标系，属于中档题．10．B解析：B 【分析】作1A D ⊥平面11BB C C 于点 D ，连接1B D ，1,C D OD ，则点1A 与点 D 的横纵坐标相同，点1A 竖坐标的值为1A D 的长度，由1//AA 平面 11BBC C ，得到A 和1A 到平面11BB C C 的距离相等．由 1//AD AO ，则1A 竖坐标的值为AO 的长度,由111//,OC C D OC C D OB ==，得到 11DB OC 为平行四边形，然后由1AB C 为等腰直角三角形面11BB C C 是边长为2的菱形， 160CBB ︒∠=求得坐标即可. 【详解】如图所示，作1A D ⊥平面11BB C C 于点 D ，连接1B D ，1,C D OD ，则点1A 与点D 的横纵坐标相同，点1A 竖坐标的值为1A D 的长度，因为111//,AA CC CC ⊂平面 111,BB C C AA ⊄平面11BB C C ，所以1//AA 平面11BB C C ，所以A 和1A 到平面11BBC C 的距离相等．而1A D ⊥平面11,BB C C AO ⊥平面 11BB C C ，所以1A D AO =，1//A D AO ，所以1AODA 为平行四边形，所以11//,AA OD AA OD =，所以11//,OD CC OD CC =，所以1OCC D 为平行四边形．所以111//,OC C D OC C D OB ==，所以11DB OC 为平行四边形，所以111,,B D OC C D OB ==．而在边长为2的菱形11CC B B 中，160CBB ︒∠=，所以111OC BO OC OB ===．所以点D 的坐标为(,0)，而1AB C 为等腰直角三角形，所以11OA OC OB ===，故点1A 的坐标为(,1)．故选：B ．【点睛】本题主要考查直线，平面间的平行关系以及平面几何图形的应用，还考查了逻辑推理的能力，属于中档题.11．D解析：D 【分析】利用共线向量的性质直接求解．【详解】(1a λ=+，0，6)，(21b λ=+，21μ-，2)，//a b ，∴6(21)2(1)λλ+=+，且021μ=-，解得25λ=-，12μ=． λ∴与μ的值分别为21,52-．故选：D ．【点睛】本题主要考查了空间中共线向量的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12．D解析：D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系A xyz -，设1,,AB a AD b AA c ===，则111(,0,),(,,0),(0,,),(,,)AB a c AC a b AD b c AC a b c ====. 则111(2,2,2)2AB AC AD a b c AC ++==，所以21111()2()6AB AC AD AC AC ++⋅==. 故选：D 【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的模的概念，属于容易题.二、填空题13．【分析】以为原点为轴为轴为轴建立空间直角坐标系利用向量法即可求解到平面的距离【详解】以为原点为轴为轴为轴建立空间直角坐标系则所以设平面的法向量为则取得所以到平面的距离故答案为：【点睛】本题主要考查了解析：63【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解A 到平面11BD A 的距离【详解】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则11(1,0,0),(1,0,2),(1,1,0),(0,0,2)A A B D , 所以11(0,1,2),(1,1,2),(0,1,0)BA BD BA =-=--=-，设平面11BD A 的法向量为(,,)n x y z =，则112020n BA y z n BD x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，取1z =，得(0,2,1)n =，所以A 到平面11BD A 的距离2633n BA d n⋅===. 故答案为：63．【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求法，其中解答中熟记空间向量在立体几何中的应用，合理利用空间向量运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．14．【分析】利用点到直线的距离公式借助平面的法向量利用公式即可求解【详解】由题意平面的一个法向量为且则所以点A 到平面的距离为【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求法其中解答中熟记空间向量在几何问题中的解析：13【分析】利用点到直线的距离公式，借助平面的法向量，利用公式，即可求解. 【详解】由题意，平面α的一个法向量为,,(1)22n =，且(1,0,2),(0,1,4),,A B A B αα-∉∈，则(1,1,2)BA =-，所以点A 到平面α的距离为12413144BA n d n⋅+-===++.【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求法，其中解答中熟记空间向量在几何问题中的应用，以及点到直线的距离公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.15．【分析】由题意算出根据向量是平面的一个法向量算出向量在上的投影的绝对值即可得到到的距离【详解】解：根据题意可得又平面的一个法向量点A 在内到的距离等于向量在上的投影的绝对值即故答案为:【点睛】本题给出解析：23【分析】由题意算出()1,4,4AP =-，根据向量()2,2,1n =--是平面α的一个法向量，算出向量AP 在n 上的投影的绝对值，即可得到P 到α的距离. 【详解】解：根据题意，可得()()1,3,0,1,4,2A P ---， ()1,4,4AP =-，又平面α的一个法向量()2,2,1n =--，点A 在α内，()2,1,4P ∴-到α的距离等于向量AP 在n 上的投影的绝对值， ()()1242412P n A -⨯-+⨯-∴⨯=-=+即(232AP n d n ===- 故答案为:23【点睛】本题给出平面的法向量和平面上的一点，求平面外一点到平面的距离；着重考查了向量的数量积公式和点到平面的距离计算等知识，属于中档题.16．【解析】如图将正方体关于面对称则就是所求的最小值. 【解析】如图，将正方体1111ABCD A BC D -关于面ABCD 对称，则1EC 就是所求的最小值，1EC ===． 17．【解析】如图建系设则可得且故又因为故又故又因为且故故答案为【解析】如图建系，设()()0,,,,0,B b m C c n ，则()()222210,,,0,11cos 600b m c n b m c n m n⎧+=+=⎪=⋅⎨⎪<≤⎩，可得12mn =且0m n <≤，故22m ≤，又因为221c n +=，故1n <,又12mn =, 故12m >，又因为212tan 1,22b m m ϕ==-<≤且，故 2tan 2ϕ≥，故答案为22. 18．（00）【详解】解：由题意设C （00z ）∵C 与点A （-417）和点B （35-2）等距离∴|AC|=|BC|∴点C 的坐标为（00）解析：（0，0，）【详解】解：由题意设C （0，0，z ），∵C 与点A （-4，1，7）和点B （3，5，-2）等距离， ∴|AC|=|BC|，22161(7)925(2)18z 28z 4=19z z ∴++-=+++∴=，∴点C 的坐标为（0，0，149） 19．【解析】试题分析：因为在平行六面体中所以则考点：本题考查的知识点是点线面间的距离计算考查空间两点之间的距离运算根据已知条件构造向量将空间两点之间的距离转化为向量模的运算是解答本题的关键解析：【解析】试题分析：因为在平行六面体中，，所以,则．考点：本题考查的知识点是点、线、面间的距离计算，考查空间两点之间的距离运算，根据已知条件，构造向量，将空间两点之间的距离转化为向量模的运算，是解答本题的关键．20．1【分析】以D 点为原点的方向分别为轴建立空间直角坐标系求出各顶点的坐标进而求出平面的法向量代入向量点到平面的距离公式即可求解【详解】以为坐标原点的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系则所以设是平解析：1 【分析】以D 点为原点，1,,DA DC DD 的方向分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出各顶点的坐标，进而求出平面BDEF 的法向量，代入向量点到平面的距离公式，即可求解．【详解】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz ，则1(1,0,1)A ，(1,1,0)B ，1(0,,1)2F ，所以(1,1,0)DB =，1(0,,1)2DF，1(1,0,1)A D =--，设 (,,)x y z =m 是平面BDFE 的法向量，则m DB m DF⎧⊥⎨⊥⎩，即0102m DB x y m DF y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1y =，可得112x z =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，故1(1,1,)2m =--，设点A 在平面BDFE 上的射影为H ，连接1A D，则1A D 是平面BDFE 的斜线段，所以点1A 到平面BEFE 的距离1111A D m d m+⋅===．【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）11. 【分析】（1）连结BE ，可得BE EC ⊥，结合两图，可得BE EC ⊥，BE PE ⊥，又EC PE E ⋂=，根据线面垂直的判定定理证得BE ⊥面PEC ，再利用面面垂直的判定定理证得结果；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果. 【详解】（1）证明：连结BE ，由图1可得BE EC ⊥ 在图2中2,1,3,BE PE PB BE PE ===∴⊥又EC PE E BE ⋂=∴⊥面PECBE ∴⊂面ABCE ∴面PCE ⊥面ABCE（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系.由题意可知，()()()1321,0,0,1,2,0,0,1,0,,22B C E P ⎛⎝⎭()132,,,1,0,0222AP AB ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭设面ABP 的法向量为(),,n x y z =则0,0n AP n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩令y 得3,z =-所以()0,2,3n =- 11,,22PC ⎛= ⎝⎭222sin cos ,11PC n PC n PC nθ⋅∴===⨯ 所以直线PC 与面ABP. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值. 22．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）以A 为原点，过A 在平面ABC 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//AE 平面1BDC ．（2）求出平面1BDC 的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出DE 与平面1BDC 所成角的正弦值．【详解】（1）证明：以A 为原点，过A 在平面ABC 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0A ，0，0)，B 3，0)，(0C ，6，0)，E ，92，0)，设12AA t =，(0D ，0，)t ，1(0C ，6，2)t ，33(2AE=，92，0)，(33DB=，3，)t-，1(0DC=，6，)t，设平面1BDC的法向量(n x=，y，)z，则1333060n DB x y tzn DC y tz⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1y=，则(3n=-，1，6)t-，AE n⋅=，AE⊂/平面1BDC，//AE∴平面1BDC．（2）123CC=，(0D，0，3)，33(2DE=，92，3)-，由（1）知，平面1BDC的法向量(3n=-，1，6)3-，即(3n=-，1，23)-，设DE与平面1BDC所成角为θ，则DE与平面1BDC所成角的正弦值为：||630sin20||||430DE nDE nθ⋅===⋅．【点睛】方法点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.23．（1）证明见解析；（2230.【分析】（1）取BS中点F，连接AF，EF，易得四边形ADEF为平行四边形，则//DE AF，再利用线面平行的判定定理证明；（2）以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AS为z轴建立空间直角坐标系，求得向量CD的坐标和平面BDE的一个法向量(),,n x y z=，由sin cos ,||||n CD n CD n CD θ⋅==求解.【详解】（1）如图所示：取BS 中点，设为F ，连接AF ，EF ，因为2,//BC AD AD BC =，所以//,AD EF AD EF =，所以四边形ADEF 为平行四边形，所以//DE AF ，又DE ⊄平面SAB ，AF ⊂平面SAB ，所以//DE 平面SAB ；（2）以A 为坐标原点，AD 为x 轴，AB 为y 轴，AS 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,2,0B ，()2,2,0C ，()1,0,0D ，()1,1,1E ，从而()1,2,0CD =--，()1,2,0BD =-，()0,1,1DE =，设平面BDE 的一个法向量为(),,n x y z =，则00BD n DE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200x y y z -=⎧⎨+=⎩，令1y =，则21x z =⎧⎨=-⎩，所以平面BDE 的一个法向量为(2,1,1)n =-，设直线CD 与平面BED 所成角为θ，所以22230sin cos ,15||||56n CD n CD n CD θ⋅--====⋅.所以直线CD 与平面BED 所成角的正弦值是23015. 【点睛】方法点睛：利用向量求线面角的方法：（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 24．（1）36（2）1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据线面角公式求解即可；（2）设(,0,0)(02)D <<，根据二面角公式及二面角1A BE D --的余弦值为66解方程即可求解. 【详解】(1)如图建立空间直角坐标系C 一xyz ,则B (0,2,0)，C (0,0,2)，E (0,0,1 )，A 1(2,0,2).11(0,2,2),(2,0,1),(0,2,1)BC EA EB ∴=-==-.设平面1A BE 的法向量为(,,)n x y z =, 则2020x z y z +=⎧⎨-=⎩,令x = 1,则(1,1,2)n =--.所以1113cos ,.6||||BC n BC n BC n ⋅<>==-所以直线BC 与平面1A BE（2）设(,0,0)(02)D <<，则(,2,0)BD →=-,设平面BED 的法向量为(,,)m x y z →=，则2020x y y z λ-=⎧⎨-=⎩,令y = 1,则2(,1,2)m λ→=. 因为二面角1A BE D --所以2|5|||cos ,||||6m n m n m n →→→-⋅<>===⨯，解得1λ=，所以1CD = 【点睛】关键点点睛：向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．25．（1）证明见解析；（2）14. 【分析】（1）根据题意及线面垂直的判定定理，可证明AB ⊥平面BCC 1B 1，即AB ⊥BC 1，根据勾股定理，可证明BC ⊥BC 1，即可证明BC 1⊥平面ABC ，根线面垂直的性质定理，即可得证；（2）如图建系，求得所需点的坐标，进而求得,BA BE ，1BC 向量坐标，即可求得平面ABE 的法向量m 的坐标，根据线面角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）证明：因为ABC 是直角三角形，所以AB ⊥BC ．因为侧面11ABB A 是矩形，所以AB ⊥BB 1．因为BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BCC 1B 1，又因为1BC ⊂平面BCC 1B 1，所以AB ⊥BC 1．因为BC ＝1，BB 1＝CC 1＝2，1BC 所以22211BC BC CC +=，所以BC ⊥BC 1．因为BC ∩AB ＝B ，所以BC 1⊥平面ABC ．因为AC ⊂平面ABC ．所以BC 1⊥AC ．（2）由（1）知，BC ，BA ，BC 1两两垂直，故以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BC 1为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则B （0，0，0），C （1，0，0），A （0，1，0），13022E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，(1103B -，． (01302,1,0),BA BE =⎛ ⎝⎭=，，1BC =（2，0，3- 设面ABE 的法向量为()111m x y z =，，，由00m BA m BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11101302y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩，，，令z 1＝1，得()301m =-，，．设直线B 1C 与平面ABE 所成角的大小为θ，则11sin m B C m B Cθ⋅=⋅333212714==⨯，所以直线B 1C 与平面ABE 所成角的正弦值为32114．【点睛】解题是关键是熟练掌握线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，在用向量法求线面角时，法向量与直线的方向向量所成角的余弦值，即为线面角的正弦值，考查推理证明，计算求值的能力，属中档题.26．（1）证明见解析；（2）点F 是线段PD 的中点．【分析】（1）取线段BC 中点E ，连结AE ．由已知条件推导出AE BC ⊥，PA AC ⊥．由此能证明PA ⊥平面ABCD ．（2）以A 为坐标原点，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点F 是线段PD 的中点，使直线CF 与平面PBC 成角正弦值等于14．【详解】（1）证明：取线段BC 中点E ，连结AE ．因为3AD =，30PDA ∠=︒，所以1PA =．因为//AD BC ，150=︒∠BAD 所以30B ∠=︒．又因为AB AC =，所以AE BC ⊥，而23BC =，所以2cos30BEAC AB ===︒．因为5PC =，所以222PC PA AC =+，即PA AC ⊥．因为PA AD ⊥，且AD ，AC ⊂平面ABCD ，AD AC A =，所以PA ⊥平面ABCD ．（2）解：以A 为坐标原点，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则(0P ，0，1)，(1,3,0)B -，3,0)C ，3,0)D ．设1(F x ，1y ，1)z ，因为点F 在线段PD 上，设PF PD λ=，则11103(01)1x y z λλλ=⎧⎪=<⎨⎪=-⎩．即(0,3,1)F λλ-，所以(1,33,1)FC λλ=-．设平面PBC 的法向量为(,,)u x y z =，则0,0u PB BC u ⋅=⋅=，所以30230x z y ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，所以(1,0,1)u =．因为直线CF 与平面PBC 成角正弦值等于14，所以14FC uFC u⋅=⨯．14=，即12λ=．所以点F 是线段PD 的中点．【点睛】关键点睛：利用向量解决空间中角的问题的关键是根据图形建立合适的空间直角坐标系和学生的计算能力.。

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因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点。

又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 。

EO ⊂平面AEC,PB ⊄平面AEC,所以PB ∥平面AEC.（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，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，AP 为单位长，建立空间直角坐标系A xyz -，则D 1),2E 1(0,)2AE =. 设(,0,0)(0)bm m，则(c m (AC m =。

设1(,,)n x y z =为平面ACE 的法向量，则110,0,n AC n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,10,2mx y z ⎧+=+=，可取1n =-。

又2(1,0,0)n =为平面DAE的法向量，由题设121cos ,2n n=，即 12=，解得32m =。

因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ACD -的高为12. 三菱锥E ACD -的体积11313222V =⨯⨯=.4. 如图，三棱柱111ABC A B C -中，点1A 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，090ACB ∠=，11,2BC AC CC ===.（I ）证明：11AC A B ⊥；（II ）设直线1AA 与平面11BCC B1A AB C --的大小.1解：解法一：（I ）1A D ^平面ABC ，1A D Ì平面11AA C C ，故平面11AA C C ^平面ABC ．又BC AC ^，BC \^平面11AA C C ．连结1A C ，∵侧面11AA C C 为菱形，故11AC AC ^，由三垂线定理得11AC A B ^；（II ）BC ^平面11,AAC C BC Ì平面11BCC B ，故平面11AA C C ^平面11BCC B ．作11,A E CC E ^为垂足，则1A E ^平面11BCC B ．又直线1AA ∥平面11BCC B ，因而1AE 为直线1AA 与平面11BCC B 的距离，1A E =．∵1A C 为1ACC Ð的角平分线，故11A D A E ==,DF AB F ^为垂足，连结1A F ，由三垂线定理得1A F AB ^，故1AFDÐ为二面角1A AB C --的平面角．由1AD =得D 为AC的中点，111tan 2A DAC BC DF A FD ABDF´=??=∴二面角1A AB C --的大小为1解法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -．由题设知1A D 与z 轴平行，z 轴在平面11AA C C 内．（I）设()1,,A a c ，由题设有()()2,2,0,0,0,1,0,a A B £则()()()()()11112,1,0,2,0,0,2,0,,4,0,,,1,.AB AC AA a c AC AC AA a c BA a c =-=-=-=+=-=-由12AA =得2，即2240a a c -+=（①）．于是22111140,AC BA a a c AC A B ?-+=\^．（II ）设平面11BCC B 的法向量(),,,m x y z =则1,,m CB m BB ^^即10,0m CBm BB ??．()0,1,0,CB =()112,0,,BB AA a c ==-故0y =，且()20a x cz -+=．令x c =，则()2,,0,2z a m c a =-=-，点A 到平面11BCC B 的距离为cos ,CA m CA m CAc m×?=．又依题设，点A 到平面11BCC Bc \=代入①解得3a =（舍去）或1a =．于是(11,0AA =-．设平面1ABA 的法向量(),,n p q r =，则1,n AA n AB ^^，即10,0,0n AA nABp r ??\-=，故且20p q -+=．令p =则1,q r ==()3,23,1n =．又()0,1p =为平面ABC 的法向量，故1cos ,4n p n p n p⋅==⋅，∴二面角1A ABC --的大小为1arccos 4． 5. 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2AB =，60BAD ∠=︒．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若PA AB =，求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长．【解】（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥，因为ACPA A =，所以BD ⊥平面PAC ．（Ⅱ）设ACBD O =．因为60BAD ∠=，2PA AB ==，所以1BO =，AO CO ==．如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -．则()0,P ，()0,A ，()1,0,0B ，()C ，所以()2PB =-，()AC =，设PB 与AC 所成角为 θ，则cos 2PB AC PB ACθ⋅===（Ⅲ）由（Ⅱ）知()BC =-，设()0,P t()0t >，则()1,BP t =-，yA　A设平面PBC 的法向量(,,)m x y z =,则0,0,BC m BP m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.x x tz ⎧-+=⎪⎨-+-⎪⎩ 令,3=y 则63,x z t==．所以63,3,m t ⎛⎫= ⎪⎝⎭同理，平面PDC 的法向量63,3,n t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为平面PCB ⊥平面PDC ，所以0m n ⋅=，解得6=t ．所以PA =6. 如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，M D ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且1MD NB ==，E 为BC 的中点，（Ⅰ）求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；（Ⅱ）在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解：如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标D xyz -依题意，得1(0,0,0)(1,0,0)(0,0,1),(0,1,0),(1,1,0),(1,1,1),(,1,0)2D A M C B NE 。

1(,0,1),(1,0,1)2NE AM ∴=--=-cos ,10||||NE AM NE AM NE AM <>==-⨯，所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为（2）假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .(0,1,1)AN =,可设(0,,),AS AN λλλ==又11(,1,0),(,1,)22EA ES EA AS λλ=-∴=+=-.由ES ⊥平面AMN ，得0,0,ES AM ES AN ⎧=⎪⎨=⎪⎩即10,2(1)0.λλλ⎧-+=⎪⎨⎪-+=⎩故12λ=，此时112(0,,),||222AS AS ==.经检验，当2AS =时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN，此时2AS =. 7. 如图，在四面体ABOC 中，OC OA ⊥，OC OB ⊥，120AOB ∠=︒，且1OA OB OC ===．（Ⅰ）设P 为AC 中点．证明：在AB 上存在一点Q ，使PQ OA ⊥，并计算ABAQ的值．（Ⅱ）求二面角O AC B --的平面角的余弦值．解：取O 为坐标原点，分别以OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz - （如图所示）则1(1,0,0),(0,0,1),(2A C B -P 为AC 中点，11(,0,)22P ∴设 ((0,1)),AQ AB λλ=∈3(2AB =-。

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