2019年数学新同步湘教版选修2-1讲义+精练：第3章 章末小结 Word版含解析

1．空间向量基本定理
设e1，e2，e3是空间中的三个不共面的单位向量，则
(1)空间中任意一个向量v可以写成这三个向量的线性组合：
v＝xe1＋ye2＋ze3.
(2)上述表达式中的系数x，y，z由v唯一决定，即：如果v＝xe1＋ye2＋ze3＝x′e1＋y′e2＋z′e3，则x＝x′，y＝y′，z＝z′.
2．空间向量的坐标运算公式
(1)加减法：(x1，y1，z1)±(x2，y2，z2)＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)．
(2)与实数的乘法：a(x，y，z)＝(ax，ay，az)．
(3)数量积：设v＝(x，y，z)，则|v|＝x2＋y2＋z2.
(4)向量的夹角：cos θ＝
v1·v2 |v1|·|v2|
＝
x1x2＋y1y2＋z1z2
x21＋y21＋z21·x22＋y22＋z22
.
3．空间向量在立体几何中的应用
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则
[例1]
M ，N 分别为AB ，PC 的中点．求证：
(1)MN ∥平面PAD ； (2)平面PMC ⊥平面PDC .
[证明] 如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别
为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A -xyz .
设PA ＝AD ＝a ，AB ＝b .则有，
(1)P (0,0，a )，A (0,0,0)，D (0，a,0)，C (b ，a,0)，B (b,0,0)． ∵M ，N 分别为AB ，PC 的中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫b 2，0，0，N ⎝⎛⎭
⎫b 2，a 2，a 2. ∴MN ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，AP ―→＝(0,0，a )，AD ―→
＝(0，a,0)， ∴MN ―→＝12AD ―→＋12
AP ―→
.
又∵MN ⊄平面PAD ，∴MN ∥平面PAD . (2)由(1)可知：
PC ―→＝(b ，a ，－a )，PM ―→＝⎝⎛⎭⎫b
2，0，－a ， PD ―→
＝(0，a ，－a )．
设平面PMC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩
⎪⎨⎪⎧
n 1·
PC ―→＝0⇒bx 1＋ay 1－az 1＝0，n 1·PM ―→＝0⇒b 2x 1－az 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＝2a b z 1，
y 1＝－z 1，
令z 1＝b ，则n 1＝(2a ，－b ，b )．
设平面PDC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
n 2·PC ―→＝0⇒bx 2＋ay 2－az 2＝0，n 2·
PD ―→＝0⇒ay 2－az 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪
⎧
x 2＝0，y 2＝z 2.
令z 2＝1，则n 2＝(0,1,1)， ∵n 1·n 2＝0－b ＋b ＝0，∴n 1⊥n 2. ∴平面PMC ⊥平面PDC .
(1)用向量法证明立体几何中的平行或垂直问题，主要应用直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借助空间中已有的一些关于平行或垂直的定理．
(2)用向量法证明平行或垂直的步骤：①建立空间图形与空间向量的关系(通过取基或建立空间直角坐标系的方法)，用空间向量或以坐标形式表示问题中涉及的点、直线和平面；②通过向量或坐标，研究向量之间的关系；③根据②的结论得出立体几何问题的结论．
(3)在用向量法研究线面平行或垂直时，上述判断方法不唯一，如果要证直线l ∥平面α，只需证l ＝λa ，l ⊄α，其中l 是直线l 的方向向量，a ⊂α；如果要证l ⊥α，只需在平面α内选
取两个不共线向量m ，n ，证明⎩
⎪⎨⎪⎧
l ·m ＝0，l ·n ＝0，即可．
1.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为
CC 1的中点，求证：A 1O ⊥平面GBD .
证明：法一：设A 1B 1―→＝a ，A 1D 1―→＝b ，A 1A ―→
＝c ， 则a ·b ＝0，b ·c ＝0，a ·c ＝0， A 1O ―→＝A 1A ―→＋AO ―→＝A 1A ―→＋12(AB ―→＋AD ―→)
＝c ＋1
2
(a ＋b )，
BD ―→＝AD ―→－AB ―→
＝b －a ，
OG ―→ ＝OC ―→ ＋CG ―→ ＝12(AB ―→＋AD ―→ )＋12CC 1―→＝1
2(a ＋b )－12c ，
∴A 1O ―→·BD ―→
＝⎝⎛⎭⎫c ＋12a ＋12b ·(b －a ) ＝c ·(b －a )＋1
2
(a ＋b )·(b －a )
＝c ·b －c ·a ＋12(b 2－a 2)＝1
2(|b |2－|a |2)＝0，
∴A 1O ―→⊥BD ―→
.∴A 1O ⊥BD . 同理可证A 1O ―→⊥OG ―→
.∴A 1O ⊥OG . 又OG ∩BD ＝O ， ∴A 1O ⊥平面GBD .
法二：如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2，2,0)，A 1(2,0,2)，G (0,2,1)，O (1，1,0)，
所以A 1O ―→＝(－1,1，－2)，DB ―→＝(2,2,0)， DG ―→
＝(0,2,1)，
则A 1O ―→·DB ―→＝(－1,1，－2)·(2,2,0)＝0， A 1O ―→·DG ―→＝(－1,1，－2)·(0,2,1)＝0，
所以A 1O ―→⊥DB ―→，A 1O ―→⊥DG ―→
.即A 1O ⊥DB ，A 1O ⊥DG . 又DB ∩DG ＝D ，故A 1O ⊥平面GBD .
法三：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，A 1(2,0,2)，G (0,2,1)，O (1,1,0)，
所以A 1O ―→＝(－1,1，－2)，DB ―→＝(2,2,0)，DG ―→
＝(0,2,1)． 设向量n ＝(x ，y ，z )为平面GBD 的一个法向量， 则n ⊥DB ―→，n ⊥DG ―→. 即n ·DB ―→＝0，n ·DG ―→＝0.
所以⎩
⎪⎨⎪⎧
2x ＋2y ＝0，2y ＋z ＝0.
令x ＝1，则y ＝－1，z ＝2， 所以n ＝(1，－1,2)． 所以A 1O ―→＝－n .即A 1O ―→
∥n . 所以A 1O ⊥平面GBD .
2.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，B 1C 的中点． (1)用向量法证明平面A 1BD ∥平面B 1CD 1；
(2)用向量法证明MN ⊥平面A 1BD . 证明：(1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， BD ―→＝AD ―→－AB ―→，B 1D 1―→＝A 1D 1―→－A 1B 1―→， 又∵AD ―→＝A 1D 1―→，AB ―→＝A 1B 1―→，∴BD ―→＝B 1D 1―→， ∴BD ∥B 1D 1. 同理可证A 1B ∥D 1C ，
又BD ∩A 1B ＝B ，B 1D 1∩D 1C ＝D 1， 所以平面A 1BD ∥平面B 1CD 1.
(2)MN ―→＝MB ―→＋BC ―→＋CN ―→＝12AB ―→＋AD ―→＋12(CB ―→＋BB 1―→)
＝12AB ―→＋AD ―→＋12(－AD ―→＋AA 1―→
) ＝12AB ―→＋12AD ―→＋12
AA 1―→.
设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝1
2(a ＋b ＋c )．
又BD ―→＝AD ―→－AB ―→
＝b －a ， ∴MN ―→·BD ―→＝12(a ＋b ＋c )·(b －a )
＝1
2
(b 2－a 2＋c ·b －c ·a )． 又∵A 1A ⊥AD ，A 1A ⊥AB ，∴c ·b ＝0，c ·a ＝0. 又|b |＝|a |，∴b 2＝a 2.∴b 2－a 2＝0. ∴MN ―→·BD ―→＝0.∴MN ⊥BD . 同理可证MN ⊥A 1B . 又A 1B ∩BD ＝B ， ∴MN ⊥平面A 1BD .
[例2] 四棱锥＝AD ＝2，点M ，N 分别在棱PD ，PC 上，且PC ⊥平面AMN .
(1)求AM 与PD 所成的角； (2)求二面角P -AM -N 的余弦值；
(3)求直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系． ∵A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，D (0，2,0)， ∴PC ―→＝(2,2，－2)，PD ―→
＝(0,2，－2)． 设M (x 1，y 1，z 1)，PM ―→＝λPD ―→
， 则(x 1，y 1，z 1－2)＝λ(0,2，－2)． ∴x 1＝0，y 1＝2λ，z 1＝－2λ＋2. ∴M (0,2λ，2－2λ)．
∵PC ⊥平面AMN ，∴PC ―→⊥AM ―→
， ∴PC ―→·AM ―→＝0.
∴(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0⇒4λ－2(2－2λ)＝0. ∴λ＝1
2
.∴M (0,1,1)．
设N (x 2，y 2，z 2)，PN ―→＝t PC ―→
， 则(x 2，y 2，z 2－2)＝t (2,2，－2)．
∴x 2＝2t ，y 2＝2t ，z 2＝－2t ＋2. ∴N (2t,2t,2－2t )．
∵PC ―→⊥AN ―→，∴AN ―→·PC ―→＝0. ∴(2t,2t,2－2t )·(2,2，－2)＝0. ∴4t ＋4t －2(2－2t )＝0， ∴t ＝1
3
.∴N ⎝⎛⎭⎫23，23，43. (1)∵cos 〈AM ―→，PD ―→〉＝(0，1，1)·(0，2，－2)0＋1＋1×0＋4＋4＝0，
∴AM 与PD 所成角为90°.
(2)∵AB ⊥平面PAD ，PC ⊥平面AMN ，
∴AB ―→，PC ―→
分别是平面PAD ，平面AMN 的法向量． ∵AB ―→·PC ―→＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4， |AB ―→|＝2，|PC ―→
|＝23， ∴cos 〈AB ―→，PC ―→
〉＝443＝33.
∴二面角P -AM -N 的余弦值为
33
. (3)∵PC ―→
是平面AMN 的法向量，
∴CD 与平面AMN 所成角即为CD 与PC 所成角的余角． ∵CD ―→·PC ―→＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4， ∴cos 〈CD ―→，PC ―→〉＝－42×23＝－33.
∴直线CD 与PC 所成角的正弦值为
63
， 即直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值为
63
.
(1)求异面直线所成的角：
设两异面直线的方向向量分别为n 1，n 2，那么这两条异面直线所成的角为θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，
∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|. (2)求二面角的大小：
如图，设平面α，β的法向量分别为n 1，n 2.因为两平面的法向
量所成的角就等于平面α，β所成的锐二面角θ，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.
(3)求斜线与平面所成的角：
如图，设平面α的法向量为n 1，斜线OA 的方向向量为n 2，斜线OA 与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.
3.如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，沿对角线AC
折起，使D 在平面ABC 上的射影E 恰好落在AB 上，求这时二面角B -AC -D 的余弦值．
解：如图所示，作DG ⊥AC 于G ，BH ⊥AC 于H .
在Rt △ADC 中， AC ＝AD 2＋DC 2＝5， cos ∠DAC ＝AD AC ＝3
5.
在Rt △AGD 中，
AG ＝AD ·cos ∠DAC ＝3×35＝9
5，
DG ＝AD 2－AG 2＝
9－8125＝125
. 同理，cos ∠BCA ＝35，CH ＝95，BH ＝12
5
.
AD ―→·BC ―→＝(AE ―→＋ED ―→)·BC ―→＝AE ―→·BC ―→＋ED ―→·BC ―→
＝0， GD ―→·HB ―→＝(GA ―→＋AD ―→)·(HC ―→＋CB ―→) ＝GA ―→·HC ―→＋GA ―→·CB ―→＋AD ―→·HC ―→＋AD ―→·CB ―→ ＝－95×95＋95×3×35＋3×95×35＋0＝8125.
又|GD ―→|·|HB ―→|＝14425，
∴cos 〈GD ―→，HB ―→
〉＝916.
因此所求二面角的余弦值为
916
.
4.如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是正四棱柱． (1)求证：BD ⊥平面ACC 1A 1；
(2)二面角C 1-BD -C 的大小为60°，求异面直线BC 1
与AC 所成角
的余弦值．
解：(1)证明：建立空间直角坐标系D -xyz ，如图．
设AD ＝a ，DD 1＝b ，则有D (0,0,0)，A (a ，0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，C 1(0，a ，b )，
∴BD ―→＝(－a ，－a,0)，AC ―→＝(－a ，a,0)，CC 1―→
＝(0,0，b )， ∴BD ―→·AC ―→＝0，BD ―→·CC 1―→＝0. ∴BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1.
又∵AC ，CC 1⊂平面ACC 1A 1，且AC ∩CC 1＝C ， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1.
(2)设BD 与AC 相交于点O ，连接C 1O ， 则点O 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，OC 1―→
＝⎝⎛⎭⎫－a 2，a 2，b . ∵BD ―→·OC 1―→
＝0，∴BD ⊥C 1O . 又BD ⊥CO ，
∴∠C 1OC 是二面角C 1-BD -C 的平面角， ∴∠C 1OC ＝60°， ∵tan ∠C 1OC ＝
CC 1OC ＝b
2
2
a ＝3， ∴
b ＝
62
a . ∵AC ―→＝(－a ，a,0)，BC 1―→
＝(－a,0，b )， ∴cos 〈AC ―→，BC 1―→
〉＝AC ―→·BC 1―→|AC ―→|·|BC 1―→|＝55
. ∴异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为
5
5
.
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知l ∥π，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为⎝⎛⎭⎫1，1
2，2，则m ＝( ) A ．－8 B ．－5 C ．5
D ．8
解析：∵l ∥π，∴直线l 的方向向量与平面π的法向量垂直． ∴2＋m
2＋2＝0，m ＝－8.
答案：A
2．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AB ―→＋12BC ―→－32
DE ―→－AD ―→
的化简结果为( )
A ．A
B ―→
B ．2BD ―→
C ．0
D ．2D
E ―→
解析：如图，F 是BC 的中点，E 是DF 的三等分点，
∴32
DE ―→＝DF ―→. ∵12BC ―→＝BF ―→，则AB ―→＋12BC ―→－32DE ―→－AD ―→＝AB ―→＋BF ―→－DF ―→－AD ―→＝AF ―→＋FD ―→－AD ―→＝AD ―→－AD ―→＝0.
答案：C
3．在以下命题中，不正确的个数为( ) ①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；
③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝2OA ―→－2OB ―→－OC ―→
，则P ，A ，B ，C 四点共面；
④若{a ，b ，c }为空间的一组基，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一组基； ⑤ |(a ·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4
D ．5
解析：①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．
答案：C
4．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若CA ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c ，则A 1B ―→＝( ) A ．a ＋b －c B ．a －b ＋c C ．－a ＋b ＋c
D ．－a ＋b －c
解析：A 1B ―→＝CB ―→－CA 1―→＝CB ―→－(CA ―→＋CC 1―→
)＝b －a －c . 答案：D
5．已知四面体ABCD 的各边长都是a ，点E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则AE ―→·AF ―→
的值是( )
A ．a 2 B.12a 2 C.14
a 2 D.34
a 2 解析：由已知得ABCD 为正四面体，因为AE ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，AF ―→＝12AD ―→，所以AE ―→·AF
―→
＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14
(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→
) ＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案：C
6．已知正四棱锥S -ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成角的余弦值为( )
A.13
B.23
C.33
D.23
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设A (1,0,0)，则B (0,1,0)，D (0，－1,0)，AB ＝2，SD ＝2，∴SO ＝1，
∴S (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，AE ―→＝－1，12，12，SD ―→
＝(0，－1，－1)．
∴cos 〈AE ―→， SD ―→
〉＝AE ―→·SD ―→|AE ―→||SD ―→|＝－12－
1
262×2
＝－33， ∴AE 与SD 所成角的余弦值为33
. 答案：C
7．在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，若AC ′―→＝x AB ―→＋2y BC ―→＋3zC ′C ―→
，则x ＋y ＋z 等于( )
A ．1 B.76 C.56
D.23
解析：如图，AC ′―→＝AB ―→＋BC ―→＋CC ′―→＝AB ―→＋BC ―→－C ′C ―→
，所以x ＝1,2y ＝1，3z ＝－1，所以x ＝1，y ＝12，z ＝－13，因此x ＋y ＋z ＝1＋12－13＝7
6
.
答案：B
8.如图所示，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ，AB ⊥AC ，M 是
CC 1的中点，Q 是BC 的中点，P 是A 1B 1的中点，则直线P Q 与AM 所成的角为( )
A.π
6 B.π4 C.π3
D.π2
解析：以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝AB ＝AC ＝2，则AM ―→
＝(0,2,1)，Q (1,1,0)，P (1,0,2)，Q P ―→＝(0，－1,2)，所以Q P ―→·AM ―→
＝0，所以Q P 与AM 所成角为π2
.
答案：D
9．如图，在长方体ABCD -A
1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )
A.63
B.255
C.155
D.
105
解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，
则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，
∴BC 1―→＝(－2,0,1)，AC ―→＝(－2,2,0)，且AC ―→
为平面BB 1D 1D 的一个法向量． ∴cos 〈BC 1―→，AC ―→
〉＝BC 1―→·AC ―→|BC 1―→|·|AC ―→|＝45·8＝105.
∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为10
5
. 答案：D
10．已知OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当Q A ―→·Q B ―→
取得最小值时，点Q 的坐标为( )
A.⎝⎛⎭⎫12，34，13
B.⎝⎛⎭⎫
12，32，34 C.⎝⎛⎭⎫43，43，83
D.⎝⎛⎭⎫43，43，73
解析：∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则Q A ―→＝(1－x ，2－x,3－2x )， Q B ―→
＝(2－x,1－x,2－2x )．
∴Q A ―→·Q B ―→＝6x 2－16x ＋10，∴x ＝43时，Q A ―→·Q B ―→
取得最小值，这时Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：C
11.如图，在四面体P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B -AP -C 的余弦值为( )
A.2
2 B.33
C.77
D.57
解析：如图，作BD ⊥AP 于点D ，作CE ⊥AP 于点E .设AB ＝1，则易
得CE ＝
22，EP ＝22，PA ＝PB ＝2，可以求得BD ＝144，ED ＝24
. ∵BC ―→＝BD ―→＋DE ―→＋EC ―→，
∴BC ―→2＝BD ―→2＋DE ―→2＋EC ―→2＋2BD ―→·DE ―→＋2DE ―→·EC ―→＋2EC ―→·BD ―→， ∴EC ―→·BD ―→＝－14，∴cos 〈BD ―→，EC ―→〉＝－77.
故二面角B -AP -C 的余弦值为77
. 答案：C
12.如图，在三棱柱ABC -A
1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，则平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为( )
A.35
5
B.255
C.55
D.510
解析：如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．
∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ，∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为O 1到平面BC 1O 的距离．∵O (0，0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)，∴OB ―→＝(3，0,0)，OC 1―→＝(0,1,2)，OO 1―→
＝(0,0,2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则n ·OB ―→＝0，∴x ＝0.又n ·OC 1―→
＝0，∴y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)．点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ，则d ＝|n ·OO 1―→
||n |＝25＝25
5.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O
间的距离为25
5
.
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．若空间三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (p,3，q )共线，则p ＋q ＝________. 解析：由已知得AB ―→＝(1，－1,3)，AC ―→＝(p －1，－2，q ＋2)，因为AB ―→∥AC ―→
，所以
p －11＝－2－1
＝q ＋23，所以p ＝3，q ＝4，故p ＋q ＝7.
答案：7
14.已知空间四边形OABC ，如图所示，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝3GN ―→
，现用基向量OA ―→，OB ―→，OC ―→表示向量OG ―→，并设OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→
，则x ，y ，z 的和为________．
解析：OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋34MN ―→
＝12OA ―→＋34⎝⎛⎭⎫－12 OA ―
→＋OC ―→＋12 CB ―→
＝12OA ―→－38OA ―→＋34OC ―→＋38OB ―→－38OC ―→
＝18OA ―→＋38OB ―→＋38OC ―→， ∴x ＝18，y ＝38，z ＝38.
∴x ＋y ＋z ＝78.
答案：7
8
15．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为______________．
解析：由OA ―→
＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上， 可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→
＝(－λ，λ－1，－1)．
又BH ⊥OA ，∴BH ―→·OA ―→
＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12
， ∴H ⎝⎛⎭⎫－12，1
2，0. 答案：⎝⎛⎭
⎫－12，1
2，0 16.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为________．
解析：以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭
⎫a 3，a 3，1
3， GE ―→＝⎝⎛⎭
⎫a 6，a 6，23，BD ―→
＝(0，－a,1)． ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→·BD ―→
＝0，解得a ＝2. ∴GE ―→＝⎝⎛⎭
⎫13，13，23，BA 1―→
＝(2，－2,2)， ∵GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→
为平面ABD 的一个法向量． 又cos 〈GE ―→，BA 1―→
〉＝GE ―→·BA 1―→
|GE ―→||BA 1―→|＝4
363×23
＝23， ∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23
. 答案：
23
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．
(1)求|2a ＋b |；
(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE ―→
⊥b ？(O 为原点)
解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)OE ―→＝OA ―→＋AE ―→＝OA ―→＋t AB ―→ ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )． 若OE ―→⊥b ，则OE ―→·b ＝0，
所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0， 解得t ＝95
，
因此存在点E ，使得OE ―→
⊥b ， 此时E 点坐标为⎝⎛⎭⎫－65
，－145，25.
18．(本小题满分12分)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝AA 1＝1，∠BAD ＝60°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝45°.
(1)求|BD 1―→
|；
(2)求证：BD ⊥平面ACC 1A 1. 解：(1)∵BD 1―→＝BA ―→＋BC ―→＋BB 1―→
∴|BD 1―→|2＝(BA ―→＋BC ―→＋BB 1―→)2＝BA ―→2＋BC ―→2＋BB 1―→2＋2(BA ―→·BC ―→＋BA ―→·BB 1―→＋BC ―→·BB 1―→)＝1＋1＋1＋2⎝⎛⎭⎫－1
2－22
＋22＝2，
∴|BD 1―→
|＝ 2.
(2)证明：∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→
， ∴AA 1―→·BD ―→＝AA 1―→·(AD ―→－AB ―→)＝0， ∴BD ⊥AA 1，
又BD ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面ACC 1A 1.
19．(本小题满分12分)如图，已知点P 在正方体ABCD -A
1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA ＝60°.
(1)求DP 与CC 1所成角的大小； (2)求DP 与平面AA 1D 1D 所成角的大小．
解：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系Dxyz .
则DA ―→＝(1,0,0)，CC 1―→
＝(0,0,1)．连接BD ，B 1D 1.
在平面BB 1D 1D 中，延长DP 交B 1D 1于H . 设DH ―→
＝(m ，m,1)(m ＞0)， 由已知〈DH ―→，DA ―→
〉＝60°，
由DH ―→·DA ―→＝|DA ―→||DH ―→|cos 〈DA ―→，DH ―→〉， 可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝
22，所以DH ―→＝⎝⎛⎭
⎫22，22，1.
(1)因为cos 〈DH ―→，CC 1―→
〉＝22×0＋2
2×0＋1×11×2＝22，
所以〈DH ―→，CC 1―→
〉＝45°. 即DP 与CC 1所成的角为45°.
(2)平面AA 1D 1D 的一个法向量是DC ―→
＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH ―→，DC ―→
〉＝22×0＋2
2×1＋1×01×2＝12，
所以〈DH ―→，DC ―→
〉＝60°，
可得DP 与平面AA 1D 1D 所成的角为30°.
20
．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．
(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；
(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． 解：设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1.
如图所示，以AB ―→，AD ―→，AA 1―→
为单位正交基底建立空间直角坐标系．
(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)，所以BE ―→＝⎝
⎛⎭⎫－1，1，12，AD ―→
＝(0,1,0)．
在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中， 因为AD ⊥平面ABB 1A 1，
所以AD ―→
是平面ABB 1A 1的一个法向量， 设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则 sin θ＝|BE ―→·AD ―→||BE ―→|·|AD ―→|＝132
×1
＝2
3
. 即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为2
3.
(2)依题意，得A 1(0,0,1)，
BA 1―→＝(－1,0,1)，BE ―→
＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量， 则由n ·BA 1―→＝0，n ·BE ―→
＝0， 得⎩
⎪⎨⎪⎧
－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋1
2z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .
取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．
设F 是棱C 1D 1上的点，连接B 1F ，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)， 又B 1(1,0,1)，所以B 1F ―→
＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，
于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F ―→
·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为
C 1
D 1的中点．
这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .
21．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅲ)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：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°.
取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .
又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC .
所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，
所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.
所以平面ACD ⊥平面ABC .
(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→
|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．
由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的1
2，从而E 到平面ABC 的距
离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12.故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)，AE ―→＝⎝
⎛⎭⎫
－1，32，12.
设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
－x 1＋z 1
＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0. 可取n ＝⎝⎛
⎭
⎫1，
33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0， 可取m ＝(0，－1，3)．
则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3
3＋321
3×2＝7
7.
由图知二面角D -AE -C 为锐角， 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77
.
22.(本小题满分12分)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝
6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝5
4，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF
的位置，OD ′＝10.
(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．
解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CF
CD ， 故AC ∥EF .
因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .
由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得
OH DO ＝AE AD ＝14
. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.
于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点， HF ―→
的方向为x 轴正方向，建立
空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，
故AB ―→＝(3，－4,0)，AC ―→＝(6,0,0)，AD ′―→
＝(3,1,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·AB ―→＝0，m ·
AD ′―→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧
3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，
所以可取m ＝(4,3，－5)．
设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AC ―→＝0，n ·
AD ′―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，
所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝－1450×10
＝－75
25.
故sin 〈m ，n 〉＝
295
25
. 因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是295
25
.。