数学浙江省学业水平考试专题复习选修

知识点一 空间向量的有关概念名称 概念 表示 零向量 长度为0的向量 0 单位向量 模为1的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 a ＝b 相反向量 与向量a 长度相等而方向相反的向量－a 共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b 共面向量 平行于同一个平面的向量知识点二 共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 1．共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb .推论：如图所示，对空间任意一点O ，点P 在l 上的充要条件是存在实数t ，使OP →＝OA →＋t a ，①其中a 叫做直线l 的方向向量．在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝OA →＋tAB →. 2．共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为AP →＝xAB →＋yAC →或对空间任意一点O ，有OP →＝OA →＋xAB →＋yAC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，其中x ＋y ＋z ＝1. 3．空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，把{a ，b ，c }叫做空间的一个基底． 知识点三 空间向量的数量积及运算律 1．数量积及相关概念 (1)两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π.如果〈a ，b 〉＝π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b . (2)两向量的数量积已知两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做a ，b 的数量积，记作a·b .即a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．2．空间向量数量积的运算律 (1)(λa )·b ＝λ(a·b )； (2)交换律：a·b ＝b·a ； (3)分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 知识点四 空间向量的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则： (1)a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)． (2)a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)． (3)λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)． (4)a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3.(5)若a ，b 为非零向量，则a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. (6)若b ≠0，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3.(7)|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23. (8)cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. (9)若A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则AB →＝(b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3)，d AB ＝|AB →|＝(b 1－a 1)2＋(b 2－a 2)2＋(b 3－a 3)2. 知识点五 立体几何中的向量方法 1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量即可作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量为v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 4．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)求二面角的大小①如图①所示，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图②③所示，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．题型一 空间向量及其运算例1 已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(2)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． 解 (1)∵a ＝AB →＝(1,1,0)，b ＝AC →＝(－1,0,2)，又|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12·5＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (2)∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)， ∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝(k －1，k ,2)·(k ＋2，k ，－4) ＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8 ＝2k 2＋k －10＝0， ∴k ＝－52或k ＝2.感悟与点拨 (1)空间向量的运算法则及求解思想与平面向量相同，因此，可参照平面向量的运算法则和求解思想进行处理．(2)空间向量的问题可通过坐标运算和非坐标的线性运算两种途径来处理，另外，要抓住垂直与平行两种特殊位置关系．跟踪训练1 (1)(2018年4月学考)在三棱锥O －ABC 中，若D 为BC 的中点，则AD →等于( ) A.12OA →＋12OC →－OB → B.12OA →＋12OB →＋OC → C.12OB →＋12OC →－OA → D.12OB →＋12OC →＋OA → (2)(2016年4月学考)已知空间向量a ＝(2，－1,5)，b ＝(－4,2，x )(x ∈R )，若a ⊥b ，则x 等于( )A ．－10B ．－2C ．2D ．10(3)已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________． 答案 (1)C (2)C (3)1,3 解析 (2)∵a ⊥b ，得x ＝2.(3)∵a ∥b ，∴x 1＝x 2＋y －22＝y3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－6或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6时，a ＝－12b ，不符合要求，舍去，当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3时，a ＝b ，符合要求， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3.题型二 利用空间向量证明平行与垂直例2 如图所示，已知在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)如图建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． 设AB 的中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC .(2)∵B 1F —→＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)， AF →＝(2,2,0)．∴B 1F —→·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F —→·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F —→⊥EF →，B 1F —→⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩FE ＝F ，AF ，FE ⊂平面AEF ， ∴B 1F ⊥平面AEF .感悟与点拨 (1)用向量证明线面平行的方法： ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示． (2)用向量证明垂直的方法：①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证明它们的数量积为零；②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示；③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．跟踪训练2 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点． (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．(1)证明 如图所示，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a ,0,0)， B (a ，a ,0)，C (0，a ,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2，∴EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a ,0)． ∵EF →·DC →＝－a 2×0＋0×a ＋a 2×0＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD . (2)解 点G 为AD 的中点． 证明如下：设G (x ,0，z )， 则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2. 若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a2，0，0，即点G 为AD 的中点． 题型三 利用空间向量求空间角例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝22，AD ＝2，M 为DC 的中点，将△DAM 沿AM 折到△D ′AM 的位置，AD ′⊥BM .(1)求证：平面D ′AM ⊥平面ABCM ；(2)若E 为D ′B 的中点，求二面角E －AM －D ′的余弦值． (1)证明 由题意知，在矩形ABCD 中，∠AMD ＝∠BMC ＝45°， 所以∠AMB ＝90°，即AM ⊥BM .又D ′A ⊥BM ，D ′A ∩AM ＝A ，D ′A ，AM ⊂平面AD ′M ， 所以BM ⊥平面D ′AM ， 又BM ⊂平面ABCM ， 所以平面ABCM ⊥平面D ′AM .(2)解 由(1)知，在平面D ′AM 内过M 作直线NM ⊥MA ， 则NM ⊥平面ABCM ，故以M 为原点，MA →，MB →，MN →分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则M (0,0,0)，A (2,0,0)， B (0,2,0)，D ′(1,0,1)， 于是E ⎝⎛⎭⎫12，1，12， MA →＝(2,0,0)，ME →＝⎝⎛⎭⎫12，1，12， 设平面EAM 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，12x ＋y ＋12z ＝0，令y ＝1，得z ＝－2， 则平面EAM 的一个法向量m ＝(0,1，－2)，故cos 〈m ，n 〉＝15， 由图知，二面角为锐角， 即二面角E －AM －D ′的余弦值为55. 感悟与点拨 (1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解．(2)用向量法求线面角，是通过直线的方向向量和平面的法向量来求解．(3)求二面角最常用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． 跟踪训练3 (1)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面P AB ，P A ⊥AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B －AC －M 的余弦值为( )A.66 B.36 C.26 D.16答案 A解析 因为BC ⊥平面P AB ，AD ∥BC ，所以AD ⊥平面P AB ，P A ⊥AD ， 又P A ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ，AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，1，所以AC →＝(2,1,0)，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)， 所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝21＋4＋1·2＝16＝66.所以二面角B －AC －M 的余弦值为66. (2)如图所示，在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，AB ＝BC ＝BD ＝4，E ，F 分别为棱BC ，AD 的中点．求：①异面直线AB 与EF 所成角的余弦值； ②点E 到平面ACD 的距离； ③EF 与平面ACD 所成角的正弦值．解 如图所示，分别以直线BC ，BD ，BA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A (0,0,4)，B (0,0,0)，C (4,0,0)，D (0,4,0)，E (2,0,0)，F (0,2,2)． ①∵AB →＝(0,0，－4)， EF →＝(－2,2,2)，∴|cos 〈AB →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－84×23＝33， ∴异面直线AB 与EF 所成角的余弦值为33. ②设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y ,1)，∵AC →＝(4,0，－4)，CD →＝(－4,4,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x －4＝0，－4x ＋4y ＝0，∴x ＝y ＝1，∴n ＝(1,1,1)． ∵F ∈平面ACD ，EF →＝(－2,2,2)，∴点E 到平面ACD 的距离为d ＝|n ·EF →||n |＝23＝233.③EF 与平面ACD 所成角的正弦值为|cos 〈n ，EF →〉|＝23×23＝13.题型四 立体几何中的探索性问题例4 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝1，底面ABCD 的周长为4.(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求直线BA 1与平面A 1CD 所成的角；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ？若存在，求出P 点的位置，若不存在，请说明理由．解 (1)根据题意，令AB ＝t ，则长方体的体积为 V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1.所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形． 又AA 1＝1.所以ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体．如图，连接B 1C ，取B 1C 的中点O ，连接BO ，A 1O .由题意知，CD ⊥平面C 1B 1BC ， 所以BO ⊥CD ，在等腰Rt △B 1BC 中，BO ⊥B 1C ，又B 1C ∩CD ＝C ，B 1C ，CD ⊂平面A 1B 1CD ， 所以BO ⊥平面A 1B 1CD ，即∠BA 1O 就是直线BA 1与平面A 1CD 所成的角． 又BO ＝22，BA 1＝2，所以∠BA 1O ＝30°. 即长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，直线BA 1与平面A 1CD 所成的角为30°.(2)根据题意可知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．根据题意及(1)可得B (t,0,0)，C (t ,2－t ,0)，D (0,2－t,0)，若线段A 1C 上存在一点P 满足要求，不妨设A 1P —→＝λA 1C —→，可得P (λt ，λ(2－t )，1－λ)． BP →＝(λt －t ，λ(2－t )，1－λ)，BD →＝(－t,2－t,0)， A 1C —→＝(t,2－t ，－1)， ⎩⎨⎧BP →·A 1C —→＝0，BD →·A 1C —→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧t (λt －t )＋λ(2－t )2－(1－λ)＝0，－t 2＋(2－t )2＝0，解得t ＝1，λ＝23.即只有当底面四边形是正方形时才存在符合要求的点P ，位置是线段A 1C 上A 1P ∶PC ＝2∶1处．感悟与点拨 对于立体几何中的探索性问题，可以凸显坐标方法的优势，通常从假设存在入手，利用空间向量坐标建立方程，然后按部就班求解．跟踪训练4 如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)在线段BC 1上是否存在一点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，求BD BC 1的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC ，∴以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .则A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1—→＝(4,0,0)， A 1B —→＝(0,3，－4)，B 1C 1—→＝(4，－3,0)，BB 1—→＝(0,0,4)． 设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎨⎧ A 1C 1—→·n 1＝0，A 1B —→·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，∴可取向量n 1＝(0,4,3)， 由⎩⎨⎧B 1C 1—→·n 2＝0，BB 1—→·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.∴可取向量n 2＝(3,4,0)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625.由题意知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， ∴二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)解 假设在线段BC 1上存在一点D ，使AD ⊥A 1B ， 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)． 又∵AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，则λ＝925，∴BD BC 1＝925.一、选择题1.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1—→＝c ，则A 1B —→等于( )A ．a ＋b －cB ．a －b ＋cC ．－a ＋b ＋cD ．－a ＋b －c 答案 D解析 如图所示，连接A 1C ，则在△A 1CB 中，有A 1B —→＝CB →－CA 1—→＝CB →－(CC 1—→＋CA →)＝b －(a ＋c )＝－a ＋b －c .2．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 的值为( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2 答案 D解析 ∵a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)， ∴c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)． ∴(c －a )·2b ＝2(1－x )＝－2， ∴x ＝2.3．已知A (2,3，－1)，B (2,6,2)，C (1,4，－1)，则向量AB →与AC →的夹角为( ) A ．45° B ．90° C ．30° D ．60° 答案 D解析 ∵A (2,3，－1)，B (2,6,2)，C (1,4，－1)， ∴AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)， ∴AB →·AC →＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3， 且|AB →|＝32，|AC →|＝2，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝332×2＝12，∴AB →与AC →的夹角为60°.4．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，c ＝(1，－x ,2)，若(a ＋b )⊥c ，则x 等于( ) A ．4 B ．－4 C.12 D ．－6答案 B解析 ∵(a ＋b )⊥c ， ∴(a ＋b )·c ＝0.又a ＋b ＝(－2,1，x ＋3)，∴－2×1＋1×(－x )＋(x ＋3)×2＝0，解得x ＝－4. 故选B.5.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 由题意，得BM →＝BC →＋CC 1—→＋C 1M —→＝BC →＋CC 1—→＋12C 1A 1—→＝BC →＋CC 1—→－12(AB →＋BC →)＝－12AB→＋12BC →＋CC 1—→＝－12a ＋12b ＋c . 6．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α相交但不垂直 答案 B解析 ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， ∴n ＝－2a ，∴a ∥n ，∴l ⊥α.7.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成角的余弦值是( )A.155B.22C.105D ．0答案 D解析 以DA →，DC →，DD 1—→的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系(图略)， 则可得A 1(1,0,2)，E (0,0,1)，G (0,2,1)，F (1,1,0)． ∴A 1E —→＝(－1,0，－1)，GF →＝(1，－1，－1)， 设异面直线A 1E 与GF 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈A 1E —→，GF →〉|＝0.8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1—→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216a B.66a C.156a D.153a 答案 A解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )， N ⎝⎛⎭⎫a ，a ，a 2. 设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1—→，所以(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，所以x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a3，所以M ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3， 所以|MN →|＝⎝⎛⎭⎫a －2a 32＋⎝⎛⎭⎫a －a 32＋⎝⎛⎭⎫a 2－a 32＝216a .9．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图)，则B ，D 间的距离为( )A ．1B ．2 C. 2 D ．2或2 答案 D解析 因为∠ACD ＝90°，所以AC →·CD →＝0. 同理BA →·AC →＝0，因为AB 和CD 成60°角，所以〈BA →，CD →〉＝60°或120°. 因为BD →＝BA →＋AC →＋CD →，所以|BD →|2＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·CD →＋2BA →·AC →＋2AC →·CD →＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·CD →＝3＋2×1×1×cos 〈BA →，CD →〉＝3＋2cos 60°或3＋2cos 120°， 所以|BD →|＝2或 2.即B ，D 间的距离为2或2，故选D.10.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成角的余弦值为( )A.36 B ．－36 C.33D ．－33答案 A解析 如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，DC ⊥AC ，平面ACDE ∩平面ACB ＝AC ，DC ⊂平面ACDE ，所以DC ⊥平面ABC ，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点． 以C 为原点建立空间直角坐标系如图所示，则 A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)． 所以AD →＝(0，－2,2)，GF →＝(－1,2,1)． 所以|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2. 所以cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36.则直线AD 与GF 所成角的余弦值为36.故选A. 二、填空题11．已知O 为空间任一点，A ，B ，C ，D 四点满足任意三点不共线，但四点共面，且OA →＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，则2x ＋3y ＋4z 的值为________． 答案 －1解析 由题意知A ，B ，C ，D 共面的充要条件是：对空间任意一点O ，存在实数x 1，y 1，z 1，使得OA →＝x 1OB →＋y 1OC →＋z 1OD →且x 1＋y 1＋z 1＝1，因此2x ＋3y ＋4z ＝－1.12．已知向量a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )．若a ⊥b ，则x ＝________；若a ∥b ，则x ＝________. 答案103－6 13．设O 为坐标原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA →·QB →取得最小值时，点Q 的坐标为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫43，43，83解析 设OQ →＝λOP →＝(λ，λ，2λ)，故Q (λ，λ，2λ)， 故QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．则QA →·QB →＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23， 当QA →·QB →取最小值时，λ＝43，此时Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫43，43，83.14．如图，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，BC ＝2，则二面角A －PB －C 的余弦值为________．答案33解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，P (1,0,1)，B (0，2，0)，∴AP →＝(0,0,1)，PB →＝(－1，2，－1)，CB →＝(0，2，0)． 设平面ABP 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－x 1＋2y 1－z 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，x 1＝2y 1，令y 1＝1，得m ＝(2，1,0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2y 2－z 2＝0，2y 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝－z 2，y 2＝0，令z 2＝1， 得n ＝(－1,0,1)．∴|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－22×3＝33. 由题意可知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角A －PB －C 的余弦值为33. 三、解答题15.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解 由AC ＝CB ＝22AB ， 得AC ⊥BC .以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正方向，CC 1—→的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz . 设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1—→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取x 1＝1，则n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·CE →＝0，m ·CA 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0， 可取y 2＝1，则m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. 即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 16.如图，在四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，SA ＝AB ＝2CD ＝2，SB ＝2AD ＝22，平面SAB ⊥平面ABCD ，E 为SB 的中点．.(1)求证：CE ∥平面SAD ；(2)求证：BD ⊥平面SAC ；(3)求直线CE 与平面SAC 所成角的余弦值．(1)证明 ∵SA ＝AB ＝2，SB ＝22，∴SA ⊥AB ，又平面SAB ⊥平面ABCD ，平面SAB ∩平面ABCD ＝AB ，SA ⊂平面SAB ，∴SA ⊥平面ABCD ，又AB ⊥AD ，∴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，S (0,0,2)，E (1,0,1)，CE →＝(0，－2，1)，平面SAD 的法向量为AB →＝(2,0,0)，∴CE →·AB →＝0，即CE →⊥AB →，又CE ⊄平面SAD ，∴CE ∥平面SAD .(2)证明 设平面SAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AS →＝(0,0,2)，AC →＝(1，2，0)，BD →＝(－2，2，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AS →＝2z ＝0，n ·AC →＝x ＋2y ＝0，令y ＝1，得x ＝－ 2. ∴n ＝(－2，1,0)，∴n ∥BD →，∴BD ⊥平面SAC .(3)解 CE →＝(0，－2，1)，平面SAC 的法向量n ＝(－2，1,0)，设直线CE 与平面SAC 所成的角为θ，则sin θ＝|CE →·n ||CE →||n |＝23，∴cos θ＝73， ∴直线CE 与平面SAC 所成角的余弦值为73.。