长白山一高12-13上高二数学选修2-1 第三章空间向量与立体几何综合能力检测
文档属性
| 名称 | 长白山一高12-13上高二数学选修2-1 第三章空间向量与立体几何综合能力检测 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 133.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2013-07-07 19:32:24 | ||
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文档简介
第三章综合能力检测
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个是符合题目要求的)
1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为O，则下列各命题中的真命题有( )
①＋与＋是一对相反向量
②－与－是一对相反向量
③＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量
④－与－是一对相反向量
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
2．若a、b、c是非零空间向量，则下列命题中的真命题是( )
A．(a·b)c＝(b·c)a
B．a·b＝－|a|·|b|，则a∥b
C．a·c＝b·c，则a∥b
D．a·a＝b·b，则a＝b
3．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是( )
A．相交 B．垂直
C．不垂直 D．成60°角
4．已知点A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，若存在点D, 使得DB∥AC，DC∥AB，则点D的坐标为( )
A．(－1,1,1)
B．(－1,1,1)或(1，－1，－1)
C．(－，，)
D．(－，，)或(1，－1,1)
5．下面命题中，正确命题的个数为( )
①若n1、n2分别是平面α、β的法向量，则n1∥n2?α∥β；
②若n1、n2分别是平面α、β的法向量，则α⊥β?n1·n2＝0；
③若n是平面α的法向量，b、c是α内两不共线向量a＝λb＋μc，(λ，μ∈R)则n·a＝0；
④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
6．已知ABCD是四面体，O是△BCD内一点，则＝(＋＋)是O为△BCD重心的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
7．同时垂直于a＝(2,2,1)，b＝(4,5,3)的单位向量是( )
A.
B.
C.
D.或
8．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC之一垂直
B．EF是A1D，AC的公垂线
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
9．已知正方体ABCD－A′B′C′D′中，点F是侧面CDD′C′的中心，若＝＋x＋y，则x－y等于( )
A．0 B．1
C. D．－
10．已知A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C是线段AB上一点，且＝，则C点的坐标为( )
A. B.
C. D.
11．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则能使l∥α的是( )
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
12．a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是( )
A. B.
C. D.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)
13．|a|＝|b|＝|c|＝1，a＋b＋c＝0，则a·c＋b·c＋a·b＝________.
14．已知A、B、C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为零的实数λ、m、n使λ＋m＋n＝0，那么λ＋m＋n的值等于________．
15．在平面直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为________．
16．三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，则直线PA与底面ABC所成角的大小为______．
三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分12分)已知斜三棱柱ABC－A′B′C′，设＝a，＝b，＝c，在面对角线AC′和棱BC上分别取点M、N，使＝k，＝k(0≤k≤1)，求证：三向量、a、c共面．
18．(本小题满分12分)如图所示，在棱长为1的正方体AC1中，M、N、E、F分别是A1B1、A1D1、B1C1、C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB.
19．(本小题满分12分)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．
(1)求证：AC⊥BC1.
(2)求证：AC1∥平面CDB1
(3)求AC1与BC1所成角的余弦值．
20．(本小题满分12分)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且CP＝2，Q是DD1的中点，求：
(1)M到直线PQ的距离；
(2)M到平面AB1P的距离．
21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°的角，底面ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)设E是棱PD上一点，且PE＝PD，求异面直线AE与PB所成的角．
22．(本小题满分14分)(09·山东理)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；
(2)求二面角B－FC1－C的余弦值．
1[答案] C
[解析] ①∵四边形ADC1B1为平行四边形，O为对角线交点．∴＋与＋是一对相反向量，故①真；
②∵－＝，－＝，＝，
∴－＝－，
∴②假；
③设正方形ABCD中心为O1，正方形A1B1C1D1中心为O2，则＋＋＋＝4，＋＋＋＝4，
∵与是相反向量，∴③真；
④－＝，－＝，
∵与是相反向量，∴④真．
2[答案] B
[解析] (a·b)c是与c共线的向量，(b·c)a是与a共线的向量，a与c不一定共线，故A假；
若a·b＝－|a|·|b|，则a与b方向相反，
∴a∥b，故B真；
若a·c＝b·c，则(a－b)·c＝0，即(a－b)⊥c，不能得出a∥b，故C假；
若a·a＝b·b，则|a|＝|b|，方向不确定，
故得不出a＝b，∴D假．
3[答案] B
[解析] ∵·＝0，·＝0，
∴⊥平面ABCD.
4[答案] A
[解析] 设D(x，y，z)，∵DB∥AC，DC∥AB，
∴四边形ABDC为平行四边形．
从而＝，即(－1,0,1)＝(x，y－1，z)，
∴.
5[答案] D
6[答案] C
[解析] 设E为CD中点，
＝(＋＋)
＝＋(－＋－)
＝＋(＋)－
＝＋，
∴＝.即O为△BCD的重心．反之也成立．
7[答案] D
[解析] 设所求向量为c＝(x，y，z)，
则，检验知选D.
[点评] 检验时，先检验A(或B)，若A不满足，则排除A、D；再检验B，若A满足，则排除B，C，只要看D是否成立．
8[答案] B
[解析] 以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1，1,0)，
＝，＝(－1，－1,1)，
＝－，·＝·＝0，
从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.
9[答案] A
[解析] 如图所示，＝＋，
∴＝x＋y，
∴＝x＋y，
∵＝＋
＝，
∴x＝y＝，x－y＝0.
10[答案] C
[解析] 由题意知，2＝，设C(x，y，z)，则2(x－4，y－1，z－3)＝(2－x，－5－y,1－z)，
∴，
∴，即C.
11[答案] D
[解析] ∵l∥α，∴a·n＝0，
经检验知选D.
12[答案] C
[解析] b－a＝(1＋t,2t－1,0)，
∵|b－a|2＝(1＋t)2＋(2t－1)2＝5t2－2t＋2
＝52＋≥，
∴|b－a|min＝.
13[答案] －
[解析] 设a·c＋b·c＋a·b＝x，
则2x＝(a＋b)·c＋(b＋c)·a＋(c＋a)b
＝－|c|2－|a|2－|b|2＝－3，
∴x＝－.
14[答案] 0
[解析] 由λ＋m＋n＝0得，
＝－－.
根据空间直线的向量参数方程有，－－＝1?－m－n＝λ?m＋n＋λ＝0.
[点评] A、B、C是空间不同三点，O为空间任一点，设＝x＋y，则A、B、C共线?x＋y＝1.
15[答案] 2
[解析] 如图作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足为M、N，由题设易知，||＝3，||＝2.
〈，〉＝120°，||＝5，
由条件||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝9＋25＋4＋2||·||·cos〈，〉＝44，
∴||＝2.
16[答案] 45°
[解析] 由条件知，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，∴BC＝，
∵PB＝PC＝1，∴∠BPC＝90°，
取BC边中点E，则
PE＝，AE＝，
又PA＝1，∴∠PEA＝90°，故∠PAE＝45°，
∵E为BC中点，∴PE⊥BC，AE⊥BC，
∴BC⊥平面PAE，
∴平面PAE⊥平面ABC，
∴∠PAE为直线PA与平面ABC所成角．
17[解析] ＝＋＝＋k
＝＋k(－)
＝a＋k(b－a)＝(1－k)a＋kb，
＝k＝k(＋)＝kb＋kc，
＝－＝(1－k)a－kc.
∵向量a和c不共线，∴、a、c共面．
18[解析] 解法一：∵＝＋＝＋＝，
∴AN∥BE.
＝＝，∴NM∥EF，又∵AN∩MN＝N，
AN、MN?平面AMN，BE∩EF＝E，
BE，EF?平面EFDB，
∴平面AMN∥平面AMN，BE∩EF＝E，BE、EF?平面EFDB.
解法二：以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(1，，1)，N(，0,1)，B(1,1,0)，F(0，，1)
∴＝(0，，1)，＝(－，0,1)，＝(1,1,0)，＝(0，，1)．
设平面AMN与平面EFBD的法向量分别为n1＝(x，y，z)和n2＝(x2，y2，z2)．
则n1·＝y＋z＝0，n1·＝－x＋z＝0.
解得y＝－2z，x＝2z，令z＝1得n1＝(2，－2,1)．
同理由可得
令z2＝1，∴平面EFDB的一个法向量m2＝(2，－2,1)，
∵n1＝n2，∴n1∥n2，
∴平面AMN∥平面EFDB.
解法三：转化为线线平行或线面平行问题．
建立如图所示的空间直角坐标系，取MN、DB及EF的中点R，T，S则
A(1,0,0)，M(1，，1)，N(，0,1)，D(0,0,0)，
B(1,1,0)，E(，1,1)，F(0，，1)，
R(，，1)，S(，，1)，T(，，0)，
∴＝(－，－，0)，＝(－，－，0)
＝(－，，1)，＝(－，，1)，
∴＝，＝，N?EF，R?TS，
得MN∥EF，AR∥TS，由于MN、AR?平面EFDB
∴MN∥平面EFDB，AR∥平面EFDB，
∴平面AMN∥平面EFDB.
[点评] 本题可以用逻辑推理来证明，即用面面平行的判定定理证明，在实现判定定理的条件时，使用了向量法，此时可用建系求坐标法或空间基底表示法完成此题．
19[解析] ∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直．
如图所示，以C为坐标原点，直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(，2,0)．
(1)∵＝(－3,0,0)，＝(0，－4,4)．
∴·＝0，∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，则E(0,2,2)．
∵＝(－，0,2)，＝(－3,0,4)．
∴＝，∴DE∥AC1.
∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
(3)∵＝(－3,0,4)，＝(0,4,4)，
∴cos〈·〉＝＝.
∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.
20[解析] 如图，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4,0,0)，M(2,3,4)，P(0,4,0)，Q(4,6,2)．
(1)∵＝(－2，－3,2)，＝(－4，－2，－2)，
∴在上的射影为
＝
＝，
故M到PQ的距离为
＝＝.
(2)设n＝(x，y，z)是平面AB1P的法向量，则n⊥，n⊥，
∵＝(－4,0,4)，＝(－4,4,0)，
∴.
因此可取n＝(1,1,1)，由于＝(2，－3，－4)，
那么点M到平面AB1P的距离为
d＝＝
＝，
故M到平面AB1P的距离为.
[点评] 求点P到直线l的距离时，在直线l上任取一点Q，则在l上射影的长度为m＝||·|cos〈，n〉|(n为直线l的一个方向向量)，
即m＝，
于是P到l的距离d＝.
21[解析] 如图，建立空间直角坐标系A－xyz.
∵PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°，
∴∠PBA＝60°.
取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0，)，D(0,2,0)．
(1)∵＝(1,1,0)，＝(0,0，)，＝(－1,1,0)，
∴·＝－1＋1＋0＝0，·＝0.
∴AC⊥CD，AP⊥CD，
∴CD⊥平面PAC.
CD?平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PAC.
(2)∵＝，∴E(0，，)，∴＝(0，，)．又＝(1,0，－)，∴·＝－2.
∴cos〈·〉＝＝＝－.
∴异面直线AE与PB所成的角为arccos.
22[解析] (1)证法一：取A1B1的中点F1，连结FF1，C1F1，
由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，
因此平面FCC1，即为平面C1CFF1，
连结A1D，F1C，由于A1F1綊D1C1綊CD，所以四边形A1DCF1为平行四边形，因此A1D∥F1C.
又EE1∥A1D，得EE1∥F1C，
而EE1?平面FCC1，F1C?平面FCC1，
故EE1∥平面FCC1.
证法二：因为F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，所以CD綊AF，
因此四边形AFCD为平行四边形，所以AD∥FC.
又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC?平面FCC1，CC1?平面FCC1，
所以平面ADD1A1∥平面FCC1，
又EE1?平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1.
(2)解法一：取FC的中点H，
由于FC＝BC＝FB，
所以BH⊥FC.
又BH⊥CC1，
所以BH⊥平面FCC1.
过H作HG⊥C1F于G，连结BG.
由于HG⊥C1F，BH⊥平面FCC1，
所以C1F⊥BHG，
因此BG⊥C1F，
所以∠BGH为所求二面角的平面角，
在Rt△BHG中，BH＝，
又FH＝1，且△FCC1为等腰直角三角形，
所以HG＝，BG＝＝，
因此cos∠BGH＝＝＝，
即所求二面角的余弦值为.
解法二：过D作DR⊥CD交于AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
则F(，1,0)，B(，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)
所以＝(0,2,0)
＝(－，－1,2)，＝(，3,0)．
由FB＝CB＝CD＝DF，所以DB⊥FC.
又CC1⊥平面ABCD，
所以为平面FCC1的一个法向量．
设平面BFC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由得
即
取x＝1得，因此n＝，
所以cos(，n)＝
＝＝＝.
故所求二面角的余弦值为.
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个是符合题目要求的)
1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为O，则下列各命题中的真命题有( )
①＋与＋是一对相反向量
②－与－是一对相反向量
③＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量
④－与－是一对相反向量
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
2．若a、b、c是非零空间向量，则下列命题中的真命题是( )
A．(a·b)c＝(b·c)a
B．a·b＝－|a|·|b|，则a∥b
C．a·c＝b·c，则a∥b
D．a·a＝b·b，则a＝b
3．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是( )
A．相交 B．垂直
C．不垂直 D．成60°角
4．已知点A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，若存在点D, 使得DB∥AC，DC∥AB，则点D的坐标为( )
A．(－1,1,1)
B．(－1,1,1)或(1，－1，－1)
C．(－，，)
D．(－，，)或(1，－1,1)
5．下面命题中，正确命题的个数为( )
①若n1、n2分别是平面α、β的法向量，则n1∥n2?α∥β；
②若n1、n2分别是平面α、β的法向量，则α⊥β?n1·n2＝0；
③若n是平面α的法向量，b、c是α内两不共线向量a＝λb＋μc，(λ，μ∈R)则n·a＝0；
④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
6．已知ABCD是四面体，O是△BCD内一点，则＝(＋＋)是O为△BCD重心的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
7．同时垂直于a＝(2,2,1)，b＝(4,5,3)的单位向量是( )
A.
B.
C.
D.或
8．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC之一垂直
B．EF是A1D，AC的公垂线
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
9．已知正方体ABCD－A′B′C′D′中，点F是侧面CDD′C′的中心，若＝＋x＋y，则x－y等于( )
A．0 B．1
C. D．－
10．已知A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C是线段AB上一点，且＝，则C点的坐标为( )
A. B.
C. D.
11．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则能使l∥α的是( )
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
12．a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是( )
A. B.
C. D.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)
13．|a|＝|b|＝|c|＝1，a＋b＋c＝0，则a·c＋b·c＋a·b＝________.
14．已知A、B、C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为零的实数λ、m、n使λ＋m＋n＝0，那么λ＋m＋n的值等于________．
15．在平面直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为________．
16．三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，则直线PA与底面ABC所成角的大小为______．
三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分12分)已知斜三棱柱ABC－A′B′C′，设＝a，＝b，＝c，在面对角线AC′和棱BC上分别取点M、N，使＝k，＝k(0≤k≤1)，求证：三向量、a、c共面．
18．(本小题满分12分)如图所示，在棱长为1的正方体AC1中，M、N、E、F分别是A1B1、A1D1、B1C1、C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB.
19．(本小题满分12分)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．
(1)求证：AC⊥BC1.
(2)求证：AC1∥平面CDB1
(3)求AC1与BC1所成角的余弦值．
20．(本小题满分12分)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且CP＝2，Q是DD1的中点，求：
(1)M到直线PQ的距离；
(2)M到平面AB1P的距离．
21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°的角，底面ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)设E是棱PD上一点，且PE＝PD，求异面直线AE与PB所成的角．
22．(本小题满分14分)(09·山东理)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；
(2)求二面角B－FC1－C的余弦值．
1[答案] C
[解析] ①∵四边形ADC1B1为平行四边形，O为对角线交点．∴＋与＋是一对相反向量，故①真；
②∵－＝，－＝，＝，
∴－＝－，
∴②假；
③设正方形ABCD中心为O1，正方形A1B1C1D1中心为O2，则＋＋＋＝4，＋＋＋＝4，
∵与是相反向量，∴③真；
④－＝，－＝，
∵与是相反向量，∴④真．
2[答案] B
[解析] (a·b)c是与c共线的向量，(b·c)a是与a共线的向量，a与c不一定共线，故A假；
若a·b＝－|a|·|b|，则a与b方向相反，
∴a∥b，故B真；
若a·c＝b·c，则(a－b)·c＝0，即(a－b)⊥c，不能得出a∥b，故C假；
若a·a＝b·b，则|a|＝|b|，方向不确定，
故得不出a＝b，∴D假．
3[答案] B
[解析] ∵·＝0，·＝0，
∴⊥平面ABCD.
4[答案] A
[解析] 设D(x，y，z)，∵DB∥AC，DC∥AB，
∴四边形ABDC为平行四边形．
从而＝，即(－1,0,1)＝(x，y－1，z)，
∴.
5[答案] D
6[答案] C
[解析] 设E为CD中点，
＝(＋＋)
＝＋(－＋－)
＝＋(＋)－
＝＋，
∴＝.即O为△BCD的重心．反之也成立．
7[答案] D
[解析] 设所求向量为c＝(x，y，z)，
则，检验知选D.
[点评] 检验时，先检验A(或B)，若A不满足，则排除A、D；再检验B，若A满足，则排除B，C，只要看D是否成立．
8[答案] B
[解析] 以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1，1,0)，
＝，＝(－1，－1,1)，
＝－，·＝·＝0，
从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.
9[答案] A
[解析] 如图所示，＝＋，
∴＝x＋y，
∴＝x＋y，
∵＝＋
＝，
∴x＝y＝，x－y＝0.
10[答案] C
[解析] 由题意知，2＝，设C(x，y，z)，则2(x－4，y－1，z－3)＝(2－x，－5－y,1－z)，
∴，
∴，即C.
11[答案] D
[解析] ∵l∥α，∴a·n＝0，
经检验知选D.
12[答案] C
[解析] b－a＝(1＋t,2t－1,0)，
∵|b－a|2＝(1＋t)2＋(2t－1)2＝5t2－2t＋2
＝52＋≥，
∴|b－a|min＝.
13[答案] －
[解析] 设a·c＋b·c＋a·b＝x，
则2x＝(a＋b)·c＋(b＋c)·a＋(c＋a)b
＝－|c|2－|a|2－|b|2＝－3，
∴x＝－.
14[答案] 0
[解析] 由λ＋m＋n＝0得，
＝－－.
根据空间直线的向量参数方程有，－－＝1?－m－n＝λ?m＋n＋λ＝0.
[点评] A、B、C是空间不同三点，O为空间任一点，设＝x＋y，则A、B、C共线?x＋y＝1.
15[答案] 2
[解析] 如图作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足为M、N，由题设易知，||＝3，||＝2.
〈，〉＝120°，||＝5，
由条件||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝9＋25＋4＋2||·||·cos〈，〉＝44，
∴||＝2.
16[答案] 45°
[解析] 由条件知，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，∴BC＝，
∵PB＝PC＝1，∴∠BPC＝90°，
取BC边中点E，则
PE＝，AE＝，
又PA＝1，∴∠PEA＝90°，故∠PAE＝45°，
∵E为BC中点，∴PE⊥BC，AE⊥BC，
∴BC⊥平面PAE，
∴平面PAE⊥平面ABC，
∴∠PAE为直线PA与平面ABC所成角．
17[解析] ＝＋＝＋k
＝＋k(－)
＝a＋k(b－a)＝(1－k)a＋kb，
＝k＝k(＋)＝kb＋kc，
＝－＝(1－k)a－kc.
∵向量a和c不共线，∴、a、c共面．
18[解析] 解法一：∵＝＋＝＋＝，
∴AN∥BE.
＝＝，∴NM∥EF，又∵AN∩MN＝N，
AN、MN?平面AMN，BE∩EF＝E，
BE，EF?平面EFDB，
∴平面AMN∥平面AMN，BE∩EF＝E，BE、EF?平面EFDB.
解法二：以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(1，，1)，N(，0,1)，B(1,1,0)，F(0，，1)
∴＝(0，，1)，＝(－，0,1)，＝(1,1,0)，＝(0，，1)．
设平面AMN与平面EFBD的法向量分别为n1＝(x，y，z)和n2＝(x2，y2，z2)．
则n1·＝y＋z＝0，n1·＝－x＋z＝0.
解得y＝－2z，x＝2z，令z＝1得n1＝(2，－2,1)．
同理由可得
令z2＝1，∴平面EFDB的一个法向量m2＝(2，－2,1)，
∵n1＝n2，∴n1∥n2，
∴平面AMN∥平面EFDB.
解法三：转化为线线平行或线面平行问题．
建立如图所示的空间直角坐标系，取MN、DB及EF的中点R，T，S则
A(1,0,0)，M(1，，1)，N(，0,1)，D(0,0,0)，
B(1,1,0)，E(，1,1)，F(0，，1)，
R(，，1)，S(，，1)，T(，，0)，
∴＝(－，－，0)，＝(－，－，0)
＝(－，，1)，＝(－，，1)，
∴＝，＝，N?EF，R?TS，
得MN∥EF，AR∥TS，由于MN、AR?平面EFDB
∴MN∥平面EFDB，AR∥平面EFDB，
∴平面AMN∥平面EFDB.
[点评] 本题可以用逻辑推理来证明，即用面面平行的判定定理证明，在实现判定定理的条件时，使用了向量法，此时可用建系求坐标法或空间基底表示法完成此题．
19[解析] ∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直．
如图所示，以C为坐标原点，直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(，2,0)．
(1)∵＝(－3,0,0)，＝(0，－4,4)．
∴·＝0，∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，则E(0,2,2)．
∵＝(－，0,2)，＝(－3,0,4)．
∴＝，∴DE∥AC1.
∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
(3)∵＝(－3,0,4)，＝(0,4,4)，
∴cos〈·〉＝＝.
∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.
20[解析] 如图，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4,0,0)，M(2,3,4)，P(0,4,0)，Q(4,6,2)．
(1)∵＝(－2，－3,2)，＝(－4，－2，－2)，
∴在上的射影为
＝
＝，
故M到PQ的距离为
＝＝.
(2)设n＝(x，y，z)是平面AB1P的法向量，则n⊥，n⊥，
∵＝(－4,0,4)，＝(－4,4,0)，
∴.
因此可取n＝(1,1,1)，由于＝(2，－3，－4)，
那么点M到平面AB1P的距离为
d＝＝
＝，
故M到平面AB1P的距离为.
[点评] 求点P到直线l的距离时，在直线l上任取一点Q，则在l上射影的长度为m＝||·|cos〈，n〉|(n为直线l的一个方向向量)，
即m＝，
于是P到l的距离d＝.
21[解析] 如图，建立空间直角坐标系A－xyz.
∵PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°，
∴∠PBA＝60°.
取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0，)，D(0,2,0)．
(1)∵＝(1,1,0)，＝(0,0，)，＝(－1,1,0)，
∴·＝－1＋1＋0＝0，·＝0.
∴AC⊥CD，AP⊥CD，
∴CD⊥平面PAC.
CD?平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PAC.
(2)∵＝，∴E(0，，)，∴＝(0，，)．又＝(1,0，－)，∴·＝－2.
∴cos〈·〉＝＝＝－.
∴异面直线AE与PB所成的角为arccos.
22[解析] (1)证法一：取A1B1的中点F1，连结FF1，C1F1，
由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，
因此平面FCC1，即为平面C1CFF1，
连结A1D，F1C，由于A1F1綊D1C1綊CD，所以四边形A1DCF1为平行四边形，因此A1D∥F1C.
又EE1∥A1D，得EE1∥F1C，
而EE1?平面FCC1，F1C?平面FCC1，
故EE1∥平面FCC1.
证法二：因为F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，所以CD綊AF，
因此四边形AFCD为平行四边形，所以AD∥FC.
又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC?平面FCC1，CC1?平面FCC1，
所以平面ADD1A1∥平面FCC1，
又EE1?平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1.
(2)解法一：取FC的中点H，
由于FC＝BC＝FB，
所以BH⊥FC.
又BH⊥CC1，
所以BH⊥平面FCC1.
过H作HG⊥C1F于G，连结BG.
由于HG⊥C1F，BH⊥平面FCC1，
所以C1F⊥BHG，
因此BG⊥C1F，
所以∠BGH为所求二面角的平面角，
在Rt△BHG中，BH＝，
又FH＝1，且△FCC1为等腰直角三角形，
所以HG＝，BG＝＝，
因此cos∠BGH＝＝＝，
即所求二面角的余弦值为.
解法二：过D作DR⊥CD交于AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
则F(，1,0)，B(，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)
所以＝(0,2,0)
＝(－，－1,2)，＝(，3,0)．
由FB＝CB＝CD＝DF，所以DB⊥FC.
又CC1⊥平面ABCD，
所以为平面FCC1的一个法向量．
设平面BFC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由得
即
取x＝1得，因此n＝，
所以cos(，n)＝
＝＝＝.
故所求二面角的余弦值为.