第三章综合素质检测
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．下列说法中不正确的是( )
A．平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量
B．一个平面的所有法向量互相平行
C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直
D．如果a、b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量
[答案] D
[解析] 只有当a、b不共线且a∥α，b∥α时，D才正确．
2．在下列条件中，使M与不共线三点A、B、C一定共面的是( )
A.＝2－－
B.＝＋＋
C.＋＋＝0
D.＋＋＋＝0
[答案] C
[解析] ∵点M在平面ABC内，∴对空间任一点O，有＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1，故A、B、D均不对．
3．已知a＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα) ，且a∥ b则向量a＋b与a－b的夹角是( )
A．90° B．60° C．30° D．0°
[答案] A
[解析] ∵|a|2＝2，|b|2＝2，
(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝0，
∴(a＋b)⊥(a－b)．
4．已知A、B、C三点的坐标分别为A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，λ)，若⊥，则λ等于( )
A．28 B．－28
C．14 D．－14
[答案] D
[解析] ＝(－2，－6，－2)，＝(－1,6，λ－3)，
∵⊥，∴·＝2×1－6×6－2(λ－3)＝0，
解得λ＝－14，故选D.
5．已知向量e1、e2、e3是两两垂直的单位向量，且a＝3e1＋2e2－e3，b＝e1＋2e3，则(6a)·(b)等于( )
A．15 B．3 C．－3 D．5
[答案] B
[解析] (6a)·(b)＝3a·b＝3(3e1＋2e2－e3)·(e1＋2e3)＝9|e1|2－6|e3|2＝3.
6．已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为 a，设＝a，＝b，＝c，则〈，〉＝( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
[答案] D
[解析] ＝，
∵△A′BD为正三角形，
∴〈，〉＝120°.
7．如图，四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝MA，N为BC中点，则等于( )
A.a－b＋c
B．－a＋b＋c
C.a＋b－c
D.a＋b－c
[答案] B
[解析] ＝－＝(＋)－
＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c.
故选B.
8．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.
[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.
9．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)
[答案] D
[解析] ∵l∥α，∴a·n＝0，
经检验知选D.
10．已知△ABC的顶点A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD的长等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
[答案] C
[解析] 解法一：设D(x，y，z)，则＝(x－1，y＋1，z－2)，＝(x－5，y＋6，z－2)，＝(0,4，－3)，
∵∥，且⊥，
∴∴
∴||＝5.
解法二：设＝λ，D(x，y，z)，则(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)，
∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ.
∴＝(－4,4λ＋5，－3λ)，
又＝(0,4，－3)，⊥，
∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，
∴λ＝－，∴＝，
∴||＝＝5.
11．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为( )
A. B.
C. D.
[答案] C
[解析]
如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D1(0,0,1)，E(1,1,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．
从而＝(1,1，－1)，＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)，
设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，
则即
得令a＝2，则n＝(2,1,2)．
所以点E到平面ACD1的距离为
h＝＝＝.
12．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是正方形ADD1A1和ABCD的中心，G是CC1的中点，设GF，C1E与AB所成的角分别为α，β，则α＋β等于( )
A．120° B．60°
C．75° D．90°
[答案] D
[解析]
建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则B(2,0,0)，A(2,2,0)，G(0,0,1)，F(1,1,0)，C1(0,0,2)，E(1,2,1)．则＝(0,2,0)，＝(1,1，－1)，＝(1,2，－1)，∴cos〈，〉＝＝，cos〈，〉＝＝，∴cosα＝，sinα＝，cosβ＝，sinβ＝，cos(α＋β)＝0，∴α＋β＝90°.
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．已知a＝(x,2，－4)，b＝(－1，y,3)，c＝(1，－2，z)，且a、b、c两两垂直，则(x，y，z)＝________.
[答案] (－64，－26，－17)
[解析] 由题意得
解得
14．已知正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1边长为1，下底面ABCD边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为________．
[答案]
[解析]
设上、下底面中心分别为O1、O，则OO1⊥平面ABCD，以O为原点，直线BD、AC、OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
∵AB＝2，A1B1＝1，∴AC＝BD＝2，A1C1＝B1D1＝，
∵平面BDD1B1⊥平面ABCD，∴∠B1BO为侧棱与底面所成的角，∴∠B1BO＝60°，
设棱台高为h，则tan60°＝，∴h＝，
∴A(0，－，0)，D1(－，0，)，B1(，0，)，C(0，，0)，
∴＝(－，，)，＝(－，，－)，
∴cos〈，〉＝＝，
故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.
15．三棱锥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______．
[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．
16．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为________．
[答案]
[解析] 过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N.则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.
由于＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝()2＋12＋()2＋2(0＋0＋0)＝，
∴||＝.
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)若e1、e2、e3是三个不共面向量，则向量a＝3e1＋2e2＋e3，b＝－e1＋e2＋3e3，c＝2e1－e2－4e3是否共面？请说明理由．
[解析] 设c＝λ1a＋λ2b，则
?λ1＝，λ2＝－.
即c＝a－b.∴a、b、c共面．
18．(本小题满分12分)在四棱锥P－ABCD中，ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG＝2GD，＝a，＝b，＝c，试用基底{a，b，c}表示向量.
[解析] ∵BG＝2GD，
∴＝.
又＝＋＝－＋－＝a＋c－2b，
∴＝＋＝b＋(a＋c－2b)
＝a－b＋c.
19．(本小题满分12分)如图所示，在四面体ABCD中，AB，BC，CD两两互相垂直，且BC＝CD＝1.
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
(2)求二面角C－AB－D的大小；
(3)若直线BD与平面ACD所成的角为30°，求线段AB的长度．
[解析] 解法一：(1)∵CD⊥AB，CD⊥BC，
∴CD⊥平面ABC.
又∵CD?平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)∵AB⊥BC，AB⊥CD，∴AB⊥平面BCD，
∴AB⊥BD.
∴∠CBD是二面角C－AB－D的平面角．
∵在Rt△BCD中，BC＝CD，∴∠CBD＝45°.
∴二面角C－AB－D的大小为45°.
(3)过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接DH.
∵平面ACD⊥平面ABC，
∴BH⊥平面ACD，
∴∠BDH为BD与平面ACD所成的角．∴∠BDH＝30°.
在Rt△BHD中，BD＝，
∴BH＝.
又∵在Rt△BHC中，BC＝1，
∴∠BCH＝45°，
∴在Rt△ABC中，AB＝1.
解法二：(1)同解法一．
(2)
设AB＝a，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则B(0,0,0)，A(0,0，a)，C(0,1,0)，D(1,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,0，a)．
平面ABC的法向量＝(1,0,0)，设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有·n＝x＋y＝0，·n＝az＝0，
∴z＝0，取y＝1，则x＝－1，
∴n＝(－1,1,0)．
∴cos〈，n〉＝＝－，由图可知二面角C－AB－D为锐角，
∴二面角C－AB－D的大小为45°.
(3)＝(0,1，－a)，＝(1,0,0)，＝(1,1,0)．
设平面ACD的一个法向量是m＝(x′，y′，z′)，则·m＝y′－az′＝0，·m＝x′＝0，
令z′＝1，∴y′＝a，则m＝(0，a,1)．
∵直线BD与平面ACD所成角为30°，
∴cos〈，m〉＝＝＝cos60°，
解得a＝1，∴AB＝1.
20．(本小题满分12分)底面是等腰直角三角形的直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠C＝，AA1＝AC，D为CC1上的点，且CC1＝3C1D，求二面角B－B1D－A的余弦值．
[解析] 以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝AC＝3，则A(0,3,0)，B1(3,0,3)，D(0,0,2)．
∴＝(0，－3,2)，＝(3，－3,3)．
设平面ADB1的法向量n＝(1，λ，μ)，
则即解得
∴n＝(1，－2，－3)．
又平面BB1D的法向量＝(0,3,0)，
∴cos〈n，〉＝＝＝－.
由题意可知，二面角B－B1D－A为锐角，
∴二面角B－B1D－A的余弦值为.
21．(本小题满分12分)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2，AA1＝5，E、F分别为D1D、B1B上的点，且DE＝B1F＝1.
(1)求证：BE⊥平面ACF；
(2)求点E到平面ACF的距离．
[解析] (1)证明：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,5)，E(0,0,1)，F(2,2,4)．
∴＝(－2,2,0)，＝(0,2,4)，＝(－2，－2,1)，＝(－2，0,1)．
∵·＝0，·＝0，
∴BE⊥AC，BE⊥AF，且AC∩AF＝A.
∴BE⊥平面ACF.
(2)解：由(1)知，为平面ACF的一个法向量，
∴点E到平面ACF的距离d＝＝.
故点E到平面ACF的距离为.
22．(本小题满分14分)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
[解析] 解法一：设正方体的棱长为1，如图所示，以，，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，)，A(0,0,0)，D(0,1,0)，
所以＝(－1,1，)，＝(0,1,0)．
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE与平面ABB1A1所成的角为θ，则
sinθ＝＝＝.
即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
(2)依题意，得A1(0,0,1)，＝(－1,0,1), ＝(－1,1，)．
设n＝(x，y，z)是平面A1BE得一个法向量，则由n·＝0，n·＝0，得
所以x＝z，y＝z.取z＝2，得n＝(2,1,2)．
设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)．
又B1(1,0,1)，所以＝(t－1,1,0)，而B1F?平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE?·n＝0?(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0?2(t－1)＋1＝0?t＝?F为C1D1的中点．
这说明在棱C1D1上存在一点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.
解法二：(1)如图(a)所示，取AA1的中点M，连接EM，BM.
因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.
又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，
所以EM⊥ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影， ∠EBM为直线BE与平面ABB1A1所成的角．
设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝＝3.
于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝.
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.
如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG.
因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，因此D1C∥A1B.
又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.
这说明A1，B，G，E共面．所以BG?平面A1BE.
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF为平行四边形，所以B1F∥BG.
而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.
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．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，a，b夹角的余弦值为，则λ等于( )
A．2 B．－2
C．－2或 D．2或－
[答案] C
[解析] cos〈a，b〉＝＝＝，所以λ＝－2或.
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．若a·b＝－|a|·|b|，则a∥b
C．若a·c＝b·c，则a∥b
D．若a·a＝b·b，则a＝b
[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．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是( )
A．2， B．－，
C．－3,2 D．2,2
[答案] A
[解析] ∵a∥b，∴存在实数k，使b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝(kλ＋k,0,2k)，
∴∴或故选A.
4．同时垂直于a＝(2,2,1)，b＝(4,5,3)的单位向量是( )
A.
B.
C.
D.或
[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．
5．已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，则以下等式中可能不成立的是( )
A.·＝0 B.·＝0
C.·＝0 D.·＝0
[答案] B
[解析] ①?DA⊥平面PAB?DA⊥PB?·＝0；
②同①知·＝0；
③PA⊥平面ABCD?PA⊥CD?·＝0；
④若·＝0，则BD⊥PC，
又BD⊥PA，∴BD⊥平面PAC，故BD⊥AC，
但在矩形ABCD中不一定有BD⊥AC，故选B.
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
[答案] C
[解析] 设E为CD中点，
＝(＋＋)＝＋(－＋－)
＝＋(＋)－＝＋，
∴＝.即O为△BCD的重心．反之也成立．
7．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中能作为平面AEF的法向量的是( )
A．(1，－2,4)
B．(－4,1，－2)
C．(2，－2,1)
D．(1,2，－2)
[答案] B
[解析] 设平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则A(1,0,0)，E(1,1，)，F(，0,1)．故＝(0,1，)，＝(－，0,1)．
由即所以
当z＝－2时，n＝(－4,1，－2)，故选B.
8．a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是( )
A. B. C. D.
[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＝.
9．如图ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
[答案] D
[解析] 正方体中，BD∥B1D1，且BD?面CB1D1，知BD∥平面CB1D1，A正确；AC1在面ABCD内的射影为AC，又AC⊥BD，由三垂线定理知AC1⊥BD.故B正确；同理可得AC1⊥B1D1，AC1⊥CD1，且B1D1∩CD1＝D1，∴AC1⊥平面CB1D1，故C正确；由AD∥BC知，∠B1CB为AD与CB1所成的角，应为45°，故D错误．
10．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则与的夹角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
[答案] C
[解析] ＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)．设〈，〉＝θ，则cosθ＝＝＝，∴θ＝60°.
11．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．－
[答案] A
[解析] 如图所示，＝＋，
∴＝x＋y，
∴＝x＋y，
∵＝＋
＝，
∴x＝y＝，x－y＝0.
12．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为( )
A．60° B．90°
C．45° D．以上都不正确
[答案] B
[解析] 以点D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如下图．
由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，∴＝(0,1，－1)，＝(1,1，－1)，＝(0，－1，－1)．
设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)．
则?
令z＝1，得y＝1，x＝0.
所以n＝(0,1,1)，cos〈n，〉＝＝＝－1.
所以〈n，〉＝180°.
所以直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为90°.
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＝________.
[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．给出命题：①在?ABCD中，＋＝；②在△ABC中，若·>0，则△ABC是锐角三角形；③在梯形ABCD中，E、F分别是两腰BC、DA的中点，则＝(＋)；④在空间四边形ABCD中，E、F分别是边BC、DA的中点，则＝(＋)．以上命题中，正确命题的序号是____．
[答案] ①③④
[解析] 本题考查向量的有关运算．
①满足向量运算的平行四边形法则，①正确；
·＝||·||·cosA>0?∠A<90°，但∠B、∠C无法确定，△ABC是否是锐角三角形无法确定，②错误；③符合梯形中位线，正确；④如图：＝＋；＋＝＋＋＝＋2＝2(＋)＝2，则＝(＋)．
15.
如图所示，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则异面直线D1E与AC所成角的余弦值是________．
[答案]
[解析] 如图，建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,4)，E(0,4,2)，＝(－4,4,0)，＝(0,4，－2)．
cos〈，〉＝＝.
∴异面直线D1E与AC所成角的余弦值为.
16．若△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AB＝8，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一点，则PM的最小值为________．
[答案] 2
[解析] 由条件知PC、AC、BC两两垂直，设＝a，＝b，＝c，则a·b＝b·c＝c·a＝0，
∵∠BAC＝60°，AB＝8，∴|a|＝CA＝8cos60°＝4，|b|＝CB＝8sin60°＝4.|c|＝PC＝4，
设＝x＝x(b－a)，
则＝＋＋＝－c＋a＋x(b－a)＝(1－x)a＋xb－c，
||2＝(1－x)2|a|2＋x2|b|2＋|c|2＋2(1－x)xa·b－2xb·c－2(1－x)a·c＝16(1－x)2＋48x2＋16＝32(2x2－x＋1)＝642＋28，
∴当x＝时，||2取最小值28，∴||min＝2.
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)如图，正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E是上底面A′B′C′D′的中心，用，，表示向量，.
[解析] (1)＝－＝－－＋.
(2)＝＋＝＋
＝＋＝＋(－)
＝－＋＋.
18．(本小题满分12分)如图所示，已知空间四边形ABCD，P、Q分别是△ABC和△BCD的重心．
求证：PQ∥平面ACD.
[证明] ∵P、Q分别是△ABC和△BCD的重心．
∴＝－＝－
＝(－)＝.
∴∥，即PQ∥AD，
又PQ?平面ACD，AD?平面ACD，∴PQ∥平面ACD.
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CB1所成角的余弦值．
[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，连接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．(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．
[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．(本小题满分12分)如图，已知正三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，在直线CC′上是否存在一点N，使得MN⊥AB′？若存在，请指出它的位置；若不存在，请说明理由．
[解析] 假设在直线CC′上存在一点N，使得MN⊥AB′，设＝x.
∵＝＋＝＋x，
＝＋＝＋，
∴·＝·(＋)＝0，
即·＋·＋x·＋x2＝0，
||||cos〈，〉＋4x＝0.
∴－＋4x＝0，∴x＝.
即在直线CC′上存在一点N，
当||＝时，MN⊥AB′.
22．(本小题满分14分)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．
[解析] (1)证法一：取A1B1的中点F1，连接FF1，C1F1，
由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，
因此平面FCC1，即为平面C1CFF1，
连接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，连接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∴
即
取x＝1得因此n＝，
所以cos〈，n〉＝
＝＝＝.
故所求二面角的余弦值为.
