章末检测试卷(一)
分值：150分
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1.已知a=(2，-1，3)，b=(-1，4，-2)，c=(1，3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于
A.1 B.2 C.3 D.4
2.若向量a=(x，4，5)，b=(1，-2，2)，且a与b的夹角的余弦值为则x等于
A.3 B.-3 C.-11 D.3或-11
3.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足=-+则||2的值为
A. B.3 C. D.
4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为CC1，BC的中点，则点B1到平面AEF的距离为
A. B.2 C. D.2
5.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，BC∥AD，且AB=BC=2，AD=3，PA⊥平面ABCD且PA=2，则PB与平面PCD所成角的正弦值为
A. B. C. D.
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1A，C1D1，A1D1的中点，则
A.AB∥平面EFG B.A1C∥平面EFG
C.B1C⊥平面EFG D.B1D⊥平面EFG
7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=4，E为A1D1的中点，F为CC1的中点，则直线BD与EF所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
8.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30°的角，则线段PE长度的取值范围是
A. B. C. D.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是
A.·= B.·=
C.·=- D.·=
10.已知空间中三点A(0，1，1)，B(2，2，1)，C(2，1，0)，则
A.||=
B.方向上的单位向量是
C.n=(1，-2，2)是平面ABC的一个法向量
D.在上的投影向量的模为
11.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，AS=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是
A.OM⊥PA
B.存在点M，使得OM∥平面SBC
C.存在点M，使得直线OM与AB所成的角为30°
D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.如图，已知三棱锥O-ABC，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，设=a=b=c，则= .(用基底{a，b，c}表示)
13.如图，圆锥的底面直径AB=2，高OC=D为底面圆周上的一点，∠AOD=120°，则直线AD与BC所成角的大小为 .
14.如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0
四、解答题(本题共5小题，共77分)
15.(13分)已知a=(x，4，1)，b=(-2，y，-1)，c=(3，-2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；(6分)
(2)a+c与b+c夹角的余弦值.(7分)
16.(15分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点.
(1)求证：BM∥平面ADEF；(7分)
(2)求证：BC⊥平面BDE.(8分)
17.(15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离.
18.(17分)如图，在四棱锥S-ABCD中，∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90°，CB=BD=2SB=SD=SD⊥BC.
(1)求证：平面SBD⊥平面SBC；(7分)
(2)若点P在线段SC上，且=λ，平面ABP与平面SBD的夹角为60°，求λ的值.(10分)
19.(17分)如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BD=∠ABD=90°，将△ABD沿对角线BD折起，折后的点A变为A1，且A1C=2.
(1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；(5分)
(2)求异面直线BC与A1D所成角的余弦值；(5分)
(3)若E为线段A1C上的一个动点，当线段EC的长为多少时，DE与平面BCD所成角的正弦值为？(7分)
答案精析
1.A 2.A 3.D 4.C 5.C 6.D
7.B [以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
已知AB=BC=2，AA1=4，
则D(0，0，0)，B(2，2，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4).
因为E为A1D1的中点，F为CC1的中点，所以E(1，0，4)，F(0，2，2).由B(2，2，0)，D(0，0，0)，
可得=(-2，-2，0).
由E(1，0，4)，F(0，2，2)，
可得=(-1，2，-2).
则·=(-2)×(-1)+(-2)×2+0×(-2)=2-4=-2，
||==2，
||==3.
所以|cos〈，〉|===，
所以直线BD与EF所成角的余弦值为.]
8.B [由△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，取AD的中点G，建立如图所示的空间直角坐标系，
则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(-1，0，0)，
B(1，2，0)，P(0，0，1)，
设F(1，y，0)，0设=x=x(1，0，1)=(x，0，x)，
0=(2-x，y，-x)，
=(x-1，0，x-1).
又=(1，0，-1)，
异面直线PA与EF成30°的角，
故|·|=||·||cos 30°，
即2=××
即(x-1)2=-y2，0∴(x-1)2∈
∴||2=2(x-1)2∈
∴||∈.]
9.ABC 10.ACD
11.ABD [依题意可知AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=AD=AS=2，
则A(0，0，0)，S(0，0，2)，C(2，2，0)，
P(1，1，1)，O(1，1，0)=(1，1，1)，
设M(0，t，2-t)，0≤t≤2，
则=(-1，t-1，2-t)，
所以·=-1+t-1+2-t=0，
所以OM⊥PA，A选项正确；
点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为2-t+t=2=AS，为定值，D选项正确；
B(2，0，0)=(2，0，-2)，
=(0，2，0)，
设平面SBC的法向量为n=(x，y，z)，
则
故可取n=(1，0，1)，
又OM 平面SBC，
要使OM∥平面SBC，
则·n=(-1，t-1，2-t)·(1，0，1)=1-t=0，
解得t=1，所以存在点M，
使得OM∥平面SBC，B选项正确；
若直线OM与AB所成的角为30°，
又=(2，0，0)，
则cos 30°=
=
==
整理得3t2-9t+7=0，Δ=81-4×3×7=-3<0，无解，C选项错误.]
12.a+b+c 13.60°
14.
解析 建立空间直角坐标系如图，则
A(1，0，0)，F(1，1，0)，
C(0，0，1).
因为CM=BN=a(0所以M
N
所以=.
所以||=
=
即MN的长为.
当a=时，||min=即M，N分别为AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为.
15.解 (1)因为a∥b，
所以==
解得x=2，y=-4，
则a=(2，4，1)，b=(-2，-4，-1).
又b⊥c，所以b·c=0，
即-6+8-z=0，
解得z=2，于是c=(3，-2，2).
(2)由(1)得a+c=(5，2，3)，
b+c=(1，-6，1)，
设a+c与b+c的夹角为θ，
因为cos θ==-.
所以a+c与b+c夹角的余弦值为-.
16.证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AD⊥ED，
ED 平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为原点分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，
C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
(1)∵M为EC的中点，∴M(0，2，1)，
则=(-2，0，1)=(-2，0，0)，
=(0，0，2)，
∴=+
故共面.
又BM 平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF.
(2)=(-2，2，0)=(2，2，0)=(0，0，2)，
∵·=-4+4=0，
∴BC⊥DB.
又·=0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB=D，DE，DB 平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
17.解 如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，
AO1∩O1B1=O1，OC1∩OB=O，
∴平面AB1O1∥平面BC1O.
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离.
∵O(0，0，0)，B(0，0)，C1(0，1，2)，
O1(0，0，2)，
∴=(0，0)=(0，1，2)=(0，0，2)，
设n=(x，y，z)为平面BC1O的法向量，
则即
∴可取n=(0，2，-1).
点O1到平面BC1O的距离记为d，
则d===.
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为.
18.(1)证明 因为CB=BD，
2∠BCD=90°，
故∠CBD=90°，所以BC⊥BD.
又SD⊥BC，SD∩BD=D，SD，
BD 平面SBD，所以BC⊥平面SBD.
因为BC 平面SBC，所以平面SBD⊥平面SBC.
(2)解 由(1)可得，平面ABCD⊥平面SBD，
设E为BD的中点，连接SE，因为SB=SD=所以SE⊥BD，
故SE⊥平面ABCD.
如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
B(0，2，0)，
C(2，4，0)，
S(1，1，2).
因为=λ，
所以P(2-λ，4-3λ，2λ)，
易得平面SBD的一个法向量为
=(2，2，0).
设n=(x，y，z)为平面ABP的法向量，
=(0，2，0)=(2-λ，4-3λ，2λ)，
由
得
不妨取n=(2λ，0，λ-2).
因为平面SBD与平面ABP的夹角为60°，
所以|cos〈n〉|==
且λ>0，解得λ=或λ=-2(舍去).
故λ的值为.
19.(1)证明 在Rt△ABD中，
AD==.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=CD=AB=1，
又A1C=2，
∴A1B2+BC2=A1C2，∴A1B⊥BC，
又A1B⊥BD，BC∩BD=B，
且BC，BD 平面BCD，
∴A1B⊥平面BCD，又A1B 平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面BCD.
(2)解 如图，过点B作BD的垂线为x轴，以点B为坐标原点建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，
D(00)，C(10)，从而=(10)，
=(0，-1)，
|cos〈〉|===
∴异面直线BC与A1D所成角的余弦值为.
(3)解 =(1，0，0)，
=(-1，-1).
设=λ0≤λ≤1，
则=+=(1-λ，-λ，λ)，
取平面BCD的一个法向量为
n=(0，0，1)，
设DE与平面BCD所成的角为θ，则sin θ=|cos〈n〉|=
==
解得λ=或λ=-1(舍去)，
∴=即CE=.
∴当线段EC的长为时，DE与平面BCD所成角的正弦值为.(共78张PPT)
章末检测试卷(一)
第一章 空间向量与立体几何
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对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A D C C D B B
题号 9 10 11 12 13 14 答案 ABC ACD ABD 60°
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(1)因为a∥b，
==
解得x=2，y=-4，
则a=(2，4，1)，b=(-2，-4，-1).
又b⊥c，所以b·c=0，
即-6+8-z=0，
解得z=2，于是c=(3，-2，2).
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(2)由(1)得a+c=(5，2，3)，
b+c=(1，-6，1)，
设a+c与b+c的夹角为θ，
因为cos θ==-.
所以a+c与b+c夹角的余弦值为-.
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∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AD⊥ED，
ED 平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为原点x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，
C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
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(1)∵M为EC的中点，∴M(0，2，1)，
=(-2，0，1)=(-2，0，0)，
=(0，0，2)，
∴=+
.
又BM 平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF.
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(2=(-2，2，0)=(2，2，0)=(0，0，2)，
∵·=-4+4=0，
∴BC⊥DB.
·=0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB=D，DE，DB 平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
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如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，
AO1∩O1B1=O1，OC1∩OB=O，
∴平面AB1O1∥平面BC1O.
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离.
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∵O(0，0，0)，B0，0)，C1(0，1，2)，O1(0，0，2)，
∴=0，0)=(0，1，2)=(0，0，2)，
设n=(x，y，z)为平面BC1O的法向量，
∴可取n=(0，2，-1).
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点O1到平面BC1O的距离记为d，
则d===.
∴平面AB1O1与平面BC1O.
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(1)因为CB=BD，2∠BCD=90°，
故∠CBD=90°，所以BC⊥BD.
又SD⊥BC，SD∩BD=D，SD，
BD 平面SBD，所以BC⊥平面SBD.
因为BC 平面SBC，所以平面SBD⊥平面SBC.
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(2)由(1)可得，平面ABCD⊥平面SBD，
设E为BD的中点，连接SE，因为SB=SD=所以SE⊥BD，
故SE⊥平面ABCD.
如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
B(0，2，0)，C(2，4，0)，S(1，1，2).
=λ，
所以P(2-λ，4-3λ，2λ)，
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易得平面SBD的一个法向量为=(2，2，0).
设n=(x，y，z)为平面ABP的法向量，
=(0，2，0)=(2-λ，4-3λ，2λ)，
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不妨取n=(2λ，0，λ-2).
因为平面SBD与平面ABP的夹角为60°，
所以|cos〈n〉|==
且λ>0，解得λ=λ=-2(舍去).
故λ.
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(1)在Rt△ABD中，AD==.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=CD=AB=1，
又A1C=2，
∴A1B2+BC2=A1C2，∴A1B⊥BC，
又A1B⊥BD，BC∩BD=B，且BC，BD 平面BCD，
∴A1B⊥平面BCD，又A1B 平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面BCD.
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(2)如图，过点B作BD的垂线为x轴，以点B为坐标原点建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，
D(00)，C(10=(10)，
=(0，-1)，
|cos〈〉|===
∴异面直线BC与A1D.
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(3)=(1，0，0)，=(-1，-1).
=λ0≤λ≤1，
=+=(1-λ，-λ，λ)，
取平面BCD的一个法向量为n=(0，0，1)，
设DE与平面BCD所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈 n〉|===
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解得λ=或λ=-1(舍去)，
∴=即CE=.
∴当线段ECDE与平面BCD.
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一、单项选择题
1.已知a=(2，-1，3)，b=(-1，4，-2)，c=(1，3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
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若向量a，b，c共面，
则c=xa+yb，其中x，y∈R，
即(1，3，λ)=(2x，-x，3x)+(-y，4y，-2y)=(2x-y，-x+4y，3x-2y)，
则有
解析
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2.若向量a=(x，4，5)，b=(1，-2，2)，且a与b的夹角的余弦值为则x等于
A.3 B.-3 C.-11 D.3或-11
√
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因为a·b=(x，4，5)·(1，-2，2)=x-8+10=x+2，
且a与b的夹角的余弦值为
所以=且x>-2，
解得x=3或x=-11(舍去).
解析
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3.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足=-+则||2的值为
A. B.3
C. D.
√
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由题意知||=1，||=1，||=.
〈 〉 =45°，〈 〉 =45°，
〈 〉 =60°，
所以||2==++-·+·-·=++2-×1×1×+1××-1××=.
解析
4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为CC1，BC的中点，则点B1到平面AEF的距离为
A. B.2
C. D.2
√
答案
1
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由题意可知AB，AC，AA1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B1(2，0，2)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，
=(2，0，2)=(0，2，1)=(1，1，0)，
设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)，
则取y=-1，
则x=1，z=2，即n=(1，-1，2)，
所以点B1到平面AEF的距离d===.
解析
5.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，BC∥AD，且AB=BC=2，AD=3，PA⊥平面ABCD且PA=2，则PB与平面PCD所成角的正弦值为
A. B.
C. D.
√
答案
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答案
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依题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=BC=2，AD=3，PA=2，
则P(0，0，2)，B(2，0，0)，
C(2，2，0)，D(0，3，0)，
从而=(2，0，-2)，
=(2，2，-2)=(0，3，-2)，
解析
答案
1
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17
设平面PCD的法向量为n=(a，b，c)，
则
不妨取c=3，则a=1，b=2，
所以平面PCD的一个法向量为n=(1，2，3)，
所以PB与平面PCD所成角的正弦值为|cos〈n〉|
==.
解析
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1A，C1D1，A1D1的中
点，则
A.AB∥平面EFG B.A1C∥平面EFG
C.B1C⊥平面EFG D.B1D⊥平面EFG
√
答案
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答案
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建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，取CC1，BC，AB的中点分别为
M，N，Q，则平面EFG即为平面EGFMNQ，
故AB与平面EGFMNQ相交，故A错误；
E(2，0，1)，G(1，0，2)，F(0，1，2)，B1(2，2，2)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)，则=(-1，0，1)=(-2，1，1)=(2，2，2)，由于·=(2，2，2)·(-1，0，1)=0·=(2，2，2)·(-2，1，1)=0，故是平面EFG的一个法向量，故B1D⊥平面EFG，故D正确；
解析
答案
1
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5
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由正方体的性质可得B1C与B1D不平行，因此B1C不垂直于平面EFG，故C错误；
由于=(-2，2，-2)·=(2，2，2)·(-2，2，-2)
=-4≠0，故与法向量不垂直，故A1C与平面EFG不平行，故B错误.
解析
7.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝4，E为A1D1的中点，F为CC1的中点，则直线BD与EF所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
答案
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以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
已知AB＝BC＝2，AA1＝4，
则D(0，0，0)，B(2，2，0)，A(2，0，0)，
C(0，2，0)，A1(2，0，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4).
因为E为A1D1的中点，F为CC1的中点，
所以E(1，0，4)，F(0，2，2).由B(2，2，0)，D(0，0，0)，
可得＝(－2，－2，0).
解析
答案
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由E(1，0，4)，F(0，2，2)，可得＝(－1，2，－2).
则·＝(－2)×(－1)＋(－2)×2＋0×(－2)＝2－4＝－2，
||＝＝2，
||＝＝3.
所以|cos〈，〉|＝，
所以直线BD与EF所成角的余弦值为.
解析
8.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30°的角，则线段PE长度的取值范围是
A. B.
C. D.
答案
1
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由△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，取AD的中点G，建立如图所示的空间直角坐标系，
则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(-1，0，0)，B(1，2，0)，P(0，0，1)，设F(1，y，0)，0设=x=x(1，0，1)=(x，0，x)，0故E(x-1，0，x)=(2-x，y，-x)，
=(x-1，0，x-1).又=(1，0，-1)，
异面直线PA与EF成30°的角，
解析
答案
1
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故|·|=||·||cos 30°，
即2=××
即(x-1)2=-y2，0∴(x-1)2∈
∴||2=2(x-1)2∈∴||∈.
解析
二、多项选择题
9.如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是
A.·= B.·=
C.·=- D.·=
答案
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答案
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因为E，F分别是AB，AD的中点，
所以·=·
=||||cos〈=×cos 60°=A正确；
·=·=||2=B正确；
·=·=||||·cos〈·=×cos 120°=-C正确；
解析
答案
1
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·=·(-)=·-·
=||||cos〈 〉 -||||·cos〈 〉
=cos 60°-cos 60°=0，D错误.
解析
10.已知空间中三点A(0，1，1)，B(2，2，1)，C(2，1，0)，则
A.||=
B.方向上的单位向量是
C.n=(1，-2，2)是平面ABC的一个法向量
D.在上的投影向量的模为
答案
1
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√
√
√
答案
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由已知可得=(2，0，-1)=(0，1，1)=(0，-1，-1)，因为||= =故A正确；
因为==即故B错误；
因为n·=(1，-2，2)·(2，0，-1)=2-2=0，n·=(1，-2，2)·(0，-1，-1)=2-2=0，所以n⊥n⊥故n是平面ABC的一个法向量，故C正确；
由==故D正确.
解析
18
19
17
11.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，AS=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是
A.OM⊥PA
B.存在点M，使得OM∥平面SBC
C.存在点M，使得直线OM与AB所成的角为30°
D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
√
√
√
答案
1
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答案
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依题意可知AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=AD=AS=2，
则A(0，0，0)，S(0，0，2)，C(2，2，0)，
P(1，1，1)，O(1，1，0)=(1，1，1)，
设M(0，t，2-t)，0≤t≤2，
则=(-1，t-1，2-t)，
所以·=-1+t-1+2-t=0，
所以OM⊥PA，A选项正确；
解析
点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为2-t+t=2=AS，为定值，D选项正确；
B(2，0，0)=(2，0，-2)=(0，2，0)，
设平面SBC的法向量为n=(x，y，z)，
则
故可取n=(1，0，1)，
又OM 平面SBC，要使OM∥平面SBC，
则·n=(-1，t-1，2-t)·(1，0，1)=1-t=0，
解得t=1，所以存在点M，使得OM∥平面SBC，B选项正确；
解析
答案
1
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若直线OM与AB所成的角为30°，
又=(2，0，0)，
则cos 30°==
==
整理得3t2-9t+7=0，Δ=81-4×3×7=-3<0，无解，C选项错误.
解析
答案
1
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三、填空题
12.如图，已知三棱锥O-ABC，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线
段MN上，且MG=2GN，设=a=b=c，则= . (用基底{a，b，c}表示)
答案
1
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a+b+c
答案
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∵MG=2GN，∴=
又M，N分别是棱OA，BC的中点，
=a=b=c，
∴=+=+
=+-)
=+=×+×+)
=++=a+b+c.
解析
13.如图，圆锥的底面直径AB=2，高OC=D为底面圆周上的一点，∠AOD=120°，则直线AD与BC所成角的大小为 .
答案
1
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60°
答案
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取 的中点E，连接OE，以O为原点，
的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，依题意，A(0，-1，0)，
B(0，1，0)，C(0，0)，
D则=
=(0，-1)，
解析
答案
1
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设直线AD与BC所成的角为θ，
则cos θ=|cos〈〉|===
所以θ=60°，
所以直线AD与BC所成的角为60°.
解析
14.如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0线段MN最短为 .
答案
1
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答案
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17
建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，F(1，1，0)，C(0，0，1).
因为CM=BN=a(0所以MN
所以=.
所以||==
解析
答案
1
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17
即MN的长为.
当a=时，||min=
即M，N分别为AC，BF的中点时，
MN的长最小，最小值为.
解析
四、解答题
15.已知a=(x，4，1)，b=(-2，y，-1)，c=(3，-2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
答案
1
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答案
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因为a∥b，
所以==
解得x=2，y=-4，
则a=(2，4，1)，b=(-2，-4，-1).
又b⊥c，所以b·c=0，
即-6+8-z=0，
解得z=2，于是c=(3，-2，2).
解
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17
(2)a+c与b+c夹角的余弦值.
答案
1
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由(1)得a+c=(5，2，3)，
b+c=(1，-6，1)，
设a+c与b+c的夹角为θ，
因为cos θ==-.
所以a+c与b+c夹角的余弦值为-.
解
16.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点.
(1)求证：BM∥平面ADEF；
答案
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∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AD⊥ED，ED 平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为原点分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，
C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
证明
答案
1
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∵M为EC的中点，∴M(0，2，1)，
则=(-2，0，1)=(-2，0，0)，
=(0，0，2)，
∴=+
故共面.
又BM 平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF.
证明
(2)求证：BC⊥平面BDE.
=(-2，2，0)=(2，2，0)=(0，0，2)，
∵·=-4+4=0，∴BC⊥DB.
又·=0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB=D，DE，DB 平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
证明
答案
1
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17.在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离.
答案
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如图，连接OO1，
根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1=O1，
OC1∩OB=O，
∴平面AB1O1∥平面BC1O.
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为
点O1到平面BC1O的距离.
解
答案
1
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∵O(0，0，0)，B(0，0)，C1(0，1，2)，O1(0，0，2)，
∴=(0，0)=(0，1，2)=(0，0，2)，
设n=(x，y，z)为平面BC1O的法向量，
则
∴可取n=(0，2，-1).
点O1到平面BC1O的距离记为d，则d===.
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为.
解
18.如图，在四棱锥S-ABCD中，∠DAB=∠ADC
=2∠ABD=2∠BCD=90°，CB=BD=2SB=SD
=SD⊥BC.
(1)求证：平面SBD⊥平面SBC；
答案
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因为CB=BD，2∠BCD=90°，
故∠CBD=90°，所以BC⊥BD.
又SD⊥BC，SD∩BD=D，SD，BD 平面SBD，
所以BC⊥平面SBD.
因为BC 平面SBC，所以平面SBD⊥平面SBC.
证明
(2)若点P在线段SC上，且=λ，平面ABP与平面SBD的夹角为60°，求λ的值.
答案
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由(1)可得，平面ABCD⊥平面SBD，
设E为BD的中点，连接SE，因为SB=SD=
所以SE⊥BD，故SE⊥平面ABCD.
如图，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，S(1，1，2).
因为=λ，
所以P(2-λ，4-3λ，2λ)，
易得平面SBD的一个法向量为=(2，2，0).
解
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设n=(x，y，z)为平面ABP的法向量，
=(0，2，0)=(2-λ，4-3λ，2λ)，
由
不妨取n=(2λ，0，λ-2).
因为平面SBD与平面ABP的夹角为60°，
所以|cos〈n〉|==
且λ>0，解得λ=或λ=-2(舍去).故λ的值为.
解
19.如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BD=∠ABD=90°，将△ABD沿对角线BD折起，折后的点A变为A1，且A1C=2.
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(1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；
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在Rt△ABD中，AD==.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=CD=AB=1，又A1C=2，
∴A1B2+BC2=A1C2，∴A1B⊥BC，
又A1B⊥BD，BC∩BD=B，
且BC，BD 平面BCD，
∴A1B⊥平面BCD，又A1B 平面A1BD，
∴平面A1BD⊥平面BCD.
证明
(2)求异面直线BC与A1D所成角的余弦值；
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如图，过点B作BD的垂线为x轴，
以点B为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A1(0，0，1)，D(00)，C(10)，
从而=(10)=(0，-1)，
|cos〈|===
∴异面直线BC与A1D所成角的余弦值为.
解
(3)若E为线段A1C上的一个动点，当线段EC的长为多少时，DE与平面BCD所成角的正弦值为？
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=(1，0，0)=(-1，-1).
设=λ0≤λ≤1，
则=+=(1-λ，-λ，λ)，
取平面BCD的一个法向量为n=(0，0，1)，
设DE与平面BCD所成的角为θ，则
sin θ=|cos〈n〉|===解得λ=
解
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或λ=-1(舍去)，∴=即CE=.
∴当线段EC的长为时，
DE与平面BCD所成角的正弦值为.
解
第一章 空间向量与立体几何
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