第一章 空间向量与立体几何（单元测试）（含解析）2025-2026学年人教A版（2019）数学选择性必修第一册
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| 名称 | 第一章 空间向量与立体几何（单元测试）（含解析）2025-2026学年人教A版（2019）数学选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 835.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-12 18:47:23 | ||
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文档简介
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第一章 空间向量与立体几何
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（5分）对于空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，有如下关系：，则（ ）
A．四点O、A、B、C必共面
B．四点P、A、B、C必共面
C．四点O、P、B、C必共面
D．五点O、P、A、B，C必共面
2．（5分）设，是向量，则“||＝||”是“||＝||”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
3．（5分）如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且OM＝2MA，点N为BC中点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（5分）已知四面体O﹣ABC，G是△ABC的重心，且，若，则（x，y，z）为（ ）
A． B．
C． D．
5．（5分）已知△ABC的顶点分别为A（1，﹣1，2），B（5，﹣6，2），C（1，3，﹣1），则AC边上的高BD等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（5分）在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C后，BCa，这时二面角B﹣AD﹣C的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
7．（5分）已知平面α内的∠APB＝60°，射线PC与PA，PB所成的角均为135°，则PC与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（5分）关于空间直角坐标系O﹣xyz中的一点P（1，2，3），下列说法正确的是（ ）
A．OP的中点坐标为（，1，）
B．点P关于x轴对称的点的坐标为（﹣1，2，3）
C．点P关于原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3）
D．点P关于xOy面对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3）
（多选）10．（5分）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知是空间向量的一组基底，若，则也是空间一组基底
（多选）11．（5分）已知向量，，若，，则x+y＝（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．2
（多选）12．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B（1，﹣3，1），点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是 ．
14．（5分）如图所示的三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，若PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则与所成角的余弦值为 ．
15．（5分）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC、DD1上的点，若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为 ．
16．（5分）如图所示，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．
（Ⅰ）试用表示向量；
（Ⅱ）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
18．（12分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC，CD＝ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．
19．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1＝AD，，N为CD中点，M为D1C1中点．
（1）求证：BD⊥平面ANM；
（2）若线段AN上存在点Q使得BQ⊥AN，求C1Q与平面A1B1Q所成角的正弦值．
20．（12分）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1上靠近点A1的三等分点．
（1）若F为BB1的中点，试在A1B1上找一点P，使PF∥平面CD1E；
（2）若四边形ABCD是正方形，且BB1与平面CD1E所成角的正弦值为，求二面角E﹣D1C﹣D的余弦值．
21．（12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝2，求二面角A﹣CE﹣F的正弦值；
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长．
22．（12分）如图，已知三棱锥A﹣BCD中，△BCD为等边三角形，AB＝AD且∠BAD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，其中E为AB中点，F为AD中点，N为BC上靠近B的三等分点，设平面EFN与平面BCD的交线为l．
（1）证明：l∥平面ABD；
（2）若M为BD中点，求直线CM与平面EFN所成角的余弦值．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（5分）对于空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，有如下关系：，则（ ）
A．四点O、A、B、C必共面
B．四点P、A、B、C必共面
C．四点O、P、B、C必共面
D．五点O、P、A、B，C必共面
【答案】B
【分析】由共面向量基本定理、空间向量基本定理即可得出．
【解答】解：由，1，可得四点P、A、B、C必共面．
故选：B．
【点评】本题考查了共面向量基本定理、空间向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．（5分）设，是向量，则“||＝||”是“||＝||”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据向量模相等的几何意义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】解：若“||＝||”，则以，为邻边的平行四边形是菱形；
若“||＝||”，则以，为邻边的平行四边形是矩形；
故“||＝||”是“||＝||”的既不充分也不必要条件；
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是充要条件，向量的模，分析出“||＝||”与“||＝||”表示的几何意义，是解答的关键．
3．（5分）如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且OM＝2MA，点N为BC中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意，把，，三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项．
【解答】解：由题意
又，，
∴
故选：B．
【点评】本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题．
4．（5分）已知四面体O﹣ABC，G是△ABC的重心，且，若，则（x，y，z）为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的线性运算法则，结合三角形重心的性质求解．
【解答】解：（）[）]
（）（）
，
∴x，y，z，
∴（x，y，z）为（，，），
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间向量基本定理，考查了三角形重心的性质，是基础题．
5．（5分）已知△ABC的顶点分别为A（1，﹣1，2），B（5，﹣6，2），C（1，3，﹣1），则AC边上的高BD等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】利用向量共线的充要条件及向量垂直的充要条件列出方程组，求出的坐标；利用向量模的坐标公式求出BD长．
【解答】解：设λ，又（0，4，﹣3）．
则（0，4λ，﹣3λ）．（4，﹣5，0），（﹣4，4λ+5，﹣3λ），
由 0，
得λ，∴（﹣4，，），
∴||＝5．
故选：C．
【点评】本题考查向量共线的充要条件、考查向量垂直的充要条件、考查向量模的坐标公式．
6．（5分）在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C后，BCa，这时二面角B﹣AD﹣C的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【分析】在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C，由定义知，∠BDC为所求二面角的平面角，由此可求二面角B﹣AD﹣C的大小．
【解答】解：在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C，由定义知，∠BDC为所求二面角的平面角，
又BC＝BD＝DCa，∴△BDC为等边三角形，
∴∠BDC＝60°．
故选：C．
【点评】本题考查二面角大小的计算，考查图形的翻折，正确找出二面角的平面角是关键．
7．（5分）已知平面α内的∠APB＝60°，射线PC与PA，PB所成的角均为135°，则PC与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，通过分析可得∠CPD为PC与平面α所成的角的补角，利用余弦定理计算即可得解．
【解答】解：作出图形，如图所示，
令PA＝PB＝PC＝2，
则∠CPA＝∠CPB＝135°，
所以AC＝BC，
取AB的中点D，连接PD，则∠CPD即为PC与平面α所成的角的补角，
在△APC中，AC ＝PA +PC ﹣2PA PC cos135°＝8+4，
所以在△PCD中，CD ＝AC ﹣AD ＝7+4，
因为PD，
所以cos∠CPD，
所以PC与平面α所成的角θ的余弦值是．
故选：B．
【点评】本题考查线面角的求法，找出所成的角，构造三角形是解题的关键，属于中档题．
8．（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设AB＝2．设M（0，t，2），0≤t≤2．可得cosθ，令f（t），t∈[0，2]．利用导数研究函数的单调性即可得出．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨设AB＝2．则A（0，0，0），E（1，0，0），F（2，1，0），设M（0，t，2），0≤t≤2．
∴（﹣2，﹣1，0），（﹣1，t，2），
∴cosθ，
令f（t），t∈[0，2]．
f′（t）0，∴函数f（t）在t∈[0，2]上单调递减．
∴t＝0时，函数f（t）取得最大值．
∴cosθ的最大值为：．
故选：C．
【点评】本题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（5分）关于空间直角坐标系O﹣xyz中的一点P（1，2，3），下列说法正确的是（ ）
A．OP的中点坐标为（，1，）
B．点P关于x轴对称的点的坐标为（﹣1，2，3）
C．点P关于原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3）
D．点P关于xOy面对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3）
【答案】AC
【分析】类比平面直角坐标系中点的性质，对空间直角坐标系O﹣xyz中点的坐标与对称性说法，判断正误即可．
【解答】解：∵P（1，2，3），
∴OP的中点坐标为（，1，），故A正确；
点P关于x轴对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3），故B错误；
点P关于原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3），故C正确；
点P关于xOy面对称的点的坐标为（1，2，﹣3），故D错误；
故选：AC．
【点评】本题考查考查对称的性质的应用，是基础题．
（多选）10．（5分）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知是空间向量的一组基底，若，则也是空间一组基底
【答案】BCD
【分析】根据空间向量基底是三个不共面的向量，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答】解：对于A，空间中只有不共面的三个向量可以作为一组基底，所以选项A错误；
对于B，由向量，则、与任何向量都是共面向量，所以不能构成空间的一组基底，选项B正确；
对于C，若，，不能构成空间的一组基底，则，，是共面向量，所以A，B，M，N共面，选项C正确；
对于D，因为是空间向量的一组基底，所以、、不共面，所以、、也不共面，
即时，也是空间一组基底，选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间基底的定义及性质应用问题，是基础题．
（多选）11．（5分）已知向量，，若，，则x+y＝（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．2
【答案】AC
【分析】根据空间向量的性质及运算规则化简计算即可得出结果．
【解答】解：由，且，得，得x＝±4．由，
得，
得或，则x+y的值为1或﹣3．
选项AC正确，
故选：AC．
【点评】本题考查空间向量的运算，属于基础题．
（多选）12．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【分析】由D1D⊥AF，得出D1D⊥平面AEF，进而得出CC1⊥EF，可判断A；取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，利用线面平行的判定定理，可判断B；连接AD1，FD1，得到平面AD1FE为平面AFE截正方体所得的截面，再计算其面积即可判断C；利用反证法即可判断D．
【解答】解：对于A，若D1D⊥AF，
因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以D1D⊥平面AEF，
所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，此时不成立，所以线D1D与直线AF不垂直，故A错误；
对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，
由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
又GQ 平面AEF，EF 平面AEF，A1Q 平面AEF，AE 平面AEF，
∴GQ∥平面AEF，A1Q∥平面AEF，又GQ∩A1Q＝Q，
所以平面A1GQ∥平面AEF，又因为A1G 平面A1GQ，
所以A1G∥平面AEF，故B正确；
对于C，因为E，F为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，
所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，
由题得该等腰梯形的上底EF，下底AD1，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；
对于D，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，
则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查直线与直线的位置关系，线面平行的判定，立体几何中的界面问题，点面距离的计算等知识，属于中等题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B（1，﹣3，1），点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是 （0，﹣1，0） ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据点M在y轴上，设出点M的坐标，再根据M到A与到B的距离相等，由空间中两点间的距离公式求得AM，BM，解方程即可求得M的坐标．
【解答】解：设M（0，y，0）
由12+y2+4＝1+（y+3）2+1
可得y＝﹣1
故M（0，﹣1，0）
故答案为：（0，﹣1，0）．
【点评】考查空间两点间的距离公式，空间两点的距离公式和平面中的两点距离公式相比较记忆，利于知识的系统化，属基础题．
14．（5分）如图所示的三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，若PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则与所成角的余弦值为 ．
【答案】．
【分析】根据PA⊥平面ABC，CB⊥AB，过点A作AE∥CB，以A为坐标原点，直线AB、AE、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求得向量，然后由求解．
【解答】解：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB、PA⊥BC，
过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP、AB、AE两两垂直，
如图，以A为坐标原点，直线AB、AE、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0）、P（0，0，2）、B（4，0，0）、C（4，﹣2，0），
又D为PB中点，则D（2，0，1），
故，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了异面直线所成角的计算，属于基础题．
15．（5分）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC、DD1上的点，若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为 x+y＝1 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用三条直线两两垂直，建立合适的空间直角坐标系，确定所需点的坐标，利用线面垂直得到两个向量垂直，结合向量的坐标，求解即可得到答案．
【解答】解：以D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所
设CE＝x，DF＝y，
则E（x，1，0），B1（1，1，1），F（0，0，1﹣y），B（1，1，1），A（1，0，1），
则（x﹣1，0，﹣1），（﹣1，0，﹣y），
因为B1E⊥平面ABF，
所以B1E⊥AF，即，
所以x+y＝1．
故答案为：x+y＝1．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，解题的关键是利用线面垂直关系得到两个向量垂直．
16．（5分）如图所示，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是 ．
【答案】．
【分析】根据平行四边形法则可得，利用空间向量的模计算即可．
【解答】解：根据平行四边形法则可得，
所以||2＝（）2＝|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2 2 2
＝1+1+1+2×2×1×1×cos120°+2×1×1×cos60°＝2，所以AC1，
故答案为：．
【点评】本题考查了空间向量的应用，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分。应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．
（Ⅰ）试用表示向量；
（Ⅱ）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）由图形知再用表示出来即可．
（Ⅱ）求MN的长，即求，利用求向量模的方法，求即可求得MN的长．
【解答】解：（Ⅰ）由图形知．
（Ⅱ）由题设条件
∵，
∴，．
【点评】本题考查空间向量的夹角与距离公式，解题的关键是掌握向量加法法则与空间向量求线段长度的公式，空间向量法求距离是空间向量的一个非常重要的运用．熟练运用公式是解题的知识保证．
18．（12分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC，CD＝ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）建立坐标系，求出向量的坐标，得到DE⊥CD，DE⊥CS，求出线面垂直即可；
（Ⅱ）设平面SAD的法向量为（x，y，z），求出一个法向量，代入余弦公式即可求出余弦值；
（Ⅲ）作AH⊥平面SCD，垂足为H，求出的坐标，从而求出点A到平面SCD的距离．
【解答】解：如图示：
，
以C为原点建立空间直角坐标系，
由题意得：A（，0，0），C（0，0，0），D（1，1，0），E（0，2，0），S（0，0，3），
（Ⅰ）证明：∵（﹣1，1，0），（1，1，0），（0，0，3），
∴ 1+1+0＝0， 0+0+0＝0，
即DE⊥CD，DE⊥CS，
∵CD∩CS＝C，
∴DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得（﹣1，1，0）为平面SCD的一个法向量，
设平面SAD的法向量为（x，y，z），
而（，1，0），（，0，3），
则，即，
不妨设x＝2，可得（2，1，1），
易知二面角A﹣SD﹣C为锐角，
因此有|cos，|，
即二面角A﹣SD﹣C的余弦值是；
（Ⅲ）解：（，0，0），（，1，0），（，0，3），
作AH⊥平面SCD，垂足为H，
设xyz（xyz，y，3z），且x+y+z＝1，
由⊥，⊥，得：
，解得，
∴（，，0），||，
即点A到平面SCD的距离是．
【点评】本题考查了线面垂直，考查平面的法向量，点到平面的距离，是一道中档题．
19．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1＝AD，，N为CD中点，M为D1C1中点．
（1）求证：BD⊥平面ANM；
（2）若线段AN上存在点Q使得BQ⊥AN，求C1Q与平面A1B1Q所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用中点和比例关系以及三角形相似，可证明BD⊥AN，线面垂直的性质可得MN⊥BD，由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
【解答】（1）证明：因为N为CD的中点，，则，
又∠ADN＝∠BAD＝90°，故△ADN∽△BAD，
可得∠DAN＝∠ABD，则有∠DAN+∠ADB＝90°，即BD⊥AN，
由N为CD的中点，M为D1C1的中点，可得MN⊥底面ABCD，又BD 平面ABCD，
所以MN⊥BD，又BD⊥AN，AN∩MN＝N，AN，MN 平面ANM，所以BD⊥平面AMN；
（2）解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设AD＝4，则，，
所以，
设，则，
又，则，
因为BQ⊥AN，，解得，所以，
故，，
设平面A1B1Q的法向量为，
则有，即，
令y＝0，x＝3，则z＝﹣2，故，
所以，
故C1Q与平面A1B1Q所成角的正弦值．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
20．（12分）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1上靠近点A1的三等分点．
（1）若F为BB1的中点，试在A1B1上找一点P，使PF∥平面CD1E；
（2）若四边形ABCD是正方形，且BB1与平面CD1E所成角的正弦值为，求二面角E﹣D1C﹣D的余弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）当点P为A1B1的中点时PF∥平面CD1E；（2）建立空间直角坐标系D﹣xyz，求得平面CD1E的一个法向量，根据线面夹角的向是公式求得侧棱长，再求平面D1CD的一个法向量，由三面角的向量公式即可求解．
【解答】解：（1）当点P为A1B1的中，∵点时，PF∥平面CD1E；证明如下，
连接A1B，∵F为BB1的中点，∴PF∥A1B，
在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥CD1，
∴PF∥CD1，∵PF 平面CD1E，CD1 平面CD1E，
∴PF∥平面CD1E；
（2）以D为坐标原点，DA，Dc，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为1，AA1＝h，则C（0，1，0），D1（0，0，h），E（1，0，），
则（0，﹣1，h），（1，0，），
设平面CD1E的一个法向量为（x，y，z），
则，令z＝1，则x，y＝h，
∴平面CD1E的一个法向量为（，h，1），
∵BB1与平面CD1E所成角的正弦值为，且（0，0，h），
∴|cos，|，解得h＝2，∴（，2，1），
又平面D1CD的一个法向量为（1，0，0），
∴cos，，
∴二面角E﹣D1C﹣D的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的证明，二面角的余弦值的求法，属中档题．
21．（12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝2，求二面角A﹣CE﹣F的正弦值；
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长．
【答案】（1）．
（2）DF＝1．
【分析】（1）证明DF⊥AF．AF⊥平面CDFE．在平面CEF内过点F作FG⊥CE于G，连结AG，则AG⊥CE．说明∠AGF为二面角A﹣CE﹣F的平面角．通过求解三角形推出二面角A﹣CE﹣F的正弦值即可．
（2）设平面ACF∩平面BCF＝l．推出AF∥平面BCE．AF∥l．证明CF⊥l．CF⊥平面BCE．得到CF⊥CE，设DF＝t（t＞0），然后利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE＝EF，DF⊥EF，DF 平面CDFE，
所以DF⊥平面ABEF，所以DF⊥AF．
又因为AF⊥EF，DF 平面CDFE，EF 平面CDFE，DF∩EF＝F．
所以AF⊥平面CDFE．
在平面CEF内过点F作FG⊥CE于G，连结AG，则AG⊥CE．
所以∠AGF为二面角A﹣CE﹣F的平面角．
ABCDFEGl
在△CEF中，CE＝CF，EF＝2，
由S△CEFEF×DFCE×FG，得FG．
在△AFG中，AG，
所以sin∠AGF，
所以二面角A﹣CE﹣F的正弦值为．
（2）设平面ACF∩平面BCF＝l．
因为四边形ABEF为正方形，所以AF∥BE．又AF 平面BCE，BE 平面BCE，
所以AF∥平面BCE．
又AF 平面ACF，平面ACF∩平面BCE＝l，所以AF∥l．
因为AF⊥平面CDFE，CF 平面CDFE，所以AF⊥CF，所以CF⊥l．
又平面ACF⊥平面BCE，平面ACF∩平面BCE＝l，CF 平面ACF，
所以CF⊥平面BCE．
又CE 平面BCE，所以CF⊥CE，所以CF2+CE2＝EF2．
设DF＝t（t＞0），则CF，CE，所以（t2+1）+（t2+1）＝22，
解得t＝1，即DF＝1．
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，空间点、线、面距离的求法，是中档题．
22．（12分）如图，已知三棱锥A﹣BCD中，△BCD为等边三角形，AB＝AD且∠BAD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，其中E为AB中点，F为AD中点，N为BC上靠近B的三等分点，设平面EFN与平面BCD的交线为l．
（1）证明：l∥平面ABD；
（2）若M为BD中点，求直线CM与平面EFN所成角的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设DC上靠近点D的三等分点为T，连接NT，FT，证明T，F，E，N四点共面，NT即为平面EFN与平面BCD的交线l．证明NT∥平面ABD．然后推出l∥平面ABD．
（2）连接AM，说明AM，BD，MC两两垂直，以M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MD所在直线为y轴，MA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz．求出平面EFN的法向量，直线CM与平面EFN所成角为θ，利用空间向量的数量积求解直线CM与平面EFN所成角的余弦值即可．
【解答】解：（1）如图，设DC上靠近点D的三等分点为T，连接NT，FT
因为N为BC上靠近B的三等分点，所以NT∥BD．
又因为AB中点为E，AD中点为F，可得EF∥BD，
故EF∥NT，所以T，F，E，N四点共面，故NT即为平面EFN与平面BCD的交线l．
由于NT∥BD，BD 平面ABD，NT 平面ABD，故NT∥平面ABD．
即l∥平面ABD．
（2）连接AM，因为AB＝AD且∠BAD＝90°，M为BD中点，
所以AN⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
故面AM⊥平面BCD，BD 平面BCD，所以AM⊥BD．
由△BCD为等边三角形，可得CM⊥BD，所以AM，BD，MC两两垂直，
故以M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MD所在直线为y轴，MA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz．
设BD＝4，可得M（0，0，0），A（0，0，2），B（0，﹣2，0），D（0，2，0），，E（0，﹣1，1），，，
所以，，，
设平面EFN的法向量为，因为BD∥EF，所以，
所以，即，解得y＝0，令x＝3，则，
故．
设直线CM与平面EFN所成角为θ，则，
故．
所以直线CM与平面EFN所成角的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求出，是中档题．
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第一章 空间向量与立体几何
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（5分）对于空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，有如下关系：，则（ ）
A．四点O、A、B、C必共面
B．四点P、A、B、C必共面
C．四点O、P、B、C必共面
D．五点O、P、A、B，C必共面
2．（5分）设，是向量，则“||＝||”是“||＝||”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
3．（5分）如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且OM＝2MA，点N为BC中点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（5分）已知四面体O﹣ABC，G是△ABC的重心，且，若，则（x，y，z）为（ ）
A． B．
C． D．
5．（5分）已知△ABC的顶点分别为A（1，﹣1，2），B（5，﹣6，2），C（1，3，﹣1），则AC边上的高BD等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（5分）在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C后，BCa，这时二面角B﹣AD﹣C的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
7．（5分）已知平面α内的∠APB＝60°，射线PC与PA，PB所成的角均为135°，则PC与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（5分）关于空间直角坐标系O﹣xyz中的一点P（1，2，3），下列说法正确的是（ ）
A．OP的中点坐标为（，1，）
B．点P关于x轴对称的点的坐标为（﹣1，2，3）
C．点P关于原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3）
D．点P关于xOy面对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3）
（多选）10．（5分）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知是空间向量的一组基底，若，则也是空间一组基底
（多选）11．（5分）已知向量，，若，，则x+y＝（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．2
（多选）12．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B（1，﹣3，1），点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是 ．
14．（5分）如图所示的三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，若PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则与所成角的余弦值为 ．
15．（5分）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC、DD1上的点，若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为 ．
16．（5分）如图所示，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．
（Ⅰ）试用表示向量；
（Ⅱ）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
18．（12分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC，CD＝ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．
19．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1＝AD，，N为CD中点，M为D1C1中点．
（1）求证：BD⊥平面ANM；
（2）若线段AN上存在点Q使得BQ⊥AN，求C1Q与平面A1B1Q所成角的正弦值．
20．（12分）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1上靠近点A1的三等分点．
（1）若F为BB1的中点，试在A1B1上找一点P，使PF∥平面CD1E；
（2）若四边形ABCD是正方形，且BB1与平面CD1E所成角的正弦值为，求二面角E﹣D1C﹣D的余弦值．
21．（12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝2，求二面角A﹣CE﹣F的正弦值；
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长．
22．（12分）如图，已知三棱锥A﹣BCD中，△BCD为等边三角形，AB＝AD且∠BAD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，其中E为AB中点，F为AD中点，N为BC上靠近B的三等分点，设平面EFN与平面BCD的交线为l．
（1）证明：l∥平面ABD；
（2）若M为BD中点，求直线CM与平面EFN所成角的余弦值．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（5分）对于空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，有如下关系：，则（ ）
A．四点O、A、B、C必共面
B．四点P、A、B、C必共面
C．四点O、P、B、C必共面
D．五点O、P、A、B，C必共面
【答案】B
【分析】由共面向量基本定理、空间向量基本定理即可得出．
【解答】解：由，1，可得四点P、A、B、C必共面．
故选：B．
【点评】本题考查了共面向量基本定理、空间向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．（5分）设，是向量，则“||＝||”是“||＝||”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据向量模相等的几何意义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】解：若“||＝||”，则以，为邻边的平行四边形是菱形；
若“||＝||”，则以，为邻边的平行四边形是矩形；
故“||＝||”是“||＝||”的既不充分也不必要条件；
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是充要条件，向量的模，分析出“||＝||”与“||＝||”表示的几何意义，是解答的关键．
3．（5分）如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且OM＝2MA，点N为BC中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意，把，，三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项．
【解答】解：由题意
又，，
∴
故选：B．
【点评】本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题．
4．（5分）已知四面体O﹣ABC，G是△ABC的重心，且，若，则（x，y，z）为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的线性运算法则，结合三角形重心的性质求解．
【解答】解：（）[）]
（）（）
，
∴x，y，z，
∴（x，y，z）为（，，），
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间向量基本定理，考查了三角形重心的性质，是基础题．
5．（5分）已知△ABC的顶点分别为A（1，﹣1，2），B（5，﹣6，2），C（1，3，﹣1），则AC边上的高BD等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】利用向量共线的充要条件及向量垂直的充要条件列出方程组，求出的坐标；利用向量模的坐标公式求出BD长．
【解答】解：设λ，又（0，4，﹣3）．
则（0，4λ，﹣3λ）．（4，﹣5，0），（﹣4，4λ+5，﹣3λ），
由 0，
得λ，∴（﹣4，，），
∴||＝5．
故选：C．
【点评】本题考查向量共线的充要条件、考查向量垂直的充要条件、考查向量模的坐标公式．
6．（5分）在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C后，BCa，这时二面角B﹣AD﹣C的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【分析】在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C，由定义知，∠BDC为所求二面角的平面角，由此可求二面角B﹣AD﹣C的大小．
【解答】解：在边长为a的正△ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B﹣AD﹣C，由定义知，∠BDC为所求二面角的平面角，
又BC＝BD＝DCa，∴△BDC为等边三角形，
∴∠BDC＝60°．
故选：C．
【点评】本题考查二面角大小的计算，考查图形的翻折，正确找出二面角的平面角是关键．
7．（5分）已知平面α内的∠APB＝60°，射线PC与PA，PB所成的角均为135°，则PC与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，通过分析可得∠CPD为PC与平面α所成的角的补角，利用余弦定理计算即可得解．
【解答】解：作出图形，如图所示，
令PA＝PB＝PC＝2，
则∠CPA＝∠CPB＝135°，
所以AC＝BC，
取AB的中点D，连接PD，则∠CPD即为PC与平面α所成的角的补角，
在△APC中，AC ＝PA +PC ﹣2PA PC cos135°＝8+4，
所以在△PCD中，CD ＝AC ﹣AD ＝7+4，
因为PD，
所以cos∠CPD，
所以PC与平面α所成的角θ的余弦值是．
故选：B．
【点评】本题考查线面角的求法，找出所成的角，构造三角形是解题的关键，属于中档题．
8．（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设AB＝2．设M（0，t，2），0≤t≤2．可得cosθ，令f（t），t∈[0，2]．利用导数研究函数的单调性即可得出．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨设AB＝2．则A（0，0，0），E（1，0，0），F（2，1，0），设M（0，t，2），0≤t≤2．
∴（﹣2，﹣1，0），（﹣1，t，2），
∴cosθ，
令f（t），t∈[0，2]．
f′（t）0，∴函数f（t）在t∈[0，2]上单调递减．
∴t＝0时，函数f（t）取得最大值．
∴cosθ的最大值为：．
故选：C．
【点评】本题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（5分）关于空间直角坐标系O﹣xyz中的一点P（1，2，3），下列说法正确的是（ ）
A．OP的中点坐标为（，1，）
B．点P关于x轴对称的点的坐标为（﹣1，2，3）
C．点P关于原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3）
D．点P关于xOy面对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3）
【答案】AC
【分析】类比平面直角坐标系中点的性质，对空间直角坐标系O﹣xyz中点的坐标与对称性说法，判断正误即可．
【解答】解：∵P（1，2，3），
∴OP的中点坐标为（，1，），故A正确；
点P关于x轴对称的点的坐标为（1，﹣2，﹣3），故B错误；
点P关于原点对称的点的坐标为（﹣1，﹣2，﹣3），故C正确；
点P关于xOy面对称的点的坐标为（1，2，﹣3），故D错误；
故选：AC．
【点评】本题考查考查对称的性质的应用，是基础题．
（多选）10．（5分）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知是空间向量的一组基底，若，则也是空间一组基底
【答案】BCD
【分析】根据空间向量基底是三个不共面的向量，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答】解：对于A，空间中只有不共面的三个向量可以作为一组基底，所以选项A错误；
对于B，由向量，则、与任何向量都是共面向量，所以不能构成空间的一组基底，选项B正确；
对于C，若，，不能构成空间的一组基底，则，，是共面向量，所以A，B，M，N共面，选项C正确；
对于D，因为是空间向量的一组基底，所以、、不共面，所以、、也不共面，
即时，也是空间一组基底，选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间基底的定义及性质应用问题，是基础题．
（多选）11．（5分）已知向量，，若，，则x+y＝（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．1 D．2
【答案】AC
【分析】根据空间向量的性质及运算规则化简计算即可得出结果．
【解答】解：由，且，得，得x＝±4．由，
得，
得或，则x+y的值为1或﹣3．
选项AC正确，
故选：AC．
【点评】本题考查空间向量的运算，属于基础题．
（多选）12．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【分析】由D1D⊥AF，得出D1D⊥平面AEF，进而得出CC1⊥EF，可判断A；取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，利用线面平行的判定定理，可判断B；连接AD1，FD1，得到平面AD1FE为平面AFE截正方体所得的截面，再计算其面积即可判断C；利用反证法即可判断D．
【解答】解：对于A，若D1D⊥AF，
因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以D1D⊥平面AEF，
所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，此时不成立，所以线D1D与直线AF不垂直，故A错误；
对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，
由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
又GQ 平面AEF，EF 平面AEF，A1Q 平面AEF，AE 平面AEF，
∴GQ∥平面AEF，A1Q∥平面AEF，又GQ∩A1Q＝Q，
所以平面A1GQ∥平面AEF，又因为A1G 平面A1GQ，
所以A1G∥平面AEF，故B正确；
对于C，因为E，F为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，
所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，
由题得该等腰梯形的上底EF，下底AD1，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；
对于D，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，
则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查直线与直线的位置关系，线面平行的判定，立体几何中的界面问题，点面距离的计算等知识，属于中等题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B（1，﹣3，1），点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是 （0，﹣1，0） ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据点M在y轴上，设出点M的坐标，再根据M到A与到B的距离相等，由空间中两点间的距离公式求得AM，BM，解方程即可求得M的坐标．
【解答】解：设M（0，y，0）
由12+y2+4＝1+（y+3）2+1
可得y＝﹣1
故M（0，﹣1，0）
故答案为：（0，﹣1，0）．
【点评】考查空间两点间的距离公式，空间两点的距离公式和平面中的两点距离公式相比较记忆，利于知识的系统化，属基础题．
14．（5分）如图所示的三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，若PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则与所成角的余弦值为 ．
【答案】．
【分析】根据PA⊥平面ABC，CB⊥AB，过点A作AE∥CB，以A为坐标原点，直线AB、AE、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求得向量，然后由求解．
【解答】解：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB、PA⊥BC，
过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP、AB、AE两两垂直，
如图，以A为坐标原点，直线AB、AE、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0）、P（0，0，2）、B（4，0，0）、C（4，﹣2，0），
又D为PB中点，则D（2，0，1），
故，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了异面直线所成角的计算，属于基础题．
15．（5分）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC、DD1上的点，若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为 x+y＝1 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用三条直线两两垂直，建立合适的空间直角坐标系，确定所需点的坐标，利用线面垂直得到两个向量垂直，结合向量的坐标，求解即可得到答案．
【解答】解：以D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所
设CE＝x，DF＝y，
则E（x，1，0），B1（1，1，1），F（0，0，1﹣y），B（1，1，1），A（1，0，1），
则（x﹣1，0，﹣1），（﹣1，0，﹣y），
因为B1E⊥平面ABF，
所以B1E⊥AF，即，
所以x+y＝1．
故答案为：x+y＝1．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，解题的关键是利用线面垂直关系得到两个向量垂直．
16．（5分）如图所示，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是 ．
【答案】．
【分析】根据平行四边形法则可得，利用空间向量的模计算即可．
【解答】解：根据平行四边形法则可得，
所以||2＝（）2＝|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2 2 2
＝1+1+1+2×2×1×1×cos120°+2×1×1×cos60°＝2，所以AC1，
故答案为：．
【点评】本题考查了空间向量的应用，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分。应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．
（Ⅰ）试用表示向量；
（Ⅱ）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）由图形知再用表示出来即可．
（Ⅱ）求MN的长，即求，利用求向量模的方法，求即可求得MN的长．
【解答】解：（Ⅰ）由图形知．
（Ⅱ）由题设条件
∵，
∴，．
【点评】本题考查空间向量的夹角与距离公式，解题的关键是掌握向量加法法则与空间向量求线段长度的公式，空间向量法求距离是空间向量的一个非常重要的运用．熟练运用公式是解题的知识保证．
18．（12分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC，CD＝ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）建立坐标系，求出向量的坐标，得到DE⊥CD，DE⊥CS，求出线面垂直即可；
（Ⅱ）设平面SAD的法向量为（x，y，z），求出一个法向量，代入余弦公式即可求出余弦值；
（Ⅲ）作AH⊥平面SCD，垂足为H，求出的坐标，从而求出点A到平面SCD的距离．
【解答】解：如图示：
，
以C为原点建立空间直角坐标系，
由题意得：A（，0，0），C（0，0，0），D（1，1，0），E（0，2，0），S（0，0，3），
（Ⅰ）证明：∵（﹣1，1，0），（1，1，0），（0，0，3），
∴ 1+1+0＝0， 0+0+0＝0，
即DE⊥CD，DE⊥CS，
∵CD∩CS＝C，
∴DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得（﹣1，1，0）为平面SCD的一个法向量，
设平面SAD的法向量为（x，y，z），
而（，1，0），（，0，3），
则，即，
不妨设x＝2，可得（2，1，1），
易知二面角A﹣SD﹣C为锐角，
因此有|cos，|，
即二面角A﹣SD﹣C的余弦值是；
（Ⅲ）解：（，0，0），（，1，0），（，0，3），
作AH⊥平面SCD，垂足为H，
设xyz（xyz，y，3z），且x+y+z＝1，
由⊥，⊥，得：
，解得，
∴（，，0），||，
即点A到平面SCD的距离是．
【点评】本题考查了线面垂直，考查平面的法向量，点到平面的距离，是一道中档题．
19．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1＝AD，，N为CD中点，M为D1C1中点．
（1）求证：BD⊥平面ANM；
（2）若线段AN上存在点Q使得BQ⊥AN，求C1Q与平面A1B1Q所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用中点和比例关系以及三角形相似，可证明BD⊥AN，线面垂直的性质可得MN⊥BD，由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
【解答】（1）证明：因为N为CD的中点，，则，
又∠ADN＝∠BAD＝90°，故△ADN∽△BAD，
可得∠DAN＝∠ABD，则有∠DAN+∠ADB＝90°，即BD⊥AN，
由N为CD的中点，M为D1C1的中点，可得MN⊥底面ABCD，又BD 平面ABCD，
所以MN⊥BD，又BD⊥AN，AN∩MN＝N，AN，MN 平面ANM，所以BD⊥平面AMN；
（2）解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设AD＝4，则，，
所以，
设，则，
又，则，
因为BQ⊥AN，，解得，所以，
故，，
设平面A1B1Q的法向量为，
则有，即，
令y＝0，x＝3，则z＝﹣2，故，
所以，
故C1Q与平面A1B1Q所成角的正弦值．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
20．（12分）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1上靠近点A1的三等分点．
（1）若F为BB1的中点，试在A1B1上找一点P，使PF∥平面CD1E；
（2）若四边形ABCD是正方形，且BB1与平面CD1E所成角的正弦值为，求二面角E﹣D1C﹣D的余弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）当点P为A1B1的中点时PF∥平面CD1E；（2）建立空间直角坐标系D﹣xyz，求得平面CD1E的一个法向量，根据线面夹角的向是公式求得侧棱长，再求平面D1CD的一个法向量，由三面角的向量公式即可求解．
【解答】解：（1）当点P为A1B1的中，∵点时，PF∥平面CD1E；证明如下，
连接A1B，∵F为BB1的中点，∴PF∥A1B，
在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥CD1，
∴PF∥CD1，∵PF 平面CD1E，CD1 平面CD1E，
∴PF∥平面CD1E；
（2）以D为坐标原点，DA，Dc，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为1，AA1＝h，则C（0，1，0），D1（0，0，h），E（1，0，），
则（0，﹣1，h），（1，0，），
设平面CD1E的一个法向量为（x，y，z），
则，令z＝1，则x，y＝h，
∴平面CD1E的一个法向量为（，h，1），
∵BB1与平面CD1E所成角的正弦值为，且（0，0，h），
∴|cos，|，解得h＝2，∴（，2，1），
又平面D1CD的一个法向量为（1，0，0），
∴cos，，
∴二面角E﹣D1C﹣D的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的证明，二面角的余弦值的求法，属中档题．
21．（12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝2，求二面角A﹣CE﹣F的正弦值；
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长．
【答案】（1）．
（2）DF＝1．
【分析】（1）证明DF⊥AF．AF⊥平面CDFE．在平面CEF内过点F作FG⊥CE于G，连结AG，则AG⊥CE．说明∠AGF为二面角A﹣CE﹣F的平面角．通过求解三角形推出二面角A﹣CE﹣F的正弦值即可．
（2）设平面ACF∩平面BCF＝l．推出AF∥平面BCE．AF∥l．证明CF⊥l．CF⊥平面BCE．得到CF⊥CE，设DF＝t（t＞0），然后利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE＝EF，DF⊥EF，DF 平面CDFE，
所以DF⊥平面ABEF，所以DF⊥AF．
又因为AF⊥EF，DF 平面CDFE，EF 平面CDFE，DF∩EF＝F．
所以AF⊥平面CDFE．
在平面CEF内过点F作FG⊥CE于G，连结AG，则AG⊥CE．
所以∠AGF为二面角A﹣CE﹣F的平面角．
ABCDFEGl
在△CEF中，CE＝CF，EF＝2，
由S△CEFEF×DFCE×FG，得FG．
在△AFG中，AG，
所以sin∠AGF，
所以二面角A﹣CE﹣F的正弦值为．
（2）设平面ACF∩平面BCF＝l．
因为四边形ABEF为正方形，所以AF∥BE．又AF 平面BCE，BE 平面BCE，
所以AF∥平面BCE．
又AF 平面ACF，平面ACF∩平面BCE＝l，所以AF∥l．
因为AF⊥平面CDFE，CF 平面CDFE，所以AF⊥CF，所以CF⊥l．
又平面ACF⊥平面BCE，平面ACF∩平面BCE＝l，CF 平面ACF，
所以CF⊥平面BCE．
又CE 平面BCE，所以CF⊥CE，所以CF2+CE2＝EF2．
设DF＝t（t＞0），则CF，CE，所以（t2+1）+（t2+1）＝22，
解得t＝1，即DF＝1．
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，空间点、线、面距离的求法，是中档题．
22．（12分）如图，已知三棱锥A﹣BCD中，△BCD为等边三角形，AB＝AD且∠BAD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，其中E为AB中点，F为AD中点，N为BC上靠近B的三等分点，设平面EFN与平面BCD的交线为l．
（1）证明：l∥平面ABD；
（2）若M为BD中点，求直线CM与平面EFN所成角的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设DC上靠近点D的三等分点为T，连接NT，FT，证明T，F，E，N四点共面，NT即为平面EFN与平面BCD的交线l．证明NT∥平面ABD．然后推出l∥平面ABD．
（2）连接AM，说明AM，BD，MC两两垂直，以M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MD所在直线为y轴，MA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz．求出平面EFN的法向量，直线CM与平面EFN所成角为θ，利用空间向量的数量积求解直线CM与平面EFN所成角的余弦值即可．
【解答】解：（1）如图，设DC上靠近点D的三等分点为T，连接NT，FT
因为N为BC上靠近B的三等分点，所以NT∥BD．
又因为AB中点为E，AD中点为F，可得EF∥BD，
故EF∥NT，所以T，F，E，N四点共面，故NT即为平面EFN与平面BCD的交线l．
由于NT∥BD，BD 平面ABD，NT 平面ABD，故NT∥平面ABD．
即l∥平面ABD．
（2）连接AM，因为AB＝AD且∠BAD＝90°，M为BD中点，
所以AN⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
故面AM⊥平面BCD，BD 平面BCD，所以AM⊥BD．
由△BCD为等边三角形，可得CM⊥BD，所以AM，BD，MC两两垂直，
故以M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MD所在直线为y轴，MA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz．
设BD＝4，可得M（0，0，0），A（0，0，2），B（0，﹣2，0），D（0，2，0），，E（0，﹣1，1），，，
所以，，，
设平面EFN的法向量为，因为BD∥EF，所以，
所以，即，解得y＝0，令x＝3，则，
故．
设直线CM与平面EFN所成角为θ，则，
故．
所以直线CM与平面EFN所成角的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求出，是中档题．
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