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
文档属性
| 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 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-15 00:00:00 | ||
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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、单选题
1．已知向量（﹣2，4，3），（1，﹣2，x），若∥，则x＝（ ）
A． B． C．﹣2 D．2
2．在空间直角坐标系中，向量，，则向量（ ）
A．（0，1，10） B．（﹣4，7，0）
C．（4，﹣7，0） D．（﹣4，﹣12，25）
3．如图，已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F分别是棱C1D1，BB1的中点，记，则（ ）
A． B．
C． D．
4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则直线AD与直线BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知四棱锥P﹣ABCD，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长的取值范围是（ ）
A．（0，） B．（0，） C．（，） D．（，）
6．若直线a的一个方向向量是，平面β的一个法向量是，则直线a与平面β的位置关系是（ ）
A．a∥β B．a⊥β C．a∥β或a β D．不确定
7．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E分别是AB，B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知正四面体A﹣BCD中，E为棱CD的中点，F为棱BC上的动点，则cos∠EAF的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．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
11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M是侧面AA1B1B内的动点，且满足D1M⊥CP，下列选项正确的是（ ）
A．动点M轨迹的长度是2
B．三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体的体积是
C．直线D1M与BC所成的角为α，则tanα的最小值是
D．存在某个位置M，使得直线BD1与平面A1D1M所成的角为
12．已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，将△ABC沿矩形的对角线AC所在的直线进行翻折，翻折过程中（ ）
A．存在某个位置，使得0
B．存在某个位置，使得0
C．存在某个位置，使得0
D．存在某个位置，使得，、均不等于零
三、填空题
13．平面α的法向量为（1，0，﹣1），平面β的法向量为（0，﹣1，1），则平面α与平面β所成二面角的大小为 ．
14．已知向量和的夹角为120°，且||＝2，||＝5，则（2） ．
15．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝ ．
16．正四面体ABCD的各棱长为a，点E、F分别是BC、AD的中点，则的值为 ．
17．已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则x+y+z＝ ．
18．已知是空间单位向量，，若空间向量满足（x，y∈R），||＝2，则||的最大值是 ．
四、解答题
19．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，CP＝m．试确定m的值，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
20．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，A1A与AB、AD的夹角都为60°．求：
（1）AC1的长；
（2）BD1与AC所成的角的余弦值．
21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
22．如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝AD＝2，AF，∠BAD＝120°，M是EF中点．
（1）证明：平面BEF⊥平面DEF；
（2）求二面角D﹣AM﹣B的余弦值．
23．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AD＝BD＝2，，AC＝2．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）若P为AC上一点，且，求直线BP与平面ACD所成角的正弦值．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、单选题
1．已知向量（﹣2，4，3），（1，﹣2，x），若∥，则x＝（ ）
A． B． C．﹣2 D．2
【答案】A
【分析】直接利用向量共线的坐标运算的应用求出结果．
【解答】解：已知向量（﹣2，4，3），（1，﹣2，x），
若∥，则，
则（﹣2，4，3）＝λ（1，﹣2，x），
整理得．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
2．在空间直角坐标系中，向量，，则向量（ ）
A．（0，1，10） B．（﹣4，7，0）
C．（4，﹣7，0） D．（﹣4，﹣12，25）
【答案】A
【分析】进行向量坐标的加法运算即可．
【解答】解：∵，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查了向量坐标的加法运算，考查了计算能力，属于基础题．
3．如图，已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F分别是棱C1D1，BB1的中点，记，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的线性运算可解．
【解答】解：，
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于基础题．
4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则直线AD与直线BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出图形，判断直线AD与直线BE所成角就是直线BC与直线BE所成角，然后求解即可．
【解答】解：由题意可知，几何体的图形如图，
直线AD与直线BE所成角就是直线BC与直线BE所成角，
设长方体的棱长为2，
所以直线AD与直线BE所成角的余弦值为：
．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
5．已知四棱锥P﹣ABCD，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长的取值范围是（ ）
A．（0，） B．（0，） C．（，） D．（，）
【答案】B
【分析】取AD中点O，以O为坐标原点，距离空间直角坐标系，设E（s，0，t），F（1，m，0），（﹣1＜s＜0，0＜t＜1，0＜m＜2），由异面直线所成角可得3m2＝4t（1﹣s）﹣（1﹣s）2﹣t2＞0，结合t﹣s＝1，得关于s的不等式，求解s的范围，再求模的范围得答案．
【解答】解：如图，取AD中点O，BC中点G，连接PO，OG，
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴PO⊥AD，
∵底面ABCD是正方形，∴AB⊥AD，则OG⊥AD，
又AB⊥平面PAD，∴OG⊥平面PAD，
得OA，OG，OP两两互相垂直，以O为坐标原点，
分别以OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
得O（0，0，0），A（1，0，0），D（﹣1，0，0），
P（0，0，1），E（s，0，t），F（1，m，0），
（﹣1＜s＜0，0＜t＜1，0＜m＜2），
则，，，∴，，．
由题意可得，，
即，整理得3m2＝4t（1﹣s）﹣（1﹣s）2﹣t2＞0，
结合t﹣s＝1，可得4（1﹣s2）＞2+2s2，解得|s|．
则．
∴线段PE长的取值范围是（0，）．
故选：B．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，考查运算求解能力，是中档题．
6．若直线a的一个方向向量是，平面β的一个法向量是，则直线a与平面β的位置关系是（ ）
A．a∥β B．a⊥β C．a∥β或a β D．不确定
【答案】C
【分析】由数量积为0可得，即可得到直线a与平面β的位置关系．
【解答】解：∵直线a的一个方向向量是，平面β的一个法向量是，
且1×（﹣1）+1×2+1×（﹣1）＝0，
∴，可得直线a与平面β的位置关系是a∥β或a β．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的应用，考查数量积与斜率垂直的关系，是基础题．
7．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E分别是AB，B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可分别以CA，CB，CC1三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而可得出C，D，B，E的坐标，进而得出向量的坐标，从而可求出的值，进而得出异面直线BE与CD所成的角的余弦值．
【解答】解：可知CA，CB，CC1三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
C（0，0，0），B（0，4，0），A（4，0，0），D（2，2，0），E（0，2，5），
∴，
∴，
∴异面直线BE与CD所成的角的余弦值为．
故选：C．
【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标解决异面直线所成角的问题的方法，向量夹角的余弦公式，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
8．如图，已知正四面体A﹣BCD中，E为棱CD的中点，F为棱BC上的动点，则cos∠EAF的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四面体A﹣BCD的棱长为1，且，，，设λ，λ∈[0，1]，利用向量法可求cos∠EAF的最大值．
【解答】解：设正四面体A﹣BCD的棱长为1，且，，，
∵E为棱CD的中点，可得（），则||||，
设λ，λ∈[0，1]，可得λλ（）＝（1﹣λ）λ，
||＝|（1﹣λ）λ|，
由 （） [（1﹣λ）λ][（1﹣λ） λ（1﹣λ） λ ]（λ+2），
∴cos， ，
令t＝λ+2，则t∈[2，3]，可得∈[，]，
可得，
设g（t）1，当时，函数g（t）取得最小值，最小值为g（），
∴的最大值为，∴ ．
故选：C．
【点评】本题考查利用向量求角的余弦值的最大值，属中档题．
二、多选题
9．已知向量，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】利用向量坐标运算法则直接求解．
【解答】解：∵向量，
∴（10，﹣5，﹣2），故A正确；
（﹣2，1，﹣6），故B错误；
24+6﹣8＝22，故C错误；
||6，故D正确．
故选：BC．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间向量坐标运算法则等基础知识，是基础题．
10．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．
11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M是侧面AA1B1B内的动点，且满足D1M⊥CP，下列选项正确的是（ ）
A．动点M轨迹的长度是2
B．三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体的体积是
C．直线D1M与BC所成的角为α，则tanα的最小值是
D．存在某个位置M，使得直线BD1与平面A1D1M所成的角为
【答案】ABC
【分析】取AD、AB的中点E、F，连接PD、D1E、EF、A1F、B1F、B1D1、BD1，从而利用线面垂直的判定定理及性质定理可证明PC⊥平面D1EFB1，从而得到动点M轨迹为线段B1F，从而可知A对，
由以上可知三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体是三棱锥F﹣A1B1D1，从而可知B对，
直线D1M与BC所成的角即直线D1M与A1D1所成的角，即∠A1D1M＝α，结合A1D1⊥平面AA1B1B可知△A1D1M为直角三角形，从而可得tanαA1M，从而在平面AA1B1B中求A1M的最小值，从而可知C对，
易知当点M与B1重合时，直线BD1与平面A1D1M所成的角最大，设设直线BD1与平面A1D1B1所成的角为β，可得sinβ，从而判断D选项．
【解答】解：如图，取AD、AB的中点E、F，连接PD、D1E、EF、A1F、B1F、B1D1、BD1，
则D1E⊥PD，D1E⊥DC，则D1E⊥平面PCD，
则D1E⊥PC，同理可证，EF⊥PC，
则PC⊥平面D1EFB1，
则点M∈平面D1EFB1，又由点M∈平面AA1B1B，
则点M∈B1F，
即动点M轨迹为线段B1F，其长度为2，故A对，
三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体是三棱锥F﹣A1B1D1，
其体积为4×4×4，故B对，
∵BC∥A1D1，∴直线D1M与BC所成的角即直线D1M与A1D1所成的角，即∠A1D1M＝α，
∵A1D1⊥平面AA1B1B，∴△A1D1M为直角三角形，
故tanαA1M，
且当A1M⊥B1F时，A1M最小，此时，A1M，
故tanα的最小值是A1M，故C对，
当点M与B1重合时，直线BD1与平面A1D1M所成的角最大，设
设直线BD1与平面A1D1B1所成的角为β，则sinβ，
故β，故D错，
故选：ABC．
【点评】本题考查了线面垂直的判定定理的应用及性质定理的应用，同时考查了线面角、异面直线所成的角及三棱锥的体积公式等，考查了转化思想应用及空间想象力，属于难题．
12．已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，将△ABC沿矩形的对角线AC所在的直线进行翻折，翻折过程中（ ）
A．存在某个位置，使得0
B．存在某个位置，使得0
C．存在某个位置，使得0
D．存在某个位置，使得，、均不等于零
【答案】AD
【分析】由向量数量积为零，得出向量垂直，运用假设存在某个位置，应用线面垂直的判定和性质，结合矩形的条件，可判断各选项的正误．
【解答】解：在矩形ABCD中，分别过点B、D作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，
由已知条件，AB＝2，BC＝1，
对于A，若存在某个位置，使得AD⊥BC，
∵BC⊥AB，AB∩AD＝A，∴BC⊥平面ABD，
∵BD 平面ABD，则BC⊥BD，
在Rt△BCD中，斜边CD＝2＞BC＝1，存在，故A正确；
对于B，若存在某个位置，使得AB⊥CD，
∵CD⊥AD，AD∩AB＝A，∴CD⊥平面ABD，
∵BD 平面ABD，则CD⊥BD，
在Rt△BCD中，斜边BC＝1＜CD，矛盾，故B错误；
对于C，若存在某个位置，使得AC⊥BD，
∵AC⊥BE，BD∩BE＝B，在平面ACD内，过点D能作出两条直线与AC垂直，矛盾，故C错误；
对于D，取平面ABC⊥平面ACD，
∵BE⊥AC，平面ABC∩平面ACD＝AC，BE 平面ABC，
∴BE⊥平面ACD，
以点E为坐标原点，EC所在直线为y轴，EB所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A（0，，0），B（0，0，），C（0，，0），D（，，0），
（，，0），（0，，），则0，
，（），则，
（0，，0），），则，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查向量数量积公式、直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题
13．平面α的法向量为（1，0，﹣1），平面β的法向量为（0，﹣1，1），则平面α与平面β所成二面角的大小为 或 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用法向量的夹角与二面角的关系即可得出．
【解答】解：设平面α的法向量为（1，0，﹣1），平面β的法向量为（0，﹣1，1），
则cos，，
∴，．
∵平面α与平面β所成的角与，相等或互补，
∴α与β所成的角为或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了利用法向量的夹角求二面角的方法，考查了计算能力，属于基础题．
14．已知向量和的夹角为120°，且||＝2，||＝5，则（2） 13 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】由向量数量积的运算性质可得（2） ，代入已知即可求解
【解答】解：∵和的夹角为120°，且||＝2，||＝5，
则（2） 8﹣2×5×cos120°＝13
故答案为：13
【点评】本题主要考查了向量的数量积的基本运算性质的应用，解题的关键是熟练应用基本公式．
15．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝ ．
【答案】见试题解答内容
【分析】建立合适的空间直角坐标系，MA＝k，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面D1MN的法向量，利用向量的夹角公式表示出二面角的关系式，由余弦函数的单调性以及二次函数的性质求解即可．
【解答】解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设MA＝k，则D1（0，0，4），C（0，4，0），N（2，3，0），M（4，0，k），
所以，
设平面D1MN的法向量为，
则有，即，
令z＝8，则x＝8﹣2k，y＝4+k，故，
平面ABCD的一个法向量为，
设平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角为α，
则，
锐二面角α越小，则cosα越大，
所以求5k2﹣24k+144的最小值，
令f（k）＝5k2﹣24k+144，
所以当k时，α有最小值，此时．
故答案为：．
【点评】本题考查了二面角的应用，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．
16．正四面体ABCD的各棱长为a，点E、F分别是BC、AD的中点，则的值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】把要求数量积的两个向量表示成以四面体的棱长为基地的向量的表示形式，写出向量的数量积，问题转化成四面体的棱之间的关系，因为棱长和夹角已知，得到结果．
【解答】解：
故答案为：
【点评】本题考查空间向量的数量积，解题的关键是把要用的向量写成以已知几何体的一个顶点为起点的向量为基地的形式，再进行运算．
17．已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则x+y+z＝ ．
【答案】．
【分析】以，作为空间向量的基底，利用线性运算可得，从而可解．
【解答】解：，
又，
故，
而，
所以，
因为，故x，y，z，
所以x+y+z，
故答案为：．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于中档题．
18．已知是空间单位向量，，若空间向量满足（x，y∈R），||＝2，则||的最大值是 ．
【答案】．
【分析】直接利用向量的数量积，向量的模的运算，基本不等式的应用求出结果．
【解答】解：空间向量满足（x，y∈R），，
由||＝2，
整理得，
即x2+y2+xy＝4，
又，
由于x2+y2≥2xy，
所以由x2+y2+xy＝4，整理得3xy≤4，
即，
所以|x+y|2＝x2+y2+2xy＝x2+y2+xy+xy，
故，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：向量的数量积，向量的模的运算，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
四、解答题
19．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，CP＝m．试确定m的值，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
【答案】m时，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
【分析】连接AC，由AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，可证AC⊥平面BDD1B1，即平面BDD1B1的法向量为，以D为原点建立空间直角坐标系，设P（0，1，z），z＞0，由sinθ＝|cos，|，求得z的值即可确定P的位置．
【解答】解：连接AC，则AC⊥BD，
∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥AC，
∵BD∩DD1＝D，BD、DD1 平面BDD1B1，
∴AC⊥平面BDD1B1，
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），C（0，1，0），
设P为（0，1，z），z＞0，
∴（﹣1，1，z），平面BDD1B1的法向量（﹣1，1，0），
设直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°，
sin60°＝|cos，|＝||＝||，
化简得z2，∴z＝±（舍负），即z，
故m时，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
【点评】本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的性质、向量夹角公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
20．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，A1A与AB、AD的夹角都为60°．求：
（1）AC1的长；
（2）BD1与AC所成的角的余弦值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设，求得，根据，即可求得对角线AC1的长；（2）由，分别计算模长，利用即可得解．
【解答】解：（1）设，
所以，
因为所以平行四边形AA1CC1中，
＝11，
所以对角线 AC1 的长为：．（2）由 ，可得 ，所以 由 ，可得 1+1+4﹣1﹣2+2＝5．所以 ，．
【点评】本题主要考查了空间向量数量积的应用，求模长和夹角，属于中档题．
21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，
CMBC＝2，∠DCM＝60°，
∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°
，
则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，
而PM 平面PDM，∴CD⊥PM，
∵CD∥AB，∴AB⊥PM；
（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得CD⊥DM，结合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，进一步得到AB⊥PM；
（Ⅱ）由（Ⅰ）证明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，
CMBC＝2，∠DCM＝60°，
∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°
，
则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，
而PM 平面PDM，∴CD⊥PM，
∵CD∥AB，∴AB⊥PM；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，
又CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，
且平面ABCD∩平面PDM＝DM，
∵PM⊥MD，且PM 平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，
连接AM，则PM⊥MA，
在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，
可得，
又PA，在Rt△PMA中，求得PM，
取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，
以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（，2，0），P（0，0，），C（），
又N为PC的中点，∴N（），，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为θ，
则sinθ＝|cos|．
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题．
22．如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝AD＝2，AF，∠BAD＝120°，M是EF中点．
（1）证明：平面BEF⊥平面DEF；
（2）求二面角D﹣AM﹣B的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【分析】（1）先依题意证得BM⊥EF及BM⊥DM，进而得到BM⊥平面DEF，再由面面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而得到平面DAM及平面BAM的法向量，再利用向量的夹角公式得解．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，AB＝AD＝2，
∴AB＝AD＝CB＝CD＝2，
又∠BAD＝120°，
∴，
∵四边形ACEF是矩形，，
∴，AF⊥AC，
∵平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，AF⊥AC，
∴AF⊥平面ABCD，则AF⊥AB，
∴，
同理，
∴△DEF和△BEF为等腰三角形，
又M是EF的中点，
∴，
∴，
同理，
∵BM2+DM2＝BD2，
∴BM⊥DM，
∵BM∩DM＝M，EF 平面DEF，DM 平面DEF，
∴BM⊥平面DEF，
∵BM 平面BEF，
∴平面DEF⊥平面BEF；
（2）由（1）可知，AF⊥平面ABCD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
设AC∩BD＝O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面ADM的一个法向量为，则，则可取，
设平面ABM的一个法向量为，则，则可取，
∴，
又二面角D﹣AM﹣B为钝二面角，
∴二面角D﹣AM﹣B的余弦值为．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查推理能力及计算能力，属于中档题．
23．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AD＝BD＝2，，AC＝2．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）若P为AC上一点，且，求直线BP与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答．（2）直线BP与平面ACD所成角的正弦值为．
【分析】（1）取BD中点O，连接AO，OC，证明BD⊥AO，BD⊥OC，推出BD⊥平面AOC，即可证明BD⊥AC．
（2）以射线OB，OC，OD为x，y，z正半轴建系，求出平面ADC一个法向量，设θ为直线BP与平面ACD所成角，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】（1）证明：取BD中点O，连接AO，OC，
因为AB＝AD，BC＝DC，所以BD⊥AO，BD⊥OC，
又因为AO∩OC＝O，AO 平面AOC，OC 平面AOC，
所以BD⊥平面AOC，AC 平面AOC，
即BD⊥AC．
（2）解：由（1）得，BD⊥平面AOC，
又因为BD 平面BCD，所以平面AOC⊥平面BDC，
易得，OC＝1，所以AO2+OC2＝AC2，即AO⊥OC，
又因为平面AOC∩平面BDC＝OC，所以AO⊥平面BDC，
如图所示，以射线OB，OC，OD为x，y，z正半轴建系，
，B＝（1，0，0），C＝（0，1，0），D＝（﹣1，0，0），，
，，，
设为平面ADC一个法向量，
则有，取，
设θ为直线BP与平面ACD所成角，则sinθ．
即直线BP与平面ACD所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
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第一章 空间向量与立体几何
一、单选题
1．已知向量（﹣2，4，3），（1，﹣2，x），若∥，则x＝（ ）
A． B． C．﹣2 D．2
2．在空间直角坐标系中，向量，，则向量（ ）
A．（0，1，10） B．（﹣4，7，0）
C．（4，﹣7，0） D．（﹣4，﹣12，25）
3．如图，已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F分别是棱C1D1，BB1的中点，记，则（ ）
A． B．
C． D．
4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则直线AD与直线BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知四棱锥P﹣ABCD，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长的取值范围是（ ）
A．（0，） B．（0，） C．（，） D．（，）
6．若直线a的一个方向向量是，平面β的一个法向量是，则直线a与平面β的位置关系是（ ）
A．a∥β B．a⊥β C．a∥β或a β D．不确定
7．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E分别是AB，B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知正四面体A﹣BCD中，E为棱CD的中点，F为棱BC上的动点，则cos∠EAF的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．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
11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M是侧面AA1B1B内的动点，且满足D1M⊥CP，下列选项正确的是（ ）
A．动点M轨迹的长度是2
B．三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体的体积是
C．直线D1M与BC所成的角为α，则tanα的最小值是
D．存在某个位置M，使得直线BD1与平面A1D1M所成的角为
12．已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，将△ABC沿矩形的对角线AC所在的直线进行翻折，翻折过程中（ ）
A．存在某个位置，使得0
B．存在某个位置，使得0
C．存在某个位置，使得0
D．存在某个位置，使得，、均不等于零
三、填空题
13．平面α的法向量为（1，0，﹣1），平面β的法向量为（0，﹣1，1），则平面α与平面β所成二面角的大小为 ．
14．已知向量和的夹角为120°，且||＝2，||＝5，则（2） ．
15．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝ ．
16．正四面体ABCD的各棱长为a，点E、F分别是BC、AD的中点，则的值为 ．
17．已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则x+y+z＝ ．
18．已知是空间单位向量，，若空间向量满足（x，y∈R），||＝2，则||的最大值是 ．
四、解答题
19．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，CP＝m．试确定m的值，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
20．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，A1A与AB、AD的夹角都为60°．求：
（1）AC1的长；
（2）BD1与AC所成的角的余弦值．
21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
22．如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝AD＝2，AF，∠BAD＝120°，M是EF中点．
（1）证明：平面BEF⊥平面DEF；
（2）求二面角D﹣AM﹣B的余弦值．
23．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AD＝BD＝2，，AC＝2．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）若P为AC上一点，且，求直线BP与平面ACD所成角的正弦值．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、单选题
1．已知向量（﹣2，4，3），（1，﹣2，x），若∥，则x＝（ ）
A． B． C．﹣2 D．2
【答案】A
【分析】直接利用向量共线的坐标运算的应用求出结果．
【解答】解：已知向量（﹣2，4，3），（1，﹣2，x），
若∥，则，
则（﹣2，4，3）＝λ（1，﹣2，x），
整理得．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
2．在空间直角坐标系中，向量，，则向量（ ）
A．（0，1，10） B．（﹣4，7，0）
C．（4，﹣7，0） D．（﹣4，﹣12，25）
【答案】A
【分析】进行向量坐标的加法运算即可．
【解答】解：∵，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查了向量坐标的加法运算，考查了计算能力，属于基础题．
3．如图，已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F分别是棱C1D1，BB1的中点，记，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的线性运算可解．
【解答】解：，
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于基础题．
4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则直线AD与直线BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出图形，判断直线AD与直线BE所成角就是直线BC与直线BE所成角，然后求解即可．
【解答】解：由题意可知，几何体的图形如图，
直线AD与直线BE所成角就是直线BC与直线BE所成角，
设长方体的棱长为2，
所以直线AD与直线BE所成角的余弦值为：
．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
5．已知四棱锥P﹣ABCD，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长的取值范围是（ ）
A．（0，） B．（0，） C．（，） D．（，）
【答案】B
【分析】取AD中点O，以O为坐标原点，距离空间直角坐标系，设E（s，0，t），F（1，m，0），（﹣1＜s＜0，0＜t＜1，0＜m＜2），由异面直线所成角可得3m2＝4t（1﹣s）﹣（1﹣s）2﹣t2＞0，结合t﹣s＝1，得关于s的不等式，求解s的范围，再求模的范围得答案．
【解答】解：如图，取AD中点O，BC中点G，连接PO，OG，
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴PO⊥AD，
∵底面ABCD是正方形，∴AB⊥AD，则OG⊥AD，
又AB⊥平面PAD，∴OG⊥平面PAD，
得OA，OG，OP两两互相垂直，以O为坐标原点，
分别以OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
得O（0，0，0），A（1，0，0），D（﹣1，0，0），
P（0，0，1），E（s，0，t），F（1，m，0），
（﹣1＜s＜0，0＜t＜1，0＜m＜2），
则，，，∴，，．
由题意可得，，
即，整理得3m2＝4t（1﹣s）﹣（1﹣s）2﹣t2＞0，
结合t﹣s＝1，可得4（1﹣s2）＞2+2s2，解得|s|．
则．
∴线段PE长的取值范围是（0，）．
故选：B．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，考查运算求解能力，是中档题．
6．若直线a的一个方向向量是，平面β的一个法向量是，则直线a与平面β的位置关系是（ ）
A．a∥β B．a⊥β C．a∥β或a β D．不确定
【答案】C
【分析】由数量积为0可得，即可得到直线a与平面β的位置关系．
【解答】解：∵直线a的一个方向向量是，平面β的一个法向量是，
且1×（﹣1）+1×2+1×（﹣1）＝0，
∴，可得直线a与平面β的位置关系是a∥β或a β．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的应用，考查数量积与斜率垂直的关系，是基础题．
7．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D，E分别是AB，B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可分别以CA，CB，CC1三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而可得出C，D，B，E的坐标，进而得出向量的坐标，从而可求出的值，进而得出异面直线BE与CD所成的角的余弦值．
【解答】解：可知CA，CB，CC1三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
C（0，0，0），B（0，4，0），A（4，0，0），D（2，2，0），E（0，2，5），
∴，
∴，
∴异面直线BE与CD所成的角的余弦值为．
故选：C．
【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标解决异面直线所成角的问题的方法，向量夹角的余弦公式，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
8．如图，已知正四面体A﹣BCD中，E为棱CD的中点，F为棱BC上的动点，则cos∠EAF的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四面体A﹣BCD的棱长为1，且，，，设λ，λ∈[0，1]，利用向量法可求cos∠EAF的最大值．
【解答】解：设正四面体A﹣BCD的棱长为1，且，，，
∵E为棱CD的中点，可得（），则||||，
设λ，λ∈[0，1]，可得λλ（）＝（1﹣λ）λ，
||＝|（1﹣λ）λ|，
由 （） [（1﹣λ）λ][（1﹣λ） λ（1﹣λ） λ ]（λ+2），
∴cos， ，
令t＝λ+2，则t∈[2，3]，可得∈[，]，
可得，
设g（t）1，当时，函数g（t）取得最小值，最小值为g（），
∴的最大值为，∴ ．
故选：C．
【点评】本题考查利用向量求角的余弦值的最大值，属中档题．
二、多选题
9．已知向量，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】利用向量坐标运算法则直接求解．
【解答】解：∵向量，
∴（10，﹣5，﹣2），故A正确；
（﹣2，1，﹣6），故B错误；
24+6﹣8＝22，故C错误；
||6，故D正确．
故选：BC．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间向量坐标运算法则等基础知识，是基础题．
10．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．
11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M是侧面AA1B1B内的动点，且满足D1M⊥CP，下列选项正确的是（ ）
A．动点M轨迹的长度是2
B．三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体的体积是
C．直线D1M与BC所成的角为α，则tanα的最小值是
D．存在某个位置M，使得直线BD1与平面A1D1M所成的角为
【答案】ABC
【分析】取AD、AB的中点E、F，连接PD、D1E、EF、A1F、B1F、B1D1、BD1，从而利用线面垂直的判定定理及性质定理可证明PC⊥平面D1EFB1，从而得到动点M轨迹为线段B1F，从而可知A对，
由以上可知三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体是三棱锥F﹣A1B1D1，从而可知B对，
直线D1M与BC所成的角即直线D1M与A1D1所成的角，即∠A1D1M＝α，结合A1D1⊥平面AA1B1B可知△A1D1M为直角三角形，从而可得tanαA1M，从而在平面AA1B1B中求A1M的最小值，从而可知C对，
易知当点M与B1重合时，直线BD1与平面A1D1M所成的角最大，设设直线BD1与平面A1D1B1所成的角为β，可得sinβ，从而判断D选项．
【解答】解：如图，取AD、AB的中点E、F，连接PD、D1E、EF、A1F、B1F、B1D1、BD1，
则D1E⊥PD，D1E⊥DC，则D1E⊥平面PCD，
则D1E⊥PC，同理可证，EF⊥PC，
则PC⊥平面D1EFB1，
则点M∈平面D1EFB1，又由点M∈平面AA1B1B，
则点M∈B1F，
即动点M轨迹为线段B1F，其长度为2，故A对，
三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体是三棱锥F﹣A1B1D1，
其体积为4×4×4，故B对，
∵BC∥A1D1，∴直线D1M与BC所成的角即直线D1M与A1D1所成的角，即∠A1D1M＝α，
∵A1D1⊥平面AA1B1B，∴△A1D1M为直角三角形，
故tanαA1M，
且当A1M⊥B1F时，A1M最小，此时，A1M，
故tanα的最小值是A1M，故C对，
当点M与B1重合时，直线BD1与平面A1D1M所成的角最大，设
设直线BD1与平面A1D1B1所成的角为β，则sinβ，
故β，故D错，
故选：ABC．
【点评】本题考查了线面垂直的判定定理的应用及性质定理的应用，同时考查了线面角、异面直线所成的角及三棱锥的体积公式等，考查了转化思想应用及空间想象力，属于难题．
12．已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，将△ABC沿矩形的对角线AC所在的直线进行翻折，翻折过程中（ ）
A．存在某个位置，使得0
B．存在某个位置，使得0
C．存在某个位置，使得0
D．存在某个位置，使得，、均不等于零
【答案】AD
【分析】由向量数量积为零，得出向量垂直，运用假设存在某个位置，应用线面垂直的判定和性质，结合矩形的条件，可判断各选项的正误．
【解答】解：在矩形ABCD中，分别过点B、D作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，
由已知条件，AB＝2，BC＝1，
对于A，若存在某个位置，使得AD⊥BC，
∵BC⊥AB，AB∩AD＝A，∴BC⊥平面ABD，
∵BD 平面ABD，则BC⊥BD，
在Rt△BCD中，斜边CD＝2＞BC＝1，存在，故A正确；
对于B，若存在某个位置，使得AB⊥CD，
∵CD⊥AD，AD∩AB＝A，∴CD⊥平面ABD，
∵BD 平面ABD，则CD⊥BD，
在Rt△BCD中，斜边BC＝1＜CD，矛盾，故B错误；
对于C，若存在某个位置，使得AC⊥BD，
∵AC⊥BE，BD∩BE＝B，在平面ACD内，过点D能作出两条直线与AC垂直，矛盾，故C错误；
对于D，取平面ABC⊥平面ACD，
∵BE⊥AC，平面ABC∩平面ACD＝AC，BE 平面ABC，
∴BE⊥平面ACD，
以点E为坐标原点，EC所在直线为y轴，EB所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A（0，，0），B（0，0，），C（0，，0），D（，，0），
（，，0），（0，，），则0，
，（），则，
（0，，0），），则，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查向量数量积公式、直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题
13．平面α的法向量为（1，0，﹣1），平面β的法向量为（0，﹣1，1），则平面α与平面β所成二面角的大小为 或 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用法向量的夹角与二面角的关系即可得出．
【解答】解：设平面α的法向量为（1，0，﹣1），平面β的法向量为（0，﹣1，1），
则cos，，
∴，．
∵平面α与平面β所成的角与，相等或互补，
∴α与β所成的角为或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了利用法向量的夹角求二面角的方法，考查了计算能力，属于基础题．
14．已知向量和的夹角为120°，且||＝2，||＝5，则（2） 13 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】由向量数量积的运算性质可得（2） ，代入已知即可求解
【解答】解：∵和的夹角为120°，且||＝2，||＝5，
则（2） 8﹣2×5×cos120°＝13
故答案为：13
【点评】本题主要考查了向量的数量积的基本运算性质的应用，解题的关键是熟练应用基本公式．
15．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝ ．
【答案】见试题解答内容
【分析】建立合适的空间直角坐标系，MA＝k，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面D1MN的法向量，利用向量的夹角公式表示出二面角的关系式，由余弦函数的单调性以及二次函数的性质求解即可．
【解答】解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设MA＝k，则D1（0，0，4），C（0，4，0），N（2，3，0），M（4，0，k），
所以，
设平面D1MN的法向量为，
则有，即，
令z＝8，则x＝8﹣2k，y＝4+k，故，
平面ABCD的一个法向量为，
设平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角为α，
则，
锐二面角α越小，则cosα越大，
所以求5k2﹣24k+144的最小值，
令f（k）＝5k2﹣24k+144，
所以当k时，α有最小值，此时．
故答案为：．
【点评】本题考查了二面角的应用，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．
16．正四面体ABCD的各棱长为a，点E、F分别是BC、AD的中点，则的值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】把要求数量积的两个向量表示成以四面体的棱长为基地的向量的表示形式，写出向量的数量积，问题转化成四面体的棱之间的关系，因为棱长和夹角已知，得到结果．
【解答】解：
故答案为：
【点评】本题考查空间向量的数量积，解题的关键是把要用的向量写成以已知几何体的一个顶点为起点的向量为基地的形式，再进行运算．
17．已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则x+y+z＝ ．
【答案】．
【分析】以，作为空间向量的基底，利用线性运算可得，从而可解．
【解答】解：，
又，
故，
而，
所以，
因为，故x，y，z，
所以x+y+z，
故答案为：．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于中档题．
18．已知是空间单位向量，，若空间向量满足（x，y∈R），||＝2，则||的最大值是 ．
【答案】．
【分析】直接利用向量的数量积，向量的模的运算，基本不等式的应用求出结果．
【解答】解：空间向量满足（x，y∈R），，
由||＝2，
整理得，
即x2+y2+xy＝4，
又，
由于x2+y2≥2xy，
所以由x2+y2+xy＝4，整理得3xy≤4，
即，
所以|x+y|2＝x2+y2+2xy＝x2+y2+xy+xy，
故，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：向量的数量积，向量的模的运算，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
四、解答题
19．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，CP＝m．试确定m的值，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
【答案】m时，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
【分析】连接AC，由AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，可证AC⊥平面BDD1B1，即平面BDD1B1的法向量为，以D为原点建立空间直角坐标系，设P（0，1，z），z＞0，由sinθ＝|cos，|，求得z的值即可确定P的位置．
【解答】解：连接AC，则AC⊥BD，
∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥AC，
∵BD∩DD1＝D，BD、DD1 平面BDD1B1，
∴AC⊥平面BDD1B1，
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），C（0，1，0），
设P为（0，1，z），z＞0，
∴（﹣1，1，z），平面BDD1B1的法向量（﹣1，1，0），
设直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°，
sin60°＝|cos，|＝||＝||，
化简得z2，∴z＝±（舍负），即z，
故m时，使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°．
【点评】本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的性质、向量夹角公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
20．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，A1A与AB、AD的夹角都为60°．求：
（1）AC1的长；
（2）BD1与AC所成的角的余弦值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设，求得，根据，即可求得对角线AC1的长；（2）由，分别计算模长，利用即可得解．
【解答】解：（1）设，
所以，
因为所以平行四边形AA1CC1中，
＝11，
所以对角线 AC1 的长为：．（2）由 ，可得 ，所以 由 ，可得 1+1+4﹣1﹣2+2＝5．所以 ，．
【点评】本题主要考查了空间向量数量积的应用，求模长和夹角，属于中档题．
21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，
CMBC＝2，∠DCM＝60°，
∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°
，
则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，
而PM 平面PDM，∴CD⊥PM，
∵CD∥AB，∴AB⊥PM；
（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得CD⊥DM，结合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，进一步得到AB⊥PM；
（Ⅱ）由（Ⅰ）证明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，
CMBC＝2，∠DCM＝60°，
∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°
，
则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，
而PM 平面PDM，∴CD⊥PM，
∵CD∥AB，∴AB⊥PM；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，
又CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，
且平面ABCD∩平面PDM＝DM，
∵PM⊥MD，且PM 平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，
连接AM，则PM⊥MA，
在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，
可得，
又PA，在Rt△PMA中，求得PM，
取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，
以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（，2，0），P（0，0，），C（），
又N为PC的中点，∴N（），，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为θ，
则sinθ＝|cos|．
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题．
22．如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝AD＝2，AF，∠BAD＝120°，M是EF中点．
（1）证明：平面BEF⊥平面DEF；
（2）求二面角D﹣AM﹣B的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【分析】（1）先依题意证得BM⊥EF及BM⊥DM，进而得到BM⊥平面DEF，再由面面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而得到平面DAM及平面BAM的法向量，再利用向量的夹角公式得解．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，AB＝AD＝2，
∴AB＝AD＝CB＝CD＝2，
又∠BAD＝120°，
∴，
∵四边形ACEF是矩形，，
∴，AF⊥AC，
∵平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，AF⊥AC，
∴AF⊥平面ABCD，则AF⊥AB，
∴，
同理，
∴△DEF和△BEF为等腰三角形，
又M是EF的中点，
∴，
∴，
同理，
∵BM2+DM2＝BD2，
∴BM⊥DM，
∵BM∩DM＝M，EF 平面DEF，DM 平面DEF，
∴BM⊥平面DEF，
∵BM 平面BEF，
∴平面DEF⊥平面BEF；
（2）由（1）可知，AF⊥平面ABCD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
设AC∩BD＝O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面ADM的一个法向量为，则，则可取，
设平面ABM的一个法向量为，则，则可取，
∴，
又二面角D﹣AM﹣B为钝二面角，
∴二面角D﹣AM﹣B的余弦值为．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查推理能力及计算能力，属于中档题．
23．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AD＝BD＝2，，AC＝2．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）若P为AC上一点，且，求直线BP与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答．（2）直线BP与平面ACD所成角的正弦值为．
【分析】（1）取BD中点O，连接AO，OC，证明BD⊥AO，BD⊥OC，推出BD⊥平面AOC，即可证明BD⊥AC．
（2）以射线OB，OC，OD为x，y，z正半轴建系，求出平面ADC一个法向量，设θ为直线BP与平面ACD所成角，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】（1）证明：取BD中点O，连接AO，OC，
因为AB＝AD，BC＝DC，所以BD⊥AO，BD⊥OC，
又因为AO∩OC＝O，AO 平面AOC，OC 平面AOC，
所以BD⊥平面AOC，AC 平面AOC，
即BD⊥AC．
（2）解：由（1）得，BD⊥平面AOC，
又因为BD 平面BCD，所以平面AOC⊥平面BDC，
易得，OC＝1，所以AO2+OC2＝AC2，即AO⊥OC，
又因为平面AOC∩平面BDC＝OC，所以AO⊥平面BDC，
如图所示，以射线OB，OC，OD为x，y，z正半轴建系，
，B＝（1，0，0），C＝（0，1，0），D＝（﹣1，0，0），，
，，，
设为平面ADC一个法向量，
则有，取，
设θ为直线BP与平面ACD所成角，则sinθ．
即直线BP与平面ACD所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
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