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 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-16 17:32:49 | ||
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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．（5分）已知空间向量（2，﹣1，2），（1，﹣2，1），则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B．（2，﹣1，2）
C． D．（1，﹣2，1）
2．（5分）已知（2，﹣1，3），（﹣1，4，﹣2），（3，2，λ），若、、三向量共面，则实数λ等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则平面AB1C与平面A1C1D间的距离（ ）
A． B． C． D．
4．（5分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2菱形，∠CBB1＝60°，BC1交B1C于点O，AO⊥侧面BB1C1C，且△AB1C为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，则点A1的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，），C（0，2，0），D（1，1，）．若S1，S2，S3分别是三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积．则（ ）
A．S1＝S2＜S3 B．S1＝S2＞S3 C．S1＜S2＝S3 D．S1＞S2＝S3
6．（5分）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）如图，已知四棱锥E﹣ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，2，2，，若RP＝RQ，则四棱锥E﹣ABCD外接球表面积为（ ）
A．44π B．54π C．176π D．216π
8．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一质点从顶点A射向点E（4，3，12），遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将第i﹣1次到第i次反射点之间的线段记为li（i＝2，3，4），l1＝AE，将线段l1，l2，l3，l4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（5分）对于任意非零向量，，以下说法错误的有（ ）
A．若，则x1x2+y1y2+z1z2＝0
B．若，则
C．cos，
D．若x1＝y1＝z1＝1，则为单位向量
10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则（ ）
A．点B1的坐标为（5，4，3）
B．点C1关于点B对称的点为（8，5，﹣3）
C．点A关于直线BD1对称的点为（0，5，3）
D．点C关于平面ABB1A1对称的点为（8，﹣5，0）
11．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD，各棱长均为1，则下列命题中正确的是（ ）
A．{}不是空间的一个基底
B．
C．
D．BD⊥平面ACC1A1
12．（5分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AA1＝2AB，P为面对角线B1C上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ）
A．BD1⊥平面A1C1D
B．B1C与A1C1所成角的余弦值为
C．三棱锥P﹣A1DC1的体积为定值
D．平面ABB1A1内存在直线与平面A1C1D和底面ABCD的交线平行
三、填空题
13．（5分）若（1，1，0），（﹣1，0，2），则与同方向的单位向量是 ．
14．（5分）若平面α的一个法向量为（﹣3，y，2），平面β的一个法向量为（6，﹣2，z），且α∥β，则y+z＝ ．
15．（5分）如图所示的正方体是一个三阶魔方（由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为 ．
16．（5分）如图，在正四面体P﹣ABC中，M，N分别为PA，BC的中点，D是线段MN上一点，且ND＝2DM，若x，则x+y+z的值为 ．
四、解答题
17．（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．
（1）求异面直线PA与DE所成角的余弦值；
（2）求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值．
18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF的中点．
（1）求M到平面DEC的距离及三棱锥M﹣CDE的体积；
（2）求证：DM⊥平面ACE．
19．（12分）如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，G在AE上，且AG＝2GE．
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOC＝∠BOC＝60°，求的值．
20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P、B重合），平面ADE交棱PC于点F．
（1）求证：AD∥EF；
（2）若二面角B﹣AC﹣E的余弦值为，求点B到平面AEC的距离．
21．（12分）如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE＝2CD＝4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥平面ABE；
（3）若直线AD与平面BCDE所成角的正切值为，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．
22．（12分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
（1）若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B；
（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角E﹣AD1﹣D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
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．（5分）已知空间向量（2，﹣1，2），（1，﹣2，1），则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B．（2，﹣1，2）
C． D．（1，﹣2，1）
【答案】C
【分析】由向量在向量上的投影向量的计算公式，计算即可求出答案．
【解答】解：∵空间向量，，
∴向量在向量上的投影为2，
∴向量在向量上的投影向量为2（2，﹣1，2）＝（，，），
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量的数量积运算，投影向量的定义，属于基础题．
2．（5分）已知（2，﹣1，3），（﹣1，4，﹣2），（3，2，λ），若、、三向量共面，则实数λ等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由于与不共线，且、、三向量共面，利用平面向量基本定理可知：存在实数λ1，λ2使得．解出即可．
【解答】解：∵与不共线，
∴可取作此平面的一个基向量．
∵、、三向量共面，∴存在实数λ1，λ2使得．
∴，
解得
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量基本定理，属于基础题．
3．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则平面AB1C与平面A1C1D间的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接D1B，可以证明与面AB1C，面A1C1D都垂直，设分别交于M，N，MN为平面AB1C与平面A1C1D的距离． 可求D1N＝BM，从而MN＝BD1﹣BM﹣D1N．
【解答】解：连接D1B，与面AB1C与平面A1C1D分别交于M，N．
∵DD1⊥平面A1B1C1D1，∴DD1⊥AC，又∵AC⊥BD，∴AC⊥平面D1DB
∴BD1⊥AC，
同理可证BD1⊥AB1，又AC∩AB1＝A，∴BD1⊥面AB1C；
同理可证，BD1⊥面C1A1D．∴MN为平面AB1C与平面A1C1D的距离
∵△AB1C为正三角形，边长为，三棱锥B﹣AB1C 为正三棱锥，∴M为△AB1C的中心，MA
BM，同理求出D1N＝BM，又BD1，∴MN＝BD1﹣D1N﹣BM．
故选：B．
【点评】本题考查平行平面的距离计算，采用了间接法，转化为点面距离．本题中蕴含着两个结论①平面AB1C与∥平面A1C1D．②平面AB1C与平面A1C1D面AB1D将体对角线分成三等分．
4．（5分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2菱形，∠CBB1＝60°，BC1交B1C于点O，AO⊥侧面BB1C1C，且△AB1C为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，则点A1的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过A1作A1E⊥平面BCC1B1，垂足是E，连结B1E，C1E，则B1E∥OC1，C1E∥OB1，A1E∥AO，由此能求出点A1的坐标．
【解答】解：三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2菱形，∠CBB1＝60°，
BC1交B1C于点O，AO⊥侧面BB1C1C，且△AB1C为等腰直角三角形，
如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，
过A1作A1E⊥平面BCC1B1，垂足是E，连结B1E，C1E，
则B1E∥OC1，C1E∥OB1，A1E∥AO，
∴点A1的坐标为（，1，1）．
故选：B．
【点评】本题考查点的坐标的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（5分）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，），C（0，2，0），D（1，1，）．若S1，S2，S3分别是三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积．则（ ）
A．S1＝S2＜S3 B．S1＝S2＞S3 C．S1＜S2＝S3 D．S1＞S2＝S3
【答案】D
【分析】分别求出三棱锥在各个面上的投影坐标，再求对应的面积，即可得到结论．
【解答】解：A（2，0，0），B（2，2，2），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A'，B'，C'，D'，
在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），
S1＝2×2＝4；
在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，2），C'（0，2，0），D'（0，1，），
S22×22；
在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，2），C'（0，0，0），D'（1，0，），
S32×22，
则S3＝S2且S1＞S2，
故选：D．
【点评】本题考查了空间中线线、线面、面面之间的位置关系与应用问题，也考查运算求解能力，是中档题．
6．（5分）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】找出F关于平面BCC1B1的对称点F′，连接EF′交平面BCC1B1于P0，则P0即为满足|PE|+|PF|最小的点，求出FF′的长，再求出∠EFF′的余弦值，在△EFF′中，由余弦定理求解EF′的值得答案．
【解答】解：如图，
找F关于平面BCC1B1的对称点F′，连接EF′交平面BCC1B1于P0，
则P0即为满足|PE|+|PF|最小的点，
∵正方体的棱长为3，∴，
∴EF，FF′＝2C1D1＝2，
∠D1FF′+∠BD1C1＝π，
又cos，∴cos，
在△EFF′中，由余弦定理可得：．
即|PE|+|PF|的最小值为．
故选：D．
【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，考查运算求解能力，是中档题．
7．（5分）如图，已知四棱锥E﹣ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，2，2，，若RP＝RQ，则四棱锥E﹣ABCD外接球表面积为（ ）
A．44π B．54π C．176π D．216π
【答案】B
【分析】由底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，可得CD⊥DE，过R作DE垂线，可得ER，根据相似可得高为6，即可求解直三棱锥的外接球．
【解答】解：由题意，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，可得CD⊥DE，过R作DE垂线，
∵2，2，，
∴R、P、Q分别为线上的三等分点，
∵RP＝RQ，
∴△RMQ≌△EMR，
∴．
过R作AC平行线交AE于N，可得△ENR∽△ACE；
∵，
∴NR，
△ENR中根据勾股定理，可得EN＝2．
∴AE＝6，
底面ABCD外接圆的半径r，
四棱锥E﹣ABCD外接球的半径R，
∴四棱锥E﹣ABCD外接球表面积S＝4πR2＝54π．
故选：B．
【点评】本题主要考查了四棱锥外接球的问题，利用到了相似三角形，属于中档题．
8．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一质点从顶点A射向点E（4，3，12），遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将第i﹣1次到第i次反射点之间的线段记为li（i＝2，3，4），l1＝AE，将线段l1，l2，l3，l4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据平面反射定理，列出反射线与入射线的关系，得到入射线与反射平面的交点，再利用两点间的距离公式，求出距离，即可求解．
【解答】解：根据题意有：
A的坐标为：（0，0，0），B的坐标为（11，0，0），C的坐标为（11，7，0），D的坐标为（0，7，0）；
A1的坐标为：（0，0，12），B1的坐标为（11，0，12），C1的坐标为（11，7，12），D1的坐标为（0，7，12）；
E的坐标为（4，3，12）
（1）l1长度计算
所以：l1＝|AE|13．
（2）l2长度计算
将平面A1B1C1D1沿Z轴正向平移AA1个单位，得到平面A2B2C2D2；显然有：
A2的坐标为：（0，0，24），B2的坐标为（11，0，24），C2的坐标为（11，7，24），D2的坐标为（0，7，24）；
显然平面A2B2C2D2和平面ABCD关于平面A1B1C1D1对称．
设AE与的延长线与平面A2B2C2D2相交于：E2（xE2，yE2，24）
根据相似三角形易知：
xE2＝2xE＝2×4＝8，
yE2＝2yE＝2×3＝6，
即：E2（8，6，24）
根据坐标可知，E2在长方形A2B2C2D2内．
根据反射原理，E2在平面ABCD上的投影即为AE反射光与平面ABCD的交点．
所以F的坐标为（8，6，0）．
因此：l2＝|EF|13．
（3）l3长度计算
设G的坐标为：（xG，yG，zG）
如果G落在平面BCC1B1；
这个时候有：xG＝11，yG≤7，zG≤12
根据反射原理有：AE∥FG
于是：向量与向量共线；
即有：λ
因为：（4，3，12）；（xG﹣8，yG﹣6，zG﹣0）＝（3，yG﹣6，zG）
即有：（4，3，12）＝λ（3，yG﹣6，zG）
解得：yG，zG＝9；
故G的坐标为：（11，，9）
因为：7，故G点不在平面BCC1B1上，
所以：G点只能在平面DCC1D1上；
因此有：yG＝7；xG≤11，zG≤12
此时：（xG﹣8，yG﹣6，zG﹣0）＝（xG﹣8，1，zG）
即有：（4，3，12）＝λ（xG﹣8，1，zG）
解得：xG，zG＝4；
满足：xG≤11，zG≤12
故G的坐标为：（，7，4）
所以：l3＝|FG|
（4）l4长度计算
设G点在平面A1B1C1D1的投影为G’，坐标为（，7，12）
因为光线经过反射后，还会在原来的平面内；
即：AEFGH共面
故EG的反射线GH只能与平面A1B1C1D1相交，且交点H只能在A1G'；
易知：l4＞|GG’|＝12﹣4＝8＞l3．
根据以上解析，可知l1，l2，l3，l4要满足以下关系：
l1＝l2；且l4＞l3
对比ABCD选项，可知，只有C选项满足以上条件．
故选：C．
【点评】本题主要考查的空间中点坐标的概念，两点间的距离公式，解法灵活，属于难题．
二、多选题
9．（5分）对于任意非零向量，，以下说法错误的有（ ）
A．若，则x1x2+y1y2+z1z2＝0
B．若，则
C．cos，
D．若x1＝y1＝z1＝1，则为单位向量
【答案】BCD
【分析】直接利用向量垂直和向量的共线的充要条件及向量的夹角及向量的模的运算的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答】解：任意非零向量，，
对于A：若，则x1x2+y1y2+z1z2＝0，故A正确；
对于B：当x2≠0，y2≠0，z2≠0时，不成立，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：当x1＝y1＝z1＝1，，故D错误．
故选：BCD．
【点评】本题考查的知识要点：空间向量的坐标运算，向量垂直和向量共线的充要条件，向量的模，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则（ ）
A．点B1的坐标为（5，4，3）
B．点C1关于点B对称的点为（8，5，﹣3）
C．点A关于直线BD1对称的点为（0，5，3）
D．点C关于平面ABB1A1对称的点为（8，﹣5，0）
【答案】BC
【分析】利用空间点的对称性即可得出．
【解答】解：由图形及其已知可得：点B1的坐标为（4，5，3），点C1（0，5，3）关于点B对称的点为（8，5，﹣3），
点A关于直线BD1对称的点为C1（0，5，3），
点C（0，5，0）关于平面ABB1A1对称的点为（8，5，0），
因此BC正确．
故选：BC．
【点评】本题考查了空间点的对称性、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
11．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD，各棱长均为1，则下列命题中正确的是（ ）
A．{}不是空间的一个基底
B．
C．
D．BD⊥平面ACC1A1
【答案】ACD
【分析】由空间基底的概念可判断A；由空间向量夹角的概念可判断B；由运算可判断C；由线面垂直的判定可判断D．
【解答】解：对于A，由，所以向量 共面，
所以 不是空间的一个基底，故A正确；对于B，因为，
所以，
所以，故B错；
对于C，，
所以，故C正确；
对于D，连接BD交AC于点O，连接A1O，A1D，A1B，
由题意可得四边形ABCD为菱形，A1D＝A1B，
所以BD⊥AC，BD⊥A1O，
由AC∩A1O＝O 可得BD⊥平面ACC1A1，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了基底的概念，向量的夹角，模长以及线面垂直，属于综合题，中档题．
12．（5分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AA1＝2AB，P为面对角线B1C上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ）
A．BD1⊥平面A1C1D
B．B1C与A1C1所成角的余弦值为
C．三棱锥P﹣A1DC1的体积为定值
D．平面ABB1A1内存在直线与平面A1C1D和底面ABCD的交线平行
【答案】BC
【分析】直接利用线面平行的判定和性质，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，平面的性质判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：由于在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AA1＝2AB，
虽然B1D⊥A1C1，A1D与B1D不垂直，故BD1⊥平面A1C1D错误，故A错误；
对于B：由于B1C∥A1D，
所以∠C1A1D为B1C与A1C1所成角，
设AB＝1，所以AA1＝2，，，
故在△A1DC1中，cos∠C1A1D，故B正确；
对于C：由于B1C∥A1D，所以B1C∥平面A1DC1，
从而得到点P到平面A1DC1的距离相等，故C正确；
对于D：由于A1C1∥平面ABCD，所以平面A1C1D和底面ABCD的交线与A1C1平行，
而A1C1与平面ABB1A1相交，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查的知识要点：线面平行的判定和性质，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，平面的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
三、填空题
13．（5分）若（1，1，0），（﹣1，0，2），则与同方向的单位向量是 （0，，） ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用向量的坐标运算、模的计算公式、单位向量即可得出．
【解答】解：∵（1，1，0），（﹣1，0，2），
∴（0，1，2），
∵与同方向的单位向量，
∴设单位向量为（0，m，2m），m＞0，
∴m2+4m2＝1，
解得m
∴与同方向的单位向量是（0，，），
故答案为：（0，，）
【点评】本题考查了向量的坐标运算、模的计算公式、单位向量，属于基础题．
14．（5分）若平面α的一个法向量为（﹣3，y，2），平面β的一个法向量为（6，﹣2，z），且α∥β，则y+z＝ ﹣3 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用面面平行的性质可得：∥，再利用向量共线定理即可得出．
【解答】解：∵α∥β，
∴∥，
∴存在实数λ使得λ，
即（﹣3，y，2）＝λ（6，﹣2，z），
∴，解得λ，y＝1，z＝﹣4．
∴y+z＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查了面面平行的性质、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．（5分）如图所示的正方体是一个三阶魔方（由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．再根据等面积法可得．
【解答】解：∵线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，
取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．
∵B1D，∴PQ的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了点，线，面间的距离计算，属中档题．
16．（5分）如图，在正四面体P﹣ABC中，M，N分别为PA，BC的中点，D是线段MN上一点，且ND＝2DM，若x，则x+y+z的值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，，则x+y+z可求．
【解答】解，依题意，，
所以x+y+z．
故填：．
【点评】本题考查了空间向量的分解，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用．本题属于基础题．
四、解答题
17．（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．
（1）求异面直线PA与DE所成角的余弦值；
（2）求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PA与DE所成角的余弦值．
（2）（﹣a，a，a），平面ABCD的法向量（0，0，1），利用向量法能求出AP与平面ABCD所成的正切值．
【解答】解：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
A（a，0，0），P（0，a，a），D（0，0，0），E（0，a，a），
（﹣a，a，a），（0，a，a），
cos，，
∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为．
（2）∵（﹣a，a，a），平面ABCD的法向量（0，0，1），
设AP与平面ABCD所成角为θ，
sinθ＝|cos，|＝||，
∴AP与平面ABCD所成的正弦值为．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查线面角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF的中点．
（1）求M到平面DEC的距离及三棱锥M﹣CDE的体积；
（2）求证：DM⊥平面ACE．
【答案】（1），；（2）证明过程见解析．
【分析】（1）设AC∩BD＝O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出M到平面DEC的距离及三棱锥M﹣CDE的体积；
（2）求出、、的坐标，由向量数量积为0证明AC⊥DM，AE⊥DM，由线面垂直的判定可得DM⊥平面ACE．
【解答】解：（1）设AC∩BD＝O，∵底面ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，又平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF∩平面ABCD＝BD，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，由平面与平面垂直的性质，取过O在平面BDEF内垂直于BD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C（0，，0），D（﹣1，0，0），E（﹣1，0，2），
M（1，0，1），
（0，0，2），（1，，0），（2，0，1），
∵0，∴DE⊥DC，
∴S△DECDE×DC2×2＝2，
设平面DEC的法向量（x，y，z），
由，取x，得（，﹣1，0），
∴M到平面DEC的距离h，
∴三棱锥M﹣CDE的体积：VS△CDE×h2；
证明：（2）A（0，，0），（0，2，0），（﹣1，，2），
∵ 0，2+2＝0，
∴AC⊥DM，AE⊥DM，
∵AC∩AE＝A，∴DM⊥平面ACE．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查几何体的体积的求法，训练了空间向量在求解空间问题中的应用，是中档题．
19．（12分）如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，G在AE上，且AG＝2GE．
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOC＝∠BOC＝60°，求的值．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用，和数量及的定义 2， 3代入得结果．
【解答】解：（1）∵2∴2（）∴3又2
∴
（2）由（1）问知 （） （）22 223+2．
【点评】本题考查空间向量数量积的运算及应用．
20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P、B重合），平面ADE交棱PC于点F．
（1）求证：AD∥EF；
（2）若二面角B﹣AC﹣E的余弦值为，求点B到平面AEC的距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行即可；
（2）建立以OA，OH，OP所在直线为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，根据题意利用参数λ求出E的坐标，再求出平面AEC和平面ABC的法向量，求出λ，再用向量法求出点到平面的距离．
【解答】解：（1）∵底面ABCD为矩形，∴AD∥BC，
又∵AD 平面PBC，BC 平面PBC．∴AD∥平面PBC，
又∵AD 平面ADE，平面ADE∩平面PBC＝EF，∴AD∥EF；
（2）取AD的中点O，连接PO，过点O作OH∥AB交BC于点H，
∵侧面PAD为正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，
∴PO⊥平面ABCD底面，∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD∴OH⊥AD，
如图所示，建立以OA，OH，OP所在直线为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，
∴O（0，0，0），，A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，3，0）
设E（x，y，z），又∵，∴，
∴，，
设平面AEC的法向量为 ，
由，得，
令x1＝3，∴y1＝2，，
∴平面AEC的一个法向量，
又易知是平面ABC的一个法向量，
∴|cos|，
解得，
∴，∴，
又∵平面AEC的一个法向量，
∴点B到平面AEC的距离为：．
【点评】考查线面平行的判定定理和性质定理，考查向量法求法向量，夹角公式求二面角的余弦值，用向量法求点到平面的距离，中档题．
21．（12分）如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE＝2CD＝4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥平面ABE；
（3）若直线AD与平面BCDE所成角的正切值为，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1），取AB中点G，连接CG、FG，可得四边形CDFG为平行四边形，即DF∥CG，DF∥平面ABC．
（2）可得BE⊥面ABC，BE⊥CG． 即CG⊥面ABE，又DF∥CG， DF⊥面ABE．
（3）取BC中点O，再连接AO，OD．易证AO⊥面BCDE，所以∠ADO为直线AD与平面BCDE所成的角，即，设OC＝t，可求得t＝1．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），利用向量法求解．
【解答】解：（1）如图，取AB中点G，连接CG、FG，因为F为AE中点，所以FG∥BE且，BE＝2CD，
所以FG∥CD且FG＝CD，所以四边形CDFG为平行四边形，
所以DF∥CG．CG 平面ABC，DF 平面ABC，
∴DF∥平面ABC．
（2）又因为△ABC为正三角形，所以CG⊥AB，
又因为面ABC⊥面BCDE，面ABC∩面BCDE＝BC．BE⊥BC，BE 面BCDE，
所以BE⊥面ABC，BE⊥CG．又因为BE∩AB＝B，所以CG⊥面ABE，所以DF⊥面ABE．
（3）
取BC中点O，再连接AO，OD．
易证AO⊥面BCDE，所以∠ADO为直线AD与平面BCDE所成的角，
即，设OC＝t，可求得t＝1．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），，
所以，
设平面BCF的法向量为，则，
令，得n2＝0，n3＝﹣4，所以，
设面DCF的法向量为，
则，令m2＝1，得，m1＝0，
所以，所以cos，
因为二面角B﹣CF﹣D为钝角，其余弦值为．
【点评】本题考查了空间线面平行、线面垂直的判断，向量法求二面角，属于中档题．
22．（12分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
（1）若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B；
（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角E﹣AD1﹣D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接B1A，推导出四边形AB1C1M是平行四边形，从而C1M∥B1A，由此能证明C1M∥平面AA1B1B．
（2）取BC中点Q，连接AQ，推导出AQ⊥BC，AQ⊥AD，分别以AQ，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】证明：（1）连接B1A，由已知得，B1C1∥BC∥AD，且
所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A…（2分）
又C1M 平面AA1B1B，B1A 平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B…（4分）
解：（2）取BC中点Q，连接AQ，因为ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，
所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD…（6分）
所以，分别以AQ，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
如图A（0，0，0），A1（0，0，1），D1（0，1，1），
假设点E存在，设点E的坐标为，﹣1≤λ≤1，
，（7分）
设平面AD1E的法向量
则，即，可取（9分）
平面ADD1的法向量为（10分）
所以，，解得：（11分）
又由于二面角E﹣AD1﹣D大小为锐角，由图可知，点E在线段QC上，
所以，即（12分）
【点评】本题考查线面平行的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，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．（5分）已知空间向量（2，﹣1，2），（1，﹣2，1），则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B．（2，﹣1，2）
C． D．（1，﹣2，1）
2．（5分）已知（2，﹣1，3），（﹣1，4，﹣2），（3，2，λ），若、、三向量共面，则实数λ等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则平面AB1C与平面A1C1D间的距离（ ）
A． B． C． D．
4．（5分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2菱形，∠CBB1＝60°，BC1交B1C于点O，AO⊥侧面BB1C1C，且△AB1C为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，则点A1的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，），C（0，2，0），D（1，1，）．若S1，S2，S3分别是三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积．则（ ）
A．S1＝S2＜S3 B．S1＝S2＞S3 C．S1＜S2＝S3 D．S1＞S2＝S3
6．（5分）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）如图，已知四棱锥E﹣ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，2，2，，若RP＝RQ，则四棱锥E﹣ABCD外接球表面积为（ ）
A．44π B．54π C．176π D．216π
8．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一质点从顶点A射向点E（4，3，12），遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将第i﹣1次到第i次反射点之间的线段记为li（i＝2，3，4），l1＝AE，将线段l1，l2，l3，l4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（5分）对于任意非零向量，，以下说法错误的有（ ）
A．若，则x1x2+y1y2+z1z2＝0
B．若，则
C．cos，
D．若x1＝y1＝z1＝1，则为单位向量
10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则（ ）
A．点B1的坐标为（5，4，3）
B．点C1关于点B对称的点为（8，5，﹣3）
C．点A关于直线BD1对称的点为（0，5，3）
D．点C关于平面ABB1A1对称的点为（8，﹣5，0）
11．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD，各棱长均为1，则下列命题中正确的是（ ）
A．{}不是空间的一个基底
B．
C．
D．BD⊥平面ACC1A1
12．（5分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AA1＝2AB，P为面对角线B1C上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ）
A．BD1⊥平面A1C1D
B．B1C与A1C1所成角的余弦值为
C．三棱锥P﹣A1DC1的体积为定值
D．平面ABB1A1内存在直线与平面A1C1D和底面ABCD的交线平行
三、填空题
13．（5分）若（1，1，0），（﹣1，0，2），则与同方向的单位向量是 ．
14．（5分）若平面α的一个法向量为（﹣3，y，2），平面β的一个法向量为（6，﹣2，z），且α∥β，则y+z＝ ．
15．（5分）如图所示的正方体是一个三阶魔方（由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为 ．
16．（5分）如图，在正四面体P﹣ABC中，M，N分别为PA，BC的中点，D是线段MN上一点，且ND＝2DM，若x，则x+y+z的值为 ．
四、解答题
17．（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．
（1）求异面直线PA与DE所成角的余弦值；
（2）求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值．
18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF的中点．
（1）求M到平面DEC的距离及三棱锥M﹣CDE的体积；
（2）求证：DM⊥平面ACE．
19．（12分）如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，G在AE上，且AG＝2GE．
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOC＝∠BOC＝60°，求的值．
20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P、B重合），平面ADE交棱PC于点F．
（1）求证：AD∥EF；
（2）若二面角B﹣AC﹣E的余弦值为，求点B到平面AEC的距离．
21．（12分）如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE＝2CD＝4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥平面ABE；
（3）若直线AD与平面BCDE所成角的正切值为，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．
22．（12分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
（1）若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B；
（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角E﹣AD1﹣D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
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．（5分）已知空间向量（2，﹣1，2），（1，﹣2，1），则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B．（2，﹣1，2）
C． D．（1，﹣2，1）
【答案】C
【分析】由向量在向量上的投影向量的计算公式，计算即可求出答案．
【解答】解：∵空间向量，，
∴向量在向量上的投影为2，
∴向量在向量上的投影向量为2（2，﹣1，2）＝（，，），
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量的数量积运算，投影向量的定义，属于基础题．
2．（5分）已知（2，﹣1，3），（﹣1，4，﹣2），（3，2，λ），若、、三向量共面，则实数λ等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由于与不共线，且、、三向量共面，利用平面向量基本定理可知：存在实数λ1，λ2使得．解出即可．
【解答】解：∵与不共线，
∴可取作此平面的一个基向量．
∵、、三向量共面，∴存在实数λ1，λ2使得．
∴，
解得
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量基本定理，属于基础题．
3．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则平面AB1C与平面A1C1D间的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接D1B，可以证明与面AB1C，面A1C1D都垂直，设分别交于M，N，MN为平面AB1C与平面A1C1D的距离． 可求D1N＝BM，从而MN＝BD1﹣BM﹣D1N．
【解答】解：连接D1B，与面AB1C与平面A1C1D分别交于M，N．
∵DD1⊥平面A1B1C1D1，∴DD1⊥AC，又∵AC⊥BD，∴AC⊥平面D1DB
∴BD1⊥AC，
同理可证BD1⊥AB1，又AC∩AB1＝A，∴BD1⊥面AB1C；
同理可证，BD1⊥面C1A1D．∴MN为平面AB1C与平面A1C1D的距离
∵△AB1C为正三角形，边长为，三棱锥B﹣AB1C 为正三棱锥，∴M为△AB1C的中心，MA
BM，同理求出D1N＝BM，又BD1，∴MN＝BD1﹣D1N﹣BM．
故选：B．
【点评】本题考查平行平面的距离计算，采用了间接法，转化为点面距离．本题中蕴含着两个结论①平面AB1C与∥平面A1C1D．②平面AB1C与平面A1C1D面AB1D将体对角线分成三等分．
4．（5分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2菱形，∠CBB1＝60°，BC1交B1C于点O，AO⊥侧面BB1C1C，且△AB1C为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，则点A1的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过A1作A1E⊥平面BCC1B1，垂足是E，连结B1E，C1E，则B1E∥OC1，C1E∥OB1，A1E∥AO，由此能求出点A1的坐标．
【解答】解：三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2菱形，∠CBB1＝60°，
BC1交B1C于点O，AO⊥侧面BB1C1C，且△AB1C为等腰直角三角形，
如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，
过A1作A1E⊥平面BCC1B1，垂足是E，连结B1E，C1E，
则B1E∥OC1，C1E∥OB1，A1E∥AO，
∴点A1的坐标为（，1，1）．
故选：B．
【点评】本题考查点的坐标的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（5分）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，），C（0，2，0），D（1，1，）．若S1，S2，S3分别是三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积．则（ ）
A．S1＝S2＜S3 B．S1＝S2＞S3 C．S1＜S2＝S3 D．S1＞S2＝S3
【答案】D
【分析】分别求出三棱锥在各个面上的投影坐标，再求对应的面积，即可得到结论．
【解答】解：A（2，0，0），B（2，2，2），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A'，B'，C'，D'，
在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），
S1＝2×2＝4；
在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，2），C'（0，2，0），D'（0，1，），
S22×22；
在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，2），C'（0，0，0），D'（1，0，），
S32×22，
则S3＝S2且S1＞S2，
故选：D．
【点评】本题考查了空间中线线、线面、面面之间的位置关系与应用问题，也考查运算求解能力，是中档题．
6．（5分）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】找出F关于平面BCC1B1的对称点F′，连接EF′交平面BCC1B1于P0，则P0即为满足|PE|+|PF|最小的点，求出FF′的长，再求出∠EFF′的余弦值，在△EFF′中，由余弦定理求解EF′的值得答案．
【解答】解：如图，
找F关于平面BCC1B1的对称点F′，连接EF′交平面BCC1B1于P0，
则P0即为满足|PE|+|PF|最小的点，
∵正方体的棱长为3，∴，
∴EF，FF′＝2C1D1＝2，
∠D1FF′+∠BD1C1＝π，
又cos，∴cos，
在△EFF′中，由余弦定理可得：．
即|PE|+|PF|的最小值为．
故选：D．
【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，考查运算求解能力，是中档题．
7．（5分）如图，已知四棱锥E﹣ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，2，2，，若RP＝RQ，则四棱锥E﹣ABCD外接球表面积为（ ）
A．44π B．54π C．176π D．216π
【答案】B
【分析】由底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，可得CD⊥DE，过R作DE垂线，可得ER，根据相似可得高为6，即可求解直三棱锥的外接球．
【解答】解：由题意，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，可得CD⊥DE，过R作DE垂线，
∵2，2，，
∴R、P、Q分别为线上的三等分点，
∵RP＝RQ，
∴△RMQ≌△EMR，
∴．
过R作AC平行线交AE于N，可得△ENR∽△ACE；
∵，
∴NR，
△ENR中根据勾股定理，可得EN＝2．
∴AE＝6，
底面ABCD外接圆的半径r，
四棱锥E﹣ABCD外接球的半径R，
∴四棱锥E﹣ABCD外接球表面积S＝4πR2＝54π．
故选：B．
【点评】本题主要考查了四棱锥外接球的问题，利用到了相似三角形，属于中档题．
8．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一质点从顶点A射向点E（4，3，12），遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将第i﹣1次到第i次反射点之间的线段记为li（i＝2，3，4），l1＝AE，将线段l1，l2，l3，l4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据平面反射定理，列出反射线与入射线的关系，得到入射线与反射平面的交点，再利用两点间的距离公式，求出距离，即可求解．
【解答】解：根据题意有：
A的坐标为：（0，0，0），B的坐标为（11，0，0），C的坐标为（11，7，0），D的坐标为（0，7，0）；
A1的坐标为：（0，0，12），B1的坐标为（11，0，12），C1的坐标为（11，7，12），D1的坐标为（0，7，12）；
E的坐标为（4，3，12）
（1）l1长度计算
所以：l1＝|AE|13．
（2）l2长度计算
将平面A1B1C1D1沿Z轴正向平移AA1个单位，得到平面A2B2C2D2；显然有：
A2的坐标为：（0，0，24），B2的坐标为（11，0，24），C2的坐标为（11，7，24），D2的坐标为（0，7，24）；
显然平面A2B2C2D2和平面ABCD关于平面A1B1C1D1对称．
设AE与的延长线与平面A2B2C2D2相交于：E2（xE2，yE2，24）
根据相似三角形易知：
xE2＝2xE＝2×4＝8，
yE2＝2yE＝2×3＝6，
即：E2（8，6，24）
根据坐标可知，E2在长方形A2B2C2D2内．
根据反射原理，E2在平面ABCD上的投影即为AE反射光与平面ABCD的交点．
所以F的坐标为（8，6，0）．
因此：l2＝|EF|13．
（3）l3长度计算
设G的坐标为：（xG，yG，zG）
如果G落在平面BCC1B1；
这个时候有：xG＝11，yG≤7，zG≤12
根据反射原理有：AE∥FG
于是：向量与向量共线；
即有：λ
因为：（4，3，12）；（xG﹣8，yG﹣6，zG﹣0）＝（3，yG﹣6，zG）
即有：（4，3，12）＝λ（3，yG﹣6，zG）
解得：yG，zG＝9；
故G的坐标为：（11，，9）
因为：7，故G点不在平面BCC1B1上，
所以：G点只能在平面DCC1D1上；
因此有：yG＝7；xG≤11，zG≤12
此时：（xG﹣8，yG﹣6，zG﹣0）＝（xG﹣8，1，zG）
即有：（4，3，12）＝λ（xG﹣8，1，zG）
解得：xG，zG＝4；
满足：xG≤11，zG≤12
故G的坐标为：（，7，4）
所以：l3＝|FG|
（4）l4长度计算
设G点在平面A1B1C1D1的投影为G’，坐标为（，7，12）
因为光线经过反射后，还会在原来的平面内；
即：AEFGH共面
故EG的反射线GH只能与平面A1B1C1D1相交，且交点H只能在A1G'；
易知：l4＞|GG’|＝12﹣4＝8＞l3．
根据以上解析，可知l1，l2，l3，l4要满足以下关系：
l1＝l2；且l4＞l3
对比ABCD选项，可知，只有C选项满足以上条件．
故选：C．
【点评】本题主要考查的空间中点坐标的概念，两点间的距离公式，解法灵活，属于难题．
二、多选题
9．（5分）对于任意非零向量，，以下说法错误的有（ ）
A．若，则x1x2+y1y2+z1z2＝0
B．若，则
C．cos，
D．若x1＝y1＝z1＝1，则为单位向量
【答案】BCD
【分析】直接利用向量垂直和向量的共线的充要条件及向量的夹角及向量的模的运算的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答】解：任意非零向量，，
对于A：若，则x1x2+y1y2+z1z2＝0，故A正确；
对于B：当x2≠0，y2≠0，z2≠0时，不成立，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：当x1＝y1＝z1＝1，，故D错误．
故选：BCD．
【点评】本题考查的知识要点：空间向量的坐标运算，向量垂直和向量共线的充要条件，向量的模，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则（ ）
A．点B1的坐标为（5，4，3）
B．点C1关于点B对称的点为（8，5，﹣3）
C．点A关于直线BD1对称的点为（0，5，3）
D．点C关于平面ABB1A1对称的点为（8，﹣5，0）
【答案】BC
【分析】利用空间点的对称性即可得出．
【解答】解：由图形及其已知可得：点B1的坐标为（4，5，3），点C1（0，5，3）关于点B对称的点为（8，5，﹣3），
点A关于直线BD1对称的点为C1（0，5，3），
点C（0，5，0）关于平面ABB1A1对称的点为（8，5，0），
因此BC正确．
故选：BC．
【点评】本题考查了空间点的对称性、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
11．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD，各棱长均为1，则下列命题中正确的是（ ）
A．{}不是空间的一个基底
B．
C．
D．BD⊥平面ACC1A1
【答案】ACD
【分析】由空间基底的概念可判断A；由空间向量夹角的概念可判断B；由运算可判断C；由线面垂直的判定可判断D．
【解答】解：对于A，由，所以向量 共面，
所以 不是空间的一个基底，故A正确；对于B，因为，
所以，
所以，故B错；
对于C，，
所以，故C正确；
对于D，连接BD交AC于点O，连接A1O，A1D，A1B，
由题意可得四边形ABCD为菱形，A1D＝A1B，
所以BD⊥AC，BD⊥A1O，
由AC∩A1O＝O 可得BD⊥平面ACC1A1，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了基底的概念，向量的夹角，模长以及线面垂直，属于综合题，中档题．
12．（5分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AA1＝2AB，P为面对角线B1C上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ）
A．BD1⊥平面A1C1D
B．B1C与A1C1所成角的余弦值为
C．三棱锥P﹣A1DC1的体积为定值
D．平面ABB1A1内存在直线与平面A1C1D和底面ABCD的交线平行
【答案】BC
【分析】直接利用线面平行的判定和性质，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，平面的性质判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：由于在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AA1＝2AB，
虽然B1D⊥A1C1，A1D与B1D不垂直，故BD1⊥平面A1C1D错误，故A错误；
对于B：由于B1C∥A1D，
所以∠C1A1D为B1C与A1C1所成角，
设AB＝1，所以AA1＝2，，，
故在△A1DC1中，cos∠C1A1D，故B正确；
对于C：由于B1C∥A1D，所以B1C∥平面A1DC1，
从而得到点P到平面A1DC1的距离相等，故C正确；
对于D：由于A1C1∥平面ABCD，所以平面A1C1D和底面ABCD的交线与A1C1平行，
而A1C1与平面ABB1A1相交，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查的知识要点：线面平行的判定和性质，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，平面的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
三、填空题
13．（5分）若（1，1，0），（﹣1，0，2），则与同方向的单位向量是 （0，，） ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用向量的坐标运算、模的计算公式、单位向量即可得出．
【解答】解：∵（1，1，0），（﹣1，0，2），
∴（0，1，2），
∵与同方向的单位向量，
∴设单位向量为（0，m，2m），m＞0，
∴m2+4m2＝1，
解得m
∴与同方向的单位向量是（0，，），
故答案为：（0，，）
【点评】本题考查了向量的坐标运算、模的计算公式、单位向量，属于基础题．
14．（5分）若平面α的一个法向量为（﹣3，y，2），平面β的一个法向量为（6，﹣2，z），且α∥β，则y+z＝ ﹣3 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用面面平行的性质可得：∥，再利用向量共线定理即可得出．
【解答】解：∵α∥β，
∴∥，
∴存在实数λ使得λ，
即（﹣3，y，2）＝λ（6，﹣2，z），
∴，解得λ，y＝1，z＝﹣4．
∴y+z＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查了面面平行的性质、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．（5分）如图所示的正方体是一个三阶魔方（由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．再根据等面积法可得．
【解答】解：∵线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，
取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．
∵B1D，∴PQ的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了点，线，面间的距离计算，属中档题．
16．（5分）如图，在正四面体P﹣ABC中，M，N分别为PA，BC的中点，D是线段MN上一点，且ND＝2DM，若x，则x+y+z的值为 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，，则x+y+z可求．
【解答】解，依题意，，
所以x+y+z．
故填：．
【点评】本题考查了空间向量的分解，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用．本题属于基础题．
四、解答题
17．（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．
（1）求异面直线PA与DE所成角的余弦值；
（2）求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PA与DE所成角的余弦值．
（2）（﹣a，a，a），平面ABCD的法向量（0，0，1），利用向量法能求出AP与平面ABCD所成的正切值．
【解答】解：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
A（a，0，0），P（0，a，a），D（0，0，0），E（0，a，a），
（﹣a，a，a），（0，a，a），
cos，，
∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为．
（2）∵（﹣a，a，a），平面ABCD的法向量（0，0，1），
设AP与平面ABCD所成角为θ，
sinθ＝|cos，|＝||，
∴AP与平面ABCD所成的正弦值为．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查线面角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF的中点．
（1）求M到平面DEC的距离及三棱锥M﹣CDE的体积；
（2）求证：DM⊥平面ACE．
【答案】（1），；（2）证明过程见解析．
【分析】（1）设AC∩BD＝O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出M到平面DEC的距离及三棱锥M﹣CDE的体积；
（2）求出、、的坐标，由向量数量积为0证明AC⊥DM，AE⊥DM，由线面垂直的判定可得DM⊥平面ACE．
【解答】解：（1）设AC∩BD＝O，∵底面ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，又平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF∩平面ABCD＝BD，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，由平面与平面垂直的性质，取过O在平面BDEF内垂直于BD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C（0，，0），D（﹣1，0，0），E（﹣1，0，2），
M（1，0，1），
（0，0，2），（1，，0），（2，0，1），
∵0，∴DE⊥DC，
∴S△DECDE×DC2×2＝2，
设平面DEC的法向量（x，y，z），
由，取x，得（，﹣1，0），
∴M到平面DEC的距离h，
∴三棱锥M﹣CDE的体积：VS△CDE×h2；
证明：（2）A（0，，0），（0，2，0），（﹣1，，2），
∵ 0，2+2＝0，
∴AC⊥DM，AE⊥DM，
∵AC∩AE＝A，∴DM⊥平面ACE．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查几何体的体积的求法，训练了空间向量在求解空间问题中的应用，是中档题．
19．（12分）如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，G在AE上，且AG＝2GE．
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOC＝∠BOC＝60°，求的值．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用，和数量及的定义 2， 3代入得结果．
【解答】解：（1）∵2∴2（）∴3又2
∴
（2）由（1）问知 （） （）22 223+2．
【点评】本题考查空间向量数量积的运算及应用．
20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P、B重合），平面ADE交棱PC于点F．
（1）求证：AD∥EF；
（2）若二面角B﹣AC﹣E的余弦值为，求点B到平面AEC的距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行即可；
（2）建立以OA，OH，OP所在直线为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，根据题意利用参数λ求出E的坐标，再求出平面AEC和平面ABC的法向量，求出λ，再用向量法求出点到平面的距离．
【解答】解：（1）∵底面ABCD为矩形，∴AD∥BC，
又∵AD 平面PBC，BC 平面PBC．∴AD∥平面PBC，
又∵AD 平面ADE，平面ADE∩平面PBC＝EF，∴AD∥EF；
（2）取AD的中点O，连接PO，过点O作OH∥AB交BC于点H，
∵侧面PAD为正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，
∴PO⊥平面ABCD底面，∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD∴OH⊥AD，
如图所示，建立以OA，OH，OP所在直线为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，
∴O（0，0，0），，A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，3，0）
设E（x，y，z），又∵，∴，
∴，，
设平面AEC的法向量为 ，
由，得，
令x1＝3，∴y1＝2，，
∴平面AEC的一个法向量，
又易知是平面ABC的一个法向量，
∴|cos|，
解得，
∴，∴，
又∵平面AEC的一个法向量，
∴点B到平面AEC的距离为：．
【点评】考查线面平行的判定定理和性质定理，考查向量法求法向量，夹角公式求二面角的余弦值，用向量法求点到平面的距离，中档题．
21．（12分）如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE＝2CD＝4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥平面ABE；
（3）若直线AD与平面BCDE所成角的正切值为，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1），取AB中点G，连接CG、FG，可得四边形CDFG为平行四边形，即DF∥CG，DF∥平面ABC．
（2）可得BE⊥面ABC，BE⊥CG． 即CG⊥面ABE，又DF∥CG， DF⊥面ABE．
（3）取BC中点O，再连接AO，OD．易证AO⊥面BCDE，所以∠ADO为直线AD与平面BCDE所成的角，即，设OC＝t，可求得t＝1．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），利用向量法求解．
【解答】解：（1）如图，取AB中点G，连接CG、FG，因为F为AE中点，所以FG∥BE且，BE＝2CD，
所以FG∥CD且FG＝CD，所以四边形CDFG为平行四边形，
所以DF∥CG．CG 平面ABC，DF 平面ABC，
∴DF∥平面ABC．
（2）又因为△ABC为正三角形，所以CG⊥AB，
又因为面ABC⊥面BCDE，面ABC∩面BCDE＝BC．BE⊥BC，BE 面BCDE，
所以BE⊥面ABC，BE⊥CG．又因为BE∩AB＝B，所以CG⊥面ABE，所以DF⊥面ABE．
（3）
取BC中点O，再连接AO，OD．
易证AO⊥面BCDE，所以∠ADO为直线AD与平面BCDE所成的角，
即，设OC＝t，可求得t＝1．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），，
所以，
设平面BCF的法向量为，则，
令，得n2＝0，n3＝﹣4，所以，
设面DCF的法向量为，
则，令m2＝1，得，m1＝0，
所以，所以cos，
因为二面角B﹣CF﹣D为钝角，其余弦值为．
【点评】本题考查了空间线面平行、线面垂直的判断，向量法求二面角，属于中档题．
22．（12分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
（1）若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B；
（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角E﹣AD1﹣D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接B1A，推导出四边形AB1C1M是平行四边形，从而C1M∥B1A，由此能证明C1M∥平面AA1B1B．
（2）取BC中点Q，连接AQ，推导出AQ⊥BC，AQ⊥AD，分别以AQ，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】证明：（1）连接B1A，由已知得，B1C1∥BC∥AD，且
所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A…（2分）
又C1M 平面AA1B1B，B1A 平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B…（4分）
解：（2）取BC中点Q，连接AQ，因为ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，
所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD…（6分）
所以，分别以AQ，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
如图A（0，0，0），A1（0，0，1），D1（0，1，1），
假设点E存在，设点E的坐标为，﹣1≤λ≤1，
，（7分）
设平面AD1E的法向量
则，即，可取（9分）
平面ADD1的法向量为（10分）
所以，，解得：（11分）
又由于二面角E﹣AD1﹣D大小为锐角，由图可知，点E在线段QC上，
所以，即（12分）
【点评】本题考查线面平行的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
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