第一章 空间向量与立体几何（单元培优.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（单元培优.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 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-23 17:26:28 | ||
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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、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，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）已知向量（0，1，﹣1），（2，1，0），且k与2互相垂直，则k的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．
2．（5分）已知平面α，β的法向量分别为（其中λ，μ∈R），若α∥β，则λ+μ的值为（ ）
A． B．﹣5 C． D．5
3．（5分）与向量（2，3，6）共线的单位向量是（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）和（，，）
D．（，，）和（，，）
4．（5分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱BC的中点，G是棱DD′的中点，则异面直线GB与B′E所成的角为（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
5．（5分）在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且，点N为BC的中点．若，，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
6．（5分）如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则（）等于（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是上底棱的中点，AB1与平面B1D1EF所成的角的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
8．（5分）已知ABC﹣A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
二、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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1）．对于结论：
①AP⊥AB；
②AP⊥AD；
③是平面ABCD的法向量；
④∥．
其中正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
10．（5分）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．直线BM，EN是相交直线
B．直线EN与直线AB所成角等于90°
C．直线EC与直线AB所成角等于直线EC与直线AD所成角
D．直线BM与平面ABCD所成角小于直线EN平面ABCD所成角
11．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③直线AB与平面BCD所成的角是60°；
④异面直线AB与CD所成角为60°．
其中错误结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（5分）设是空间一个基底，下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．则两两共面，但不可能共面
C．对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使
D．则，，一定能构成空间的一个基底
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知A（2，﹣5，1），B（2，﹣4，2），C（1，﹣4，1），则与的夹角为 ．
14．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°．若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为 ．
15．（5分）已知向量其中a2+b2＝c2+d2＝1，现有以下命题：
（1）向量与z轴正方向的夹角恒为定值（即与c，d无关 ）；
（2）的最大值为；
（3）（的夹角）的最大值为；
（4）若定义，则的最大值为．
其中正确的命题有 ．（写出所有正确命题的序号）
16．（5分）已知P为棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内（含正方体表面）任意一点，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设，，，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用表示以下各向量：
（1）；
（2）．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，且不与端点重合，PA＝PD＝2，BCAD＝1，CD．
（1）求证：平面PBC⊥平面PQB；
（2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？
19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2．
（1）求证：面A1ACC1⊥面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
20．（12分）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足．
（1）证明：GF∥平面ABC；
（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A﹣BE﹣D的余弦值．
21．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1﹣DN﹣M的大小为θ，
（1）当θ＝90°时，求AM的长；
（2）当 时，求CM的长．
22．（12分）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）已知向量（0，1，﹣1），（2，1，0），且k与2互相垂直，则k的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．
【答案】A
【分析】可以求出，，根据可得出，进行数量积的坐标运算即可求出k的值．
【解答】解：，，
∵与垂直，
∴，解得k＝1．
故选：A．
【点评】考查向量垂直的定义，向量垂直的充要条件，以及向量加法、减法、数乘和数量积的坐标运算．
2．（5分）已知平面α，β的法向量分别为（其中λ，μ∈R），若α∥β，则λ+μ的值为（ ）
A． B．﹣5 C． D．5
【答案】D
【分析】利用向量平行的性质直接求解．
【解答】解：∵平面α，β的法向量分别为（其中λ，μ∈R），α∥β，
∴，解得μ＝6，λ＝﹣1，
∴λ+μ＝﹣1+6＝5．
故选：D．
【点评】本题考查代数式的和的求法，考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（5分）与向量（2，3，6）共线的单位向量是（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）和（，，）
D．（，，）和（，，）
【答案】D
【分析】根据单位向量的概念，求出与向量共线的单位向量±即可．
【解答】解：∵向量（2，3，6），
∴||7，
∴与向量（2，3，6）共线的单位向量是±±（2，3，6）．
即（，，）和（，，）．
故选：D．
【点评】本题考查了单位向量的概念与计算问题，是基础题．
4．（5分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱BC的中点，G是棱DD′的中点，则异面直线GB与B′E所成的角为（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
【答案】B
【分析】以D为原点，建立空间直线坐标系D﹣xyz，利用向量法能求出异面直线GB与B′E所成的角．
【解答】解：以D为原点，建立如图所示的空间直线坐标系D﹣xyz，
设正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，
则G（0，0，1），B（2，2，0），B′（2，2，2），E（1，2，0），
∴，，
∵2+0+2＝0，
∴，
∴异面直线GB与B′E所成的角为90°．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成的角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
5．（5分）在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且，点N为BC的中点．若，，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】直接利用向量的线性运算和三角形法则求出结果．
【解答】解：如图所示：
在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，
且，点N为BC的中点．
且：，，，
所以：，，
所以：，
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算的应用，三角形法则的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力．属于基础题型．
6．（5分）如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则（）等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据向量三角形法则、向量共线定理即可得出．
【解答】解：连接AF，E，F分别是BC，CD的中点，
则（）．
故选：C．
【点评】本题考查了向量三角形法则、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是上底棱的中点，AB1与平面B1D1EF所成的角的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法进行求解．
【解答】解：以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面D1B1E的法向量为，则，可取，
又，
设AB1与平面B1D1EF所成的角为θ，则，
故AB1与平面B1D1EF所成的角为．
故选：B．
【点评】本题考查线面角的求解，可以用向量法进行处理，属于基础题．
8．（5分）已知ABC﹣A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
【答案】A
【分析】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AB1D的法向量，由向量的夹角公式结合特殊角的三角函数值求解即可．
【解答】解：以点A为坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
因为ABC﹣A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
所以，
故，，
设平面AB1D的法向量为，
则，即，
令y＝1，则z＝﹣2，x，
故，
又平面ABC的一个法向量为，
所以，
所以平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为45°．
故选：A．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何的综合应用，二面角的求解，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．
二、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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1）．对于结论：
①AP⊥AB；
②AP⊥AD；
③是平面ABCD的法向量；
④∥．
其中正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】ABC
【分析】利用向量垂直的坐标表示可判断选项①②，由线面垂直的判定定理以及法向量的定义，即可判断选项③，由空间向量共线定理，即可判断选项④．
【解答】解：因为（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1），
对于①，，则，所以AP⊥AB，故选项①正确；
对于②，，则，所以AP⊥AD，故选项②正确；
对于③，因为AP⊥AB，AP⊥AD，且AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
则AP⊥平面ABCD，所以是平面ABCD的法向量，故选项③正确；
对于④，，
假设存在实数k，使得，则，无解，
所以与不平行，故选项④错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了空间向量的理解与应用，两个向量垂直的充要条件的应用，线面垂直的判定定理的应用以及空间向量共线定理的应用，属于基础题．
10．（5分）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．直线BM，EN是相交直线
B．直线EN与直线AB所成角等于90°
C．直线EC与直线AB所成角等于直线EC与直线AD所成角
D．直线BM与平面ABCD所成角小于直线EN平面ABCD所成角
【答案】ABD
【分析】由空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一判断四个选项得答案．
【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，
∴BM 平面BDE，EN 平面BDE，
∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，
∴直线BM，EN是相交直线，故A正确；
取CD中点G，连接NG，可知NG⊥CD，则EN⊥CD，
又AB∥CD，∴EN⊥AB，即直线EN与直线AB所成角等于90°，故B正确；
由题意，∠ECD＝60°为直线EC与直线AB所成角，由AD⊥平面ECD，可知直线EC与直线AD所成角为90°，
故C错误；
过M作MH⊥CD于H，连接BH，则∠MBH为直线BM与平面ABCD所成角，∠ENG为直线EN平面ABCD所成角．
由图可知，直线BM与平面ABCD所成角小于直线EN平面ABCD所成角，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
11．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③直线AB与平面BCD所成的角是60°；
④异面直线AB与CD所成角为60°．
其中错误结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】证明线面垂直，得到线线垂直判断①；求解三角形可得△ACD的形状判定②；求解线面角判断③；求解三角形，可得△EFG是等边三角形判断④．
【解答】解：取BD中点E，连结AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，
∵AE∩CE＝E，∴BD⊥平面ACE，得AC⊥BD．故①正确；
设折叠前正方形的边长为1，则BD，∴AE＝CE，则AE⊥BC，
∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BC，
∴AE⊥平面BCD，则AE⊥CE，
∴AC1，即△ACD是等边三角形，故②正确；
由AE＝CE，AC＝1，可得AE⊥EC，AE⊥BD，
又BD∩EC＝E，∴AE⊥面BCD，
∴AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE＝45°，故③错误；
取BC中点F，AC中点G，连结EF，FG，EG，则EF∥CD，FG∥AB，
∴∠EFG为异面直线AB，CD所成的角，
在△EFG中，EFCD，FGAB，EGAC，
∴△EFG是等边三角形，则∠EFG＝60°，故④正确．
∴错误结论的个数是1个．
故选：A．
【点评】本题考查二面角空间中两直线位置关系的判定，考查空间角的求法，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．
12．（5分）设是空间一个基底，下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．则两两共面，但不可能共面
C．对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使
D．则，，一定能构成空间的一个基底
【答案】BCD
【分析】根据空间向量的基底的概念，对选项逐一分析，能求出结果．
【解答】解：是空间一个基底，
对于A，若，，则所成角不一定是，∴不一定成立，故A错误；
对于B，由基底的定义和性质得两两共面，但不可能共面，故B正确；
对于C，根据空间向量基本定理得：
对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使，故C正确；
对于D，假设，，共面，而不共面，
有与不共线，
则存在实数λ，μ，使得λ（）+μ（），
∴（1﹣μ）（1﹣λ）（λ+μ），
是空间一个基底，则，矛盾，
∴假设错误，∴，，不共面，
∴，，一定能构成空间的一个基底，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间向量的基底的概念、空间向量基本定理等基础知识，是基础题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知A（2，﹣5，1），B（2，﹣4，2），C（1，﹣4，1），则与的夹角为 ．
【答案】．
【分析】根据题意，设与的夹角为θ，求出、的坐标，进而可得、的模以及 的值，由空间向量夹角公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设与的夹角为θ，
又由A（2，﹣5，1），B（2，﹣4，2），C（1，﹣4，1），则（0，1，1），（﹣1，1，0），
则||，||， 0+1+0＝1，
则有cosθ，
又由0≤θ≤π，则θ；
故答案为：．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及空间向量夹角的计算，属于基础题．
14．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°．若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为 （0，1，1） ．
【答案】见试题解答内容
【分析】设出空间直角坐标系，推出相关点的坐标，设出M坐标，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴DA，DC，DS两两垂直，
如图以D为原点，直线DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则D（0，0，0），B（，2，0），S（0，0，2），C（0，2，0），（0，﹣2，0）.（0，﹣2，2）.，
设（0，﹣2λ，2λ）.（，﹣2λ，2λ）．
∠ABM＝60°．可得：cos60°，
解得λ.（0，﹣1，1），（0，1，1）
M（0，1，1）．
故答案为：（0，1，1）．
【点评】本题考查空间向量数量积的应用，空间点的坐标的求法，考查计算能力．
15．（5分）已知向量其中a2+b2＝c2+d2＝1，现有以下命题：
（1）向量与z轴正方向的夹角恒为定值（即与c，d无关 ）；
（2）的最大值为；
（3）（的夹角）的最大值为；
（4）若定义，则的最大值为．
其中正确的命题有 （1）（3）（4） ．（写出所有正确命题的序号）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）取z轴的正方向单位向量，求出与的夹角即可判断命题正确；
（2）计算 ac+bd，利用不等式求出最大值即可判断命题错误；
（3）利用数量积求出与夹角的最大值，即可判断命题正确；
（4）根据定义求出的最大值即可判断命题正确．
【解答】解：（1）取z轴的正方向单位向量（0，0，1），
则cos，，
∴向量与z轴正方向的夹角恒为定值，命题正确；
（2） ac+bd1，
当且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此 的最大值为1，命题错误；
（3）由（2）可得：| |≤1，∴﹣1 1，
∴cos，，
∴，的最大值是，命题正确；
（4）由（3）可知：cos，，
∴，，sin，1，
∴||×||×sin，11，命题正确．
综上可知：正确的命题序号是（1）（3）（4）．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的性质等基础知识与基本技能方法，也考查了推理与计算能力，属于难题．
16．（5分）已知P为棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内（含正方体表面）任意一点，则的最大值为 2 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】写出数量积的表达式，利用向量的投影，判断P的位置，然后求出数量积的最大值．
【解答】解：由题意画出图形如图，
因为cos，
是向量在上的投影，
所以当P在C1位置时，投影最大，
的最大值为：2．
故答案为：2．
【点评】本题考查向量的数量积，向量的投影，表达式的几何意义，考查计算能力．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设，，，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用表示以下各向量：
（1）；
（2）．
【答案】（1）．（2）．
【分析】（1）根据已知条件，结合空间向量及其线性运算法则，即可求解．
（2）根据已知条件，结合空间向量及其线性运算法则，即可求解．
【解答】解：（1）∵P是C1D1的中点，
∴．
（2）∵M是AA1 的中点，
∴，
又∵，
∴．
【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算法则，属于基础题．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，且不与端点重合，PA＝PD＝2，BCAD＝1，CD．
（1）求证：平面PBC⊥平面PQB；
（2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【分析】（1）先由面面垂直的性质得到PQ⊥平面ABCD，由此可知PQ⊥BC，进而可证得BC⊥平面PQB，再利用面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，表示出各点坐标，求得平面QMB及平面PDC的法向量，利用向量的夹角公式结合题意求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，Q为AD的中点，，
∴，
∴四边形BCDQ为平行四边形，则BQ∥CD，
∵∠ADC＝90°，
∴BC⊥BQ，
∵PA＝PD，AQ＝QD，
∴PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
∴PQ⊥BC，
又∵PQ∩BQ＝Q，
∴BC⊥平面PQB，
∵BC 平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PQB；
（2）由（1）可知，PQ⊥平面ABCD，以Q为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，
设平面PDC的法向量为，则，则可取，
设，则，得，
∴，
设平面MBQ的法向量为，则，则可取，
∴，得，
∴．
综上，．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量研究空间角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2．
（1）求证：面A1ACC1⊥面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由AC＝AA1，可得四边形AA1C1C为菱形，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，利用线面垂直的判定可得AC1⊥平面A1CB，得到AC1⊥BC，结合∠ACB＝90°，即可证明BC⊥平面A1ACC1，从而得到面A1ACC1⊥面ABC；
（2）以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，设在线段AC上存在一点P，满足，使得二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为，利用二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为求得λ值得答案．
【解答】（1）证明：如图，∵AC＝AA1，∴四边形AA1C1C为菱形，
连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，且A1C∩A1B＝A1，
∴AC1⊥平面A1CB，则AC1⊥BC，
又∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴BC⊥平面A1ACC1，
而BC 平面ABC，∴面A1ACC1⊥面ABC；
（2）解：以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，
∵AC＝AA1＝4，BC＝2，∠A1AC＝60°，
∴C（0，0，0），B（0，2，0），A（4，0，0），A1 （2，0，）．
设在线段AC上存在一点P，满足，λ∈[0，1]，使得二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为．
则．
（4，﹣2，0）+（﹣4λ，0，0）＝（4﹣4λ，﹣2，0），，．
设平面BA1P的一个法向量为，
由，取x1＝1，得；
平面A1PC的一个法向量为．
由|cos|，
解得：λ（舍），或．
故在线段AC上存在一点P，满足，使二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．
20．（12分）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足．
（1）证明：GF∥平面ABC；
（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A﹣BE﹣D的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）分别取AB，EB的中点M，N，连接CM，MN，ND，证明四边形CDNM为平行四边形，得CM∥DN，再由已知向量等式证明GF∥DN，可得GF∥CM，再由直线与平面平行的判定可得GF∥平面ABC；
（2）证明BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B﹣ACDE的高，由底面ACDE的面积确定，知要使多面体ABCDE的体积最大，即BH最大，此时AB＝BC．过点H作HP∥AE，可知HB，HC，HP两两垂直，以H为坐标原点，分别以HB，HC，HF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ABE与平面DBE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣BE﹣D的余弦值．
【解答】（1）证明：分别取AB，EB的中点M，N，连接CM，MN，ND，
在梯形ACDE中，DC∥EA，且DCEA，M，N分别为BA，BE的中点，
∴MN∥EA，MNEA，
∴MN∥CD，且MN＝CD，则四边形CDNM为平行四边形，得CM∥DN，
又，N为EB的中点，∴G为EN的中点，
又F为ED的中点，∴GF∥DN，可得GF∥CM，
又CM 平面ABC，GF 平面ABC，
∴GF∥平面ABC；
（2）解：在平面ABC内，过B作BH⊥AC，交AC于H，
∵平面ACDE⊥平面ABC，且平面ACDE∩平面ABC＝AC，
BH 平面ABC，BH⊥AC，
∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B﹣ACDE的高，
又底面ACDE的面积确定，∴要使多面体ABCDE的体积最大，即BH最大，此时AB＝BC．
过点H作HP∥AE，可知HB，HC，HP两两垂直，
以H为坐标原点，分别以HB，HC，HF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），B（1，0，0），E（0，﹣1，2），D（0，1，1），
，，，
设是平面ABE的一个法向量，
则，取y1＝﹣1，得；
设为平面DBE的一个法向量，
则，取z2＝2，可得．
∴cos．
由图可知，二面角A﹣BE﹣D为钝角，
∴二面角A﹣BE﹣D的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，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，是中档题．
21．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1﹣DN﹣M的大小为θ，
（1）当θ＝90°时，求AM的长；
（2）当 时，求CM的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，D﹣xyz，设CM＝t（0≤t≤2），通过，求出平面DMN的法向量为，，求出平面A1DN的法向量为，推出，利用θ＝90°求出M的坐标，然后求出AM的长．
（2）利用cos以及，求出CM 的长．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，D﹣xyz，设CM＝t（0≤t≤2），则各点的坐标为A（1，0，0），A1（1，0，2），
N（，1，0），M（0，1，t）；
所以（，1，0）.（1，0，2），（0，1，t）
设平面DMN的法向量为（x1，y1，z1），则，，
即x1+2y1＝0，y1+tz1＝0，令z1＝1，则y1＝﹣t，x1＝2t所以（2t，﹣t，1），
设平面A1DN的法向量为（x2，y2，z2），则，，
即x2+2z2＝0，x2+2y2＝0，令z2＝1则y2＝1，x2＝﹣2所以（﹣2，1，1），
（1）因为θ＝90°，所以 解得t从而M（0，1，），
所以AM
（2）因为，所以，
cos
因为θ或π﹣θ，所以解得t＝0或t
根据图形和（1）的结论，可知t，从而CM的长为．
【点评】本题是中档题，考查直线与平面，直线与直线的位置关系，考查转化思想的应用，向量法解答立体几何问题，方便简洁，但是注意向量的夹角，计算数据的准确性．
22．（12分）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
【答案】见试题解答内容
【分析】取A1B1的中点E，由正三棱柱性质得面A1B1C1⊥面A1B1BA，从面推导出∠C1AE为AC1与侧面ABB1A1所成的角，由此能求出结果．
【解答】解：取A1B1的中点E，连结C1E，AE，
由正三棱柱性质得面A1B1C1⊥面A1B1BA，交线是A1B1．
又C1E⊥A1B1，∴C1E⊥面A1B1BA．
∴∠C1AE为所求．
∵AB＝a，C1Ca，
∴Rt△C1EA中，C1E，AEa．
∴tan∠C1AE．
∴∠C1AE＝30°．
∴AC1与面ABB1A1所成的角为30°．
【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．
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第一章 空间向量与立体几何
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）已知向量（0，1，﹣1），（2，1，0），且k与2互相垂直，则k的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．
2．（5分）已知平面α，β的法向量分别为（其中λ，μ∈R），若α∥β，则λ+μ的值为（ ）
A． B．﹣5 C． D．5
3．（5分）与向量（2，3，6）共线的单位向量是（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）和（，，）
D．（，，）和（，，）
4．（5分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱BC的中点，G是棱DD′的中点，则异面直线GB与B′E所成的角为（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
5．（5分）在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且，点N为BC的中点．若，，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
6．（5分）如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则（）等于（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是上底棱的中点，AB1与平面B1D1EF所成的角的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
8．（5分）已知ABC﹣A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
二、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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1）．对于结论：
①AP⊥AB；
②AP⊥AD；
③是平面ABCD的法向量；
④∥．
其中正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
10．（5分）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．直线BM，EN是相交直线
B．直线EN与直线AB所成角等于90°
C．直线EC与直线AB所成角等于直线EC与直线AD所成角
D．直线BM与平面ABCD所成角小于直线EN平面ABCD所成角
11．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③直线AB与平面BCD所成的角是60°；
④异面直线AB与CD所成角为60°．
其中错误结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（5分）设是空间一个基底，下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．则两两共面，但不可能共面
C．对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使
D．则，，一定能构成空间的一个基底
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知A（2，﹣5，1），B（2，﹣4，2），C（1，﹣4，1），则与的夹角为 ．
14．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°．若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为 ．
15．（5分）已知向量其中a2+b2＝c2+d2＝1，现有以下命题：
（1）向量与z轴正方向的夹角恒为定值（即与c，d无关 ）；
（2）的最大值为；
（3）（的夹角）的最大值为；
（4）若定义，则的最大值为．
其中正确的命题有 ．（写出所有正确命题的序号）
16．（5分）已知P为棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内（含正方体表面）任意一点，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设，，，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用表示以下各向量：
（1）；
（2）．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，且不与端点重合，PA＝PD＝2，BCAD＝1，CD．
（1）求证：平面PBC⊥平面PQB；
（2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？
19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2．
（1）求证：面A1ACC1⊥面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
20．（12分）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足．
（1）证明：GF∥平面ABC；
（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A﹣BE﹣D的余弦值．
21．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1﹣DN﹣M的大小为θ，
（1）当θ＝90°时，求AM的长；
（2）当 时，求CM的长．
22．（12分）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）已知向量（0，1，﹣1），（2，1，0），且k与2互相垂直，则k的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．
【答案】A
【分析】可以求出，，根据可得出，进行数量积的坐标运算即可求出k的值．
【解答】解：，，
∵与垂直，
∴，解得k＝1．
故选：A．
【点评】考查向量垂直的定义，向量垂直的充要条件，以及向量加法、减法、数乘和数量积的坐标运算．
2．（5分）已知平面α，β的法向量分别为（其中λ，μ∈R），若α∥β，则λ+μ的值为（ ）
A． B．﹣5 C． D．5
【答案】D
【分析】利用向量平行的性质直接求解．
【解答】解：∵平面α，β的法向量分别为（其中λ，μ∈R），α∥β，
∴，解得μ＝6，λ＝﹣1，
∴λ+μ＝﹣1+6＝5．
故选：D．
【点评】本题考查代数式的和的求法，考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（5分）与向量（2，3，6）共线的单位向量是（ ）
A．（，，）
B．（，，）
C．（，，）和（，，）
D．（，，）和（，，）
【答案】D
【分析】根据单位向量的概念，求出与向量共线的单位向量±即可．
【解答】解：∵向量（2，3，6），
∴||7，
∴与向量（2，3，6）共线的单位向量是±±（2，3，6）．
即（，，）和（，，）．
故选：D．
【点评】本题考查了单位向量的概念与计算问题，是基础题．
4．（5分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，E是棱BC的中点，G是棱DD′的中点，则异面直线GB与B′E所成的角为（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
【答案】B
【分析】以D为原点，建立空间直线坐标系D﹣xyz，利用向量法能求出异面直线GB与B′E所成的角．
【解答】解：以D为原点，建立如图所示的空间直线坐标系D﹣xyz，
设正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，
则G（0，0，1），B（2，2，0），B′（2，2，2），E（1，2，0），
∴，，
∵2+0+2＝0，
∴，
∴异面直线GB与B′E所成的角为90°．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成的角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
5．（5分）在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且，点N为BC的中点．若，，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】直接利用向量的线性运算和三角形法则求出结果．
【解答】解：如图所示：
在空间四边形OABC中，点M在线段OA上，
且，点N为BC的中点．
且：，，，
所以：，，
所以：，
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算的应用，三角形法则的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力．属于基础题型．
6．（5分）如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则（）等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据向量三角形法则、向量共线定理即可得出．
【解答】解：连接AF，E，F分别是BC，CD的中点，
则（）．
故选：C．
【点评】本题考查了向量三角形法则、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是上底棱的中点，AB1与平面B1D1EF所成的角的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法进行求解．
【解答】解：以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面D1B1E的法向量为，则，可取，
又，
设AB1与平面B1D1EF所成的角为θ，则，
故AB1与平面B1D1EF所成的角为．
故选：B．
【点评】本题考查线面角的求解，可以用向量法进行处理，属于基础题．
8．（5分）已知ABC﹣A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
【答案】A
【分析】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AB1D的法向量，由向量的夹角公式结合特殊角的三角函数值求解即可．
【解答】解：以点A为坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
因为ABC﹣A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
所以，
故，，
设平面AB1D的法向量为，
则，即，
令y＝1，则z＝﹣2，x，
故，
又平面ABC的一个法向量为，
所以，
所以平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为45°．
故选：A．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何的综合应用，二面角的求解，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．
二、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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1）．对于结论：
①AP⊥AB；
②AP⊥AD；
③是平面ABCD的法向量；
④∥．
其中正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】ABC
【分析】利用向量垂直的坐标表示可判断选项①②，由线面垂直的判定定理以及法向量的定义，即可判断选项③，由空间向量共线定理，即可判断选项④．
【解答】解：因为（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1），
对于①，，则，所以AP⊥AB，故选项①正确；
对于②，，则，所以AP⊥AD，故选项②正确；
对于③，因为AP⊥AB，AP⊥AD，且AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
则AP⊥平面ABCD，所以是平面ABCD的法向量，故选项③正确；
对于④，，
假设存在实数k，使得，则，无解，
所以与不平行，故选项④错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了空间向量的理解与应用，两个向量垂直的充要条件的应用，线面垂直的判定定理的应用以及空间向量共线定理的应用，属于基础题．
10．（5分）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．直线BM，EN是相交直线
B．直线EN与直线AB所成角等于90°
C．直线EC与直线AB所成角等于直线EC与直线AD所成角
D．直线BM与平面ABCD所成角小于直线EN平面ABCD所成角
【答案】ABD
【分析】由空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一判断四个选项得答案．
【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，
∴BM 平面BDE，EN 平面BDE，
∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，
∴直线BM，EN是相交直线，故A正确；
取CD中点G，连接NG，可知NG⊥CD，则EN⊥CD，
又AB∥CD，∴EN⊥AB，即直线EN与直线AB所成角等于90°，故B正确；
由题意，∠ECD＝60°为直线EC与直线AB所成角，由AD⊥平面ECD，可知直线EC与直线AD所成角为90°，
故C错误；
过M作MH⊥CD于H，连接BH，则∠MBH为直线BM与平面ABCD所成角，∠ENG为直线EN平面ABCD所成角．
由图可知，直线BM与平面ABCD所成角小于直线EN平面ABCD所成角，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
11．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③直线AB与平面BCD所成的角是60°；
④异面直线AB与CD所成角为60°．
其中错误结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】证明线面垂直，得到线线垂直判断①；求解三角形可得△ACD的形状判定②；求解线面角判断③；求解三角形，可得△EFG是等边三角形判断④．
【解答】解：取BD中点E，连结AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，
∵AE∩CE＝E，∴BD⊥平面ACE，得AC⊥BD．故①正确；
设折叠前正方形的边长为1，则BD，∴AE＝CE，则AE⊥BC，
∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BC，
∴AE⊥平面BCD，则AE⊥CE，
∴AC1，即△ACD是等边三角形，故②正确；
由AE＝CE，AC＝1，可得AE⊥EC，AE⊥BD，
又BD∩EC＝E，∴AE⊥面BCD，
∴AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE＝45°，故③错误；
取BC中点F，AC中点G，连结EF，FG，EG，则EF∥CD，FG∥AB，
∴∠EFG为异面直线AB，CD所成的角，
在△EFG中，EFCD，FGAB，EGAC，
∴△EFG是等边三角形，则∠EFG＝60°，故④正确．
∴错误结论的个数是1个．
故选：A．
【点评】本题考查二面角空间中两直线位置关系的判定，考查空间角的求法，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．
12．（5分）设是空间一个基底，下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．则两两共面，但不可能共面
C．对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使
D．则，，一定能构成空间的一个基底
【答案】BCD
【分析】根据空间向量的基底的概念，对选项逐一分析，能求出结果．
【解答】解：是空间一个基底，
对于A，若，，则所成角不一定是，∴不一定成立，故A错误；
对于B，由基底的定义和性质得两两共面，但不可能共面，故B正确；
对于C，根据空间向量基本定理得：
对空间任一向量，总存在有序实数组（x，y，z），使，故C正确；
对于D，假设，，共面，而不共面，
有与不共线，
则存在实数λ，μ，使得λ（）+μ（），
∴（1﹣μ）（1﹣λ）（λ+μ），
是空间一个基底，则，矛盾，
∴假设错误，∴，，不共面，
∴，，一定能构成空间的一个基底，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间向量的基底的概念、空间向量基本定理等基础知识，是基础题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知A（2，﹣5，1），B（2，﹣4，2），C（1，﹣4，1），则与的夹角为 ．
【答案】．
【分析】根据题意，设与的夹角为θ，求出、的坐标，进而可得、的模以及 的值，由空间向量夹角公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设与的夹角为θ，
又由A（2，﹣5，1），B（2，﹣4，2），C（1，﹣4，1），则（0，1，1），（﹣1，1，0），
则||，||， 0+1+0＝1，
则有cosθ，
又由0≤θ≤π，则θ；
故答案为：．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及空间向量夹角的计算，属于基础题．
14．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°．若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为 （0，1，1） ．
【答案】见试题解答内容
【分析】设出空间直角坐标系，推出相关点的坐标，设出M坐标，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴DA，DC，DS两两垂直，
如图以D为原点，直线DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则D（0，0，0），B（，2，0），S（0，0，2），C（0，2，0），（0，﹣2，0）.（0，﹣2，2）.，
设（0，﹣2λ，2λ）.（，﹣2λ，2λ）．
∠ABM＝60°．可得：cos60°，
解得λ.（0，﹣1，1），（0，1，1）
M（0，1，1）．
故答案为：（0，1，1）．
【点评】本题考查空间向量数量积的应用，空间点的坐标的求法，考查计算能力．
15．（5分）已知向量其中a2+b2＝c2+d2＝1，现有以下命题：
（1）向量与z轴正方向的夹角恒为定值（即与c，d无关 ）；
（2）的最大值为；
（3）（的夹角）的最大值为；
（4）若定义，则的最大值为．
其中正确的命题有 （1）（3）（4） ．（写出所有正确命题的序号）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）取z轴的正方向单位向量，求出与的夹角即可判断命题正确；
（2）计算 ac+bd，利用不等式求出最大值即可判断命题错误；
（3）利用数量积求出与夹角的最大值，即可判断命题正确；
（4）根据定义求出的最大值即可判断命题正确．
【解答】解：（1）取z轴的正方向单位向量（0，0，1），
则cos，，
∴向量与z轴正方向的夹角恒为定值，命题正确；
（2） ac+bd1，
当且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此 的最大值为1，命题错误；
（3）由（2）可得：| |≤1，∴﹣1 1，
∴cos，，
∴，的最大值是，命题正确；
（4）由（3）可知：cos，，
∴，，sin，1，
∴||×||×sin，11，命题正确．
综上可知：正确的命题序号是（1）（3）（4）．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的性质等基础知识与基本技能方法，也考查了推理与计算能力，属于难题．
16．（5分）已知P为棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内（含正方体表面）任意一点，则的最大值为 2 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】写出数量积的表达式，利用向量的投影，判断P的位置，然后求出数量积的最大值．
【解答】解：由题意画出图形如图，
因为cos，
是向量在上的投影，
所以当P在C1位置时，投影最大，
的最大值为：2．
故答案为：2．
【点评】本题考查向量的数量积，向量的投影，表达式的几何意义，考查计算能力．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设，，，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用表示以下各向量：
（1）；
（2）．
【答案】（1）．（2）．
【分析】（1）根据已知条件，结合空间向量及其线性运算法则，即可求解．
（2）根据已知条件，结合空间向量及其线性运算法则，即可求解．
【解答】解：（1）∵P是C1D1的中点，
∴．
（2）∵M是AA1 的中点，
∴，
又∵，
∴．
【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算法则，属于基础题．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，且不与端点重合，PA＝PD＝2，BCAD＝1，CD．
（1）求证：平面PBC⊥平面PQB；
（2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【分析】（1）先由面面垂直的性质得到PQ⊥平面ABCD，由此可知PQ⊥BC，进而可证得BC⊥平面PQB，再利用面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，表示出各点坐标，求得平面QMB及平面PDC的法向量，利用向量的夹角公式结合题意求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，Q为AD的中点，，
∴，
∴四边形BCDQ为平行四边形，则BQ∥CD，
∵∠ADC＝90°，
∴BC⊥BQ，
∵PA＝PD，AQ＝QD，
∴PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
∴PQ⊥BC，
又∵PQ∩BQ＝Q，
∴BC⊥平面PQB，
∵BC 平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PQB；
（2）由（1）可知，PQ⊥平面ABCD，以Q为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，
设平面PDC的法向量为，则，则可取，
设，则，得，
∴，
设平面MBQ的法向量为，则，则可取，
∴，得，
∴．
综上，．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量研究空间角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2．
（1）求证：面A1ACC1⊥面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由AC＝AA1，可得四边形AA1C1C为菱形，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，利用线面垂直的判定可得AC1⊥平面A1CB，得到AC1⊥BC，结合∠ACB＝90°，即可证明BC⊥平面A1ACC1，从而得到面A1ACC1⊥面ABC；
（2）以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，设在线段AC上存在一点P，满足，使得二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为，利用二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为求得λ值得答案．
【解答】（1）证明：如图，∵AC＝AA1，∴四边形AA1C1C为菱形，
连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，且A1C∩A1B＝A1，
∴AC1⊥平面A1CB，则AC1⊥BC，
又∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴BC⊥平面A1ACC1，
而BC 平面ABC，∴面A1ACC1⊥面ABC；
（2）解：以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，
∵AC＝AA1＝4，BC＝2，∠A1AC＝60°，
∴C（0，0，0），B（0，2，0），A（4，0，0），A1 （2，0，）．
设在线段AC上存在一点P，满足，λ∈[0，1]，使得二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为．
则．
（4，﹣2，0）+（﹣4λ，0，0）＝（4﹣4λ，﹣2，0），，．
设平面BA1P的一个法向量为，
由，取x1＝1，得；
平面A1PC的一个法向量为．
由|cos|，
解得：λ（舍），或．
故在线段AC上存在一点P，满足，使二面角B﹣A1P﹣C的平面角的余弦值为．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．
20．（12分）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足．
（1）证明：GF∥平面ABC；
（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A﹣BE﹣D的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）分别取AB，EB的中点M，N，连接CM，MN，ND，证明四边形CDNM为平行四边形，得CM∥DN，再由已知向量等式证明GF∥DN，可得GF∥CM，再由直线与平面平行的判定可得GF∥平面ABC；
（2）证明BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B﹣ACDE的高，由底面ACDE的面积确定，知要使多面体ABCDE的体积最大，即BH最大，此时AB＝BC．过点H作HP∥AE，可知HB，HC，HP两两垂直，以H为坐标原点，分别以HB，HC，HF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ABE与平面DBE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣BE﹣D的余弦值．
【解答】（1）证明：分别取AB，EB的中点M，N，连接CM，MN，ND，
在梯形ACDE中，DC∥EA，且DCEA，M，N分别为BA，BE的中点，
∴MN∥EA，MNEA，
∴MN∥CD，且MN＝CD，则四边形CDNM为平行四边形，得CM∥DN，
又，N为EB的中点，∴G为EN的中点，
又F为ED的中点，∴GF∥DN，可得GF∥CM，
又CM 平面ABC，GF 平面ABC，
∴GF∥平面ABC；
（2）解：在平面ABC内，过B作BH⊥AC，交AC于H，
∵平面ACDE⊥平面ABC，且平面ACDE∩平面ABC＝AC，
BH 平面ABC，BH⊥AC，
∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B﹣ACDE的高，
又底面ACDE的面积确定，∴要使多面体ABCDE的体积最大，即BH最大，此时AB＝BC．
过点H作HP∥AE，可知HB，HC，HP两两垂直，
以H为坐标原点，分别以HB，HC，HF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），B（1，0，0），E（0，﹣1，2），D（0，1，1），
，，，
设是平面ABE的一个法向量，
则，取y1＝﹣1，得；
设为平面DBE的一个法向量，
则，取z2＝2，可得．
∴cos．
由图可知，二面角A﹣BE﹣D为钝角，
∴二面角A﹣BE﹣D的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，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，是中档题．
21．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1﹣DN﹣M的大小为θ，
（1）当θ＝90°时，求AM的长；
（2）当 时，求CM的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，D﹣xyz，设CM＝t（0≤t≤2），通过，求出平面DMN的法向量为，，求出平面A1DN的法向量为，推出，利用θ＝90°求出M的坐标，然后求出AM的长．
（2）利用cos以及，求出CM 的长．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，D﹣xyz，设CM＝t（0≤t≤2），则各点的坐标为A（1，0，0），A1（1，0，2），
N（，1，0），M（0，1，t）；
所以（，1，0）.（1，0，2），（0，1，t）
设平面DMN的法向量为（x1，y1，z1），则，，
即x1+2y1＝0，y1+tz1＝0，令z1＝1，则y1＝﹣t，x1＝2t所以（2t，﹣t，1），
设平面A1DN的法向量为（x2，y2，z2），则，，
即x2+2z2＝0，x2+2y2＝0，令z2＝1则y2＝1，x2＝﹣2所以（﹣2，1，1），
（1）因为θ＝90°，所以 解得t从而M（0，1，），
所以AM
（2）因为，所以，
cos
因为θ或π﹣θ，所以解得t＝0或t
根据图形和（1）的结论，可知t，从而CM的长为．
【点评】本题是中档题，考查直线与平面，直线与直线的位置关系，考查转化思想的应用，向量法解答立体几何问题，方便简洁，但是注意向量的夹角，计算数据的准确性．
22．（12分）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
【答案】见试题解答内容
【分析】取A1B1的中点E，由正三棱柱性质得面A1B1C1⊥面A1B1BA，从面推导出∠C1AE为AC1与侧面ABB1A1所成的角，由此能求出结果．
【解答】解：取A1B1的中点E，连结C1E，AE，
由正三棱柱性质得面A1B1C1⊥面A1B1BA，交线是A1B1．
又C1E⊥A1B1，∴C1E⊥面A1B1BA．
∴∠C1AE为所求．
∵AB＝a，C1Ca，
∴Rt△C1EA中，C1E，AEa．
∴tan∠C1AE．
∴∠C1AE＝30°．
∴AC1与面ABB1A1所成的角为30°．
【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．
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