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“回扣验收特训”见“回扣验收特训（三）”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(十四)”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(十五)”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(十六)”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(十七)”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(十八)”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(十九)”
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(二十)”
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课时跟踪检测（二十） 空间向量与空间角、距离
层级一 学业水平达标
1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为( )
A．10 B．3
C. D.
解析：选D 点P到平面α的距离d＝＝＝.
2．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，故选A.
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选B 建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2，1)．
∴＝(－2，－2,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,1)．
设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
∵n⊥，n⊥，
∴∴
令y＝1，则n＝(－1,1,0)．
∴cos〈n，〉＝＝.
设直线BE与平面B1BD所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝.
4．在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，则AC与BD1所成角的余弦值为( )
A．0 B. C．－ D.
解析：选A 建立如图坐标系，则D1(0,0,3)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
∴＝(－2，－2,3)，
＝(－2,2,0)．
∴cos〈，〉＝＝0.
∴〈，〉＝90°，其余弦值为0.
5．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选B 建系如图，设AB＝1，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，
P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．
平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0)．
设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，
则得
令x＝1，则z＝1.∴n2＝(1,0,1)，
cos〈n1，n2〉＝＝.
∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为.
∴此角的大小为45°.
6．直线l的方向向量a＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n＝(4,0,1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为___________________________________________________________．
解析：设直线l与平面α所成的角是θ，a，n所成的角为β，sin θ＝|cos β|＝＝.
答案：
7．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉＝________.
解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2.
则C(0,2,0)，M(2,0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1)．
∴＝(2，－2,1)，
＝(2,2，－1)．
cos〈，〉＝＝－.
∴sin〈，〉＝.
答案：
8.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O 是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．
解析：建立空间直角坐标系如图，则B(1,1,0)，O，
＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量．
又＝，
∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为
＝＝.
答案：
9.如图所示，已知在四面体ABCD中，O为BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为BO＝DO，AB＝AD，
所以AO⊥BD.
因为BO＝DO，BC＝CD，
所以CO⊥BD.
在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝，而AC＝2，
所以AO2＋CO2＝AC2，
所以∠AOC＝90°，即AO⊥OC.
因为BD∩OC＝O，所以AO⊥平面BCD.
(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝(－1，－，0)，所以cos〈，〉＝＝，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角D-PC-A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．
解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，
∴PA⊥BC，
∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，C，，0，
D，－，0，B(0,2,0)，
＝，＝(0,1,0)，
设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝h，∴n1＝.
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝，－，0，
∴|cos?n1，?|＝＝，
解得h＝，
同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，，2)，
所以，点A到平面PBC的距离为
d＝＝＝.
层级二 应试能力达标
1.如图所示，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则二面角C-BF-D的正切值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，设AC与BD交于O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz.
设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，
所以O(0,0,0)，B，F，C，＝，易知为平面BDF的一个法向量，由＝，＝，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)．所以cos?n，?＝，sin?n，?＝，所以tan?n，?＝.
2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析：选A 建立如图的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，
设B1C1＝1，CC1＝＝DD1.
∴C1D1＝，则有B1(，0,0)，C(，1，)，C1(，1,0)，D(0,1，)．
∴＝(0,1，)，＝(－，0，)．
∴cos〈，〉＝＝＝.
3．在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析：选D 不妨设AB＝BC＝PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝.根据题意，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系B -xyz，如图所示．
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，P(1,1，)．
∵点O，D分别是AC，PC的中点，
∴＝＝.
又＝(0,2,0)，＝(1,1，)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取n＝(－，0,1)，
∴cos?n，?＝＝，∴sin θ＝(θ为OD与平面PBC所成的角)，故选D.
4．正方体ABCD -A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．
平面ACD1的法向量为＝(1,1,1)，
又＝(0,0,1)，
∴cos?，?＝＝＝.
∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ＝.
5.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，O为BC中点，设三棱柱的棱长为2a，
则点A(a,0,0)，B(0，a,0)，B1(0，a,2a)，M(0，－a，a)，
＝(－a，a,2a)，＝(0，－2a，a)，
所以·＝0，
因此异面直线AB1与BM所成的角为90°.
答案：90°
6.正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为________．
解析：取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz.
设BC＝1，则A，
B，C，D，0,0，所以＝，
＝，＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则y＝－，z＝1，所以n＝(1，－，1)，
所以cos?n，?＝＝，
因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
答案：
7.如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点．
(1)求异面直线AB与CE所成角的大小；
(2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值．
解：(1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB?平面ABDE，∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC.
如图所示，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系．
∵AC＝BC＝4，BD＝AE＝2，
∴C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，E(4,0,4)，
∴＝(－4,4,0)，＝(4,0,4)．
∴cos?，＝＝－，
∴AB与CE所成角的大小为.
(2)由(1)知O(2,0,2)，D(0,4,2)，M(2,2,0)，
∴＝(0,4,2)，＝(－2,4,0)，＝(－2,2,2)．
设平面ODM的法向量为n＝(x，y，z)，
则由可得
令x＝2，则y＝1，z＝1，∴n＝(2,1,1)．
设直线CD与平面ODM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos?n，?|＝＝，
∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为.
8.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE的中点．
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值；
(3)在△ABE内是否存在一点Q，使PQ⊥平面CDE？如果存在，求出PQ的长；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OD，OE.
因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE.
因为四边形ABCD是直角梯形，CD＝AB，AB∥CD，
所以四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC.
又AB⊥BC，所以AB⊥OD.
又OE∩OD＝O，
所以AB⊥平面ODE.
又DE?平面ODE，
所以AB⊥DE.
(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，
AB⊥OE，所以OE⊥平面ABCD.
又OD?平面ABCD，
所以OE⊥OD.
如图所示，以O为坐标原点建立空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,0,1)，C(－1,0,1)，E(0，，0)，所以＝(－1,0,1)，＝(0, ，－1)，
设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，则x1＝1，y1＝，所以n1＝.
同理求得平面BCE的法向量为n2＝(－，1,0)．
设平面ADE与平面BCE所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝＝.
所以平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值为.
(3)假设在△ABE内存在满足题意的点Q，设Q(x2，y2,0)．
因为P，
所以＝.
又＝(1,0,0)，＝(0，，－1)，
依题意，即
解得x2＝－，y2＝，
则点Q在△ABE内．
所以存在点Q，使PQ⊥平面CDE，此时PQ＝.
课时跟踪检测（十七） 空间向量的正交分解及其坐标表示
层级一 学业水平达标
1．已知A(3,2，－3)，则点A关于y轴的对称点的坐标是( )
A．(－3，－2,3) B．(－3,2，－3)
C．(－3,2,3) D．(－3，－2，－3)
解析：选C 由对称定义知．
2．设p：a，b，c是三个非零向量；q：{a，b，c}为空间的一个基底，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当非零向量a，b，c不共面时，{a，b，c}可以当基底，否则不能当基底．当{a，b，c}为基底时，一定有a，b，c为非零向量．因此p?/ q，q?p.
3．在空间直角坐标系O-xyz中，下列说法正确的是( )
A．向量的坐标与点B的坐标相同
B．向量的坐标与点A的坐标相同
C．向量与向量的坐标相同
D．向量与向量－的坐标相同
解析：选D 因为A点不一定为坐标原点，所以A不正确；同理B，C都不正确；由于＝－，所以D正确．
4．已知空间四边形OABC，其对角线为AC，OB，M，N分别是OA，BC的中点，点G是MN的中点，则等于( )
A. ＋＋ B.( ＋＋)
C.( ＋＋) D. ＋＋
解析：选B 如图，
＝(＋)
＝＋×(＋)
＝＋＋
＝(＋＋)．
5．空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝2，N为BC中点，则为( )
A.a－b＋c B．－a＋b＋c
C.a＋b－c D.a＋b－c
解析：选B ＝＋＋
＝＋－＋(－)
＝－＋＋
＝－a＋b＋c.
6．设{e1，e2，e3}是空间向量的一个单位正交基底，a＝4e1－8e2＋3e3，b＝－2e1－3e2＋7e3，则a，b的坐标分别为________．
解析：由于{e1，e2，e3}是空间向量的一个单位正交基底，
所以a＝(4，－8,3)，b＝(－2，－3,7)．
答案：a＝(4，－8,3)，b＝(－2，－3,7)
7．已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋2c，若m与n共线，则x＝________，y＝________.
解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋2λc，
于是有解得
答案：2 －2
8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是底面A1C1和侧面CD1的中心，若＋λ＝0(λ∈R)，则λ＝________.
解析：如图，连接A1C1，C1D，
则E在A1C1上，F在C1D上，
易知EF綊A1D，
∴＝，即－＝0，
∴λ＝－.
答案：－
9．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．
(1)用向量a，b，c表示，；
(2)若＝xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值．
解：(1)如图，＝＋＝－＋－＝a－b－c，
＝＋＝＋＝－(＋)＋(＋)＝(a－c)．
(2) ＝(＋)
＝(－＋)
＝(－c＋a－b－c)
＝a－b－c，
∴x＝，y＝－，z＝－1.
10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点，求证：EF⊥AB1.
证明：设＝a，＝b，＝c，
则＝＋＝(＋)
＝(＋)＝(＋－)
＝(－a＋b＋c)，
＝＋＝＋＝a＋b.
∴·＝(－a＋b＋c)·(a＋b)
＝(|b|2－|a|2)＝0.
∴⊥，即EF⊥AB1.
层级二 应试能力达标
1．已知M，A，B，C四点互不重合且无三点共线，则能使向量，，成为空间的一个基底的关系是( )
A．＝＋＋
B．＝＋
C．＝＋＋
D．＝2－
解析：选C 对于选项A，由＝x ＋y ＋z (x＋y＋z＝1)?M，A，B，C四点共面，知，，共面；对于选项B，D，易知，，共面，故选C.
2．给出下列命题：
①若{a，b，c}可以作为空间的一个基底，d与c共线，d≠0，则{a，b，d}也可以作为空间的一个基底；
②已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；
③A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面；
④已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 根据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底．显然②正确．③中由，，不能构成空间的一个基底，知，，共面．又，，过相同点B，知A，B，M，N四点共面．下面证明①④正确：假设d与a，b共面，则存在实数λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使得d＝kc.∵d≠0，∴k≠0，从而c＝a＋b，∴c与a，b共面，与条件矛盾，∴d与a，b不共面．同理可证④也是正确的．于是①②③④四个命题都正确，故选D.
3．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若＝3i，＝2j，＝5k，则向量在基底{i，j，k}下的坐标是( )
A．(1,1,1) B.
C．(3,2,5) D．(3,2，－5)
解析：选C ＝＋＋＝＋＋＝3i＋2j＋5k，∴向量在基底{i，j，k}下的坐标是(3,2,5)，故选C.
4．已知向量和在基底{a，b，c}下的坐标分别为(3,4,5)和(0,2,1)，若＝，则向量在基底{a，b，c}下的坐标是( )
A. B.
C. D.
解析：选A ∵＝－＝(2b＋c)－(3a＋4b＋5c)＝－3a－2b－4c，∴＝＝－a－b－c，∴向量在基底{a，b，c}下的坐标是，故选A.
5．若{a，b，c}是空间的一个基底，且存在实数x，y，z，使得xa＋yb＋zc＝0，则x，y，z满足的条件是________．
解析：若x≠0，则a＝－b－c，即a与b，c共面．由{a，b，c}是空间的一个基底知a，b，c不共面，故x＝0，同理y＝z＝0.
答案：x＝y＝z＝0
6．若a＝e1＋e2，b＝e2＋e3，c＝e1＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，若e1，e2，e3不共面，当d＝α a＋β b＋γ c时，α＋β＋γ＝________.
解析：由已知d＝(α＋γ)e1＋(α＋β)e2＋(γ＋β)e3.
所以故有α＋β＋γ＝3.
答案：3
7．设A，B，C及A1，B1，C1分别是异面直线l1，l2上的三点，且M，N，P，Q分别是线段AA1，BA1，BB1，CC1的中点．求证：M，N，P，Q四点共面．
证明：依题意，有＝2 ，＝2 .
＝＋＋＝＋＋＝(＋＋)＋＋＝(＋)． (*)
∵A，B，C及A1，B1，C1分别共线，
∴存在λ，ω∈R，使得＝λ＝2λ，＝ω＝2ω.
代入(*)式，得＝(2λ＋2ω)＝λ＋ω，
∴，，共面．
∴M，N，P，Q四点共面．
8．已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.
证明：如图，取向量，，为空间基底，则＝(＋)，
＝(＋)．
∴＝－＝(＋)
－＝(＋－)，
＝－＝(＋)－
＝(＋－)．
又∵＝－，
∴＝(＋)，＝(－)，
∴·＝(＋)·(－)
＝(||2－||2)，
又∵||＝||，
∴·＝0，即PM⊥QN.
课时跟踪检测（十三） 抛物线的简单几何性质
层级一 学业水平达标
1．已知抛物线的对称轴为x轴，顶点在原点，焦点在直线2x－4y＋11＝0上，则此抛物线的方程是( )
A．y2＝－11x B．y2＝11x
C．y2＝－22x D．y2＝22x
解析：选C 在方程2x－4y＋11＝0中，
令y＝0得x＝－，
∴抛物线的焦点为F，即＝，∴p＝11，
∴抛物线的方程是y2＝－22x，故选C．
2．过点(2,4)作直线l，与抛物线y2＝8x只有一个公共点，这样的直线l有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选B 可知点(2,4)在抛物线y2＝8x上，∴过点(2,4)与抛物线y2＝8x只有一个公共点的直线有两条，一条是抛物线的切线，另一条与抛物线的对称轴平行．
3．设O为坐标原点，F为抛物线y2＝4x的焦点，A为抛物线上一点，若·＝－4，则点A的坐标为( )
A．(2，±2 ) B．(1，±2)
C．(1,2) D．(2,2)
解析：选B 设A(x，y)，则y2＝4x，①
又＝(x，y)，＝(1－x，－y)，
所以·＝x－x2－y2＝－4．②
由①②可解得x＝1，y＝±2．
4．过点(1,0)作斜率为－2的直线，与抛物线y2＝8x交于A，B两点，则弦AB的长为( )
A．2 B．2
C．2 D．2
解析：选B 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意知AB的方程为y＝－2(x－1)，
即y＝－2x＋2．
由得x2－4x＋1＝0，
∴x1＋x2＝4，x1·x2＝1．
∴|AB|＝
＝＝＝2．
5．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 易知抛物线中p＝，焦点F，直线AB的斜率k＝，故直线AB的方程为y＝，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－x＋＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝．由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12，结合图象可得O到直线AB的距离d＝·sin 30°＝，所以△OAB的面积S＝|AB|·d＝．
6．直线y＝x－1被抛物线y2＝4x截得的线段的中点坐标是________．
解析：将y＝x－1代入y2＝4x，整理，得x2－6x＋1＝0．由根与系数的关系，得x1＋x2＝6，＝3，
∴＝＝＝2．
∴所求点的坐标为(3,2)．
答案：(3,2)
7．过抛物线y2＝4x的焦点作直线交抛物线于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若|AB|＝7，则AB的中点M到抛物线准线的距离为________．
解析：抛物线的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1．由抛物线的定义知|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋＋x2＋＝x1＋x2＋p，即x1＋x2＋2＝7，得x1＋x2＝5，于是弦AB的中点M的横坐标为．
因此，点M到抛物线准线的距离为＋1＝．
答案：
8．过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点F作倾斜角为30°的直线，与抛物线分别交于A，B两点(点A在y轴左侧)，则＝________．
解析：由题意可得焦点F，故直线AB的方程为y＝x＋，与x2＝2py联立得A，B两点的横坐标为xA＝－p，xB＝p，故A－p，p，Bp，p，所以|AF|＝p，|BF|＝2p，所以＝．
答案：
9．已知抛物线y2＝6x，过点P(4,1)引一弦，使它恰在点P被平分，求这条弦所在的直线方程．
解：设弦的两个端点为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．
∵P1，P2在抛物线上，∴y＝6x1，y＝6x2．
两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝6(x1－x2)．①
∵y1＋y2＝2，代入①得k＝＝3．
∴直线的方程为y－1＝3(x－4)，即3x－y－11＝0．
10．已知直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点．
(1)若|AF|＝4，求点A的坐标；
(2)求线段AB的长的最小值．
解：由y2＝4x，得p＝2，其准线方程为x＝－1，焦点F(1,0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由抛物线的定义可知，|AF|＝x1＋，从而x1＝4－1＝3．代入y2＝4x，解得y1＝±2．
∴点A的坐标为(3,2)或(3，－2)．
(2)当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝k(x－1)．
与抛物线方程联立，
得消去y，整理得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0．
∵直线与抛物线相交于A，B两点，
则k≠0，并设其两根为x1，x2，
∴x1＋x2＝2＋．
由抛物线的定义可知，|AB|＝x1＋x2＋p＝4＋>4．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，与抛物线相交于A(1,2)，B(1，－2)，此时|AB|＝4，
∴|AB|≥4，即线段AB的长的最小值为4．
层级二 应试能力达标
1．边长为1的等边三角形AOB，O为坐标原点，AB⊥x轴，以O为顶点且过A，B的抛物线方程是( )
A．y2＝x B．y2＝－x
C．y2＝±x D．y2＝±x
解析：选C 设抛物线方程为y2＝ax(a≠0)．又A(取点A在x轴上方)，则有＝±a，解得a＝±，所以抛物线方程为y2＝±x．故选C．
2．过抛物线y2＝4x的焦点，作一条直线与抛物线交于A，B两点，若它们的横坐标之和等于5，则这样的直线( )
A．有且仅有一条 B．有两条
C．有无穷多条 D．不存在
解析：选B 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义，知|AB|＝x1＋x2＋p＝5＋2＝7．又直线AB过焦点且垂直于x轴的直线被抛物线截得的弦长最短，且|AB|min＝2p＝4，所以这样的直线有两条．故选B．
3．直线y＝kx－2交抛物线y2＝8x于A，B两点，若AB中点的横坐标为2，则k＝( )
A．2或－2 B．1或－1
C．2 D．3
解析：选C 由得k2x2－4(k＋2)x＋4＝0．又由Δ＝16(k＋2)2－16k2>0，得k>－1．则由＝4，得k＝2．故选C．
4．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若·＝0，则k＝( )
A． B．
C． D．2
解析：选D 由题意可知抛物线C的焦点坐标为(2,0)，则直线AB的方程为y＝k(x－2)，将其代入y2＝8x，得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则①
由
?
∵·＝0，
∴(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝0．
∴(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－2)(y2－2)＝0，
即x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0．④
由①②③④解得k＝2．故选D项．
5．直线y＝x－3与抛物线y2＝4x交于A，B两点，过A，B两点向抛物线的准线作垂线，垂足分别为P，Q，则梯形APQB的面积为________．
解析：由消去y得x2－10x＋9＝0，得x＝1或9，即或所以|AP|＝10，|BQ|＝2或|BQ|＝10，|AP|＝2，|PQ|＝8，所以梯形APQB的面积S＝×8＝48．
答案：48
6．顶点为坐标原点，焦点在x轴上的抛物线，截直线2x－y＋1＝0所得的弦长为，则抛物线方程为________．
解析：设所求抛物线方程为y2＝ax(a≠0)，
联立得4x2＋(4－a)x＋1＝0，
则Δ＝(4－a)2－16>0，得a>8或a<0．
设直线与抛物线的交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
所以|AB|＝
＝＝，
解得a＝12或a＝－4．
所以抛物线方程为y2＝12x或y2＝－4x．
答案：y2＝12x或y2＝－4x
7．已知抛物线y2＝－x与直线y＝k(x＋1)相交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求证：OA⊥OB；
(2)当△OAB的面积等于 时，求实数k的值．
解：(1)证明：由消去x，得ky2＋y－k＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知k≠0，则y1＋y2＝－，y1y2＝－1．
由A，B在抛物线y2＝－x上，可知y＝－x1，y＝－x2，则yy＝x1x2．
因为kOA·kOB＝·＝＝＝－1，
所以OA⊥OB．
(2)设直线与x轴交于点N．
令y＝0，得x＝－1，即N(－1,0)．
因为S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝|ON||y1|＋|ON|·|y2|＝|ON||y1－y2|，
所以S△OAB＝×1×
＝ ＝．
解得k＝±．
8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．
解：(1)设Q(x0,4)，代入y2＝2px得x0＝．
所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋．
由题设得＋＝×，解得p＝－2(舍去)或p＝2．
所以C的方程为y2＝4x．
(2)依题意知l与坐标轴不垂直，
故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)．
代入y2＝4x得y2－4my－4＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
故AB的中点为D(2m2＋1,2m)，
|AB|＝|y1－y2|
＝·
＝4(m2＋1)．
又l′的斜率为－m，
所以l′的方程为x＝－y＋2m2＋3．
将上式代入y2＝4x，
并整理得y2＋y－4(2m2＋3)＝0．
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
则y3＋y4＝－，y3y4＝－4(2m2＋3)．
故MN的中点为E，
|MN|＝|y3－y4|
＝·
＝．
由于MN垂直平分AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，
从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，即4(m2＋1)2＋2＋2＝．
化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1．
所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0．
课时跟踪检测（十九） 空间向量与平行、垂直关系
层级一 学业水平达标
1．若n＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )
A．(0，－3,1) B．(2,0,1)
C．(－2，－3,1) D．(－2,3，－1)
解析：选D 问题即求与n共线的一个向量．即n＝(2，－3，1)＝－(－2,3，－1)．
2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于( )
A．3 B．6
C．－9 D．9
解析：选C ∵l⊥α，v与平面α平行，
∴u⊥v，即u·v＝0，
∴1×3＋3×2＋z×1＝0，
∴z＝－9.
3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个法向量是( )
A．(1,1，－1) B．(1，－1,1)
C．(－1,1,1) D．(－1，－1，－1)
解析：选D ＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则有
取x＝－1，则y＝－1，z＝－1.
故平面ABC的一个法向量是(－1，－1，－1)．
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于( )
A．AC B．BD C．A1D D．A1A
解析：选B 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1.
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，
∴＝，
＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,0)，
＝(－1,0，－1)，＝(0,0，－1)．
∵·＝(－1)×＋(－1)×＋0×1＝0，∴CE⊥BD.
5.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
这四个结论中正确的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C ∵＝＋＝＋，
＝＋＝＋，
∴∥，从而A1M∥D1P，可得①③④正确．
又B1Q与D1P不平行，故②不正确．
6. 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_______(填序号)．
解析：由于·＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，
所以①②③正确．
答案：①②③
7．在直角坐标系O-xyz中，已知点P(2cos x＋1,2cos 2x＋2,0)和点Q(cos x，－1,3)，其中x∈[0，π]，若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为________．
解析：由OP⊥OQ，得·＝0.
即(2cos x＋1)·cos x＋(2cos 2x＋2)·(－1)＝0.
∴cos x＝0或cos x＝.
∵x∈[0，π]，∴x＝或x＝.
答案：或
8.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥面B1DE，则AE＝________.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1(0,0,3a)，
C(0，a,0)，
D，，3a.
设E(a,0，z)(0≤z≤3a)，
则＝，
＝(a,0，z－3a)，
＝.
又·＝a2－a2＋0＝0，
故由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.
故AE＝a或2a.
答案：a或2a
9.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：
(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
D-xyz，如图，设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，E.
∴＝(1,1，－1)，＝，＝，设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，
＝.
∵⊥，
∴x＋－＝0，即x＋y－z＝0.①
又∵∥，可设＝λ，
∴x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②
由①②可知，x＝，y＝，z＝，
∴＝.
(1)设n1＝(x1，y1，z1)为平面EDB的一个法向量，则有
即∴
取z1＝－1，则n1＝(－1,1，－1)．
∵＝(1,0，－1)，∴·n1＝0.
又∵PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB.
(2)设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的一个法向量，则有
即∴
取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．
∴∥n2，∴PB⊥平面EFD.
10．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.试问在线段CD1上是否存在一点N使MN∥平面ADD1A1，若存在确定N的位置，若不存在说明理由．
解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(a，0,0)，B(a,2a,0)，
C(0，2a,0)，D1(0,0，a)，
E，M，
＝(0,2a,0)，＝(0，－2a，a)，假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1并设＝λ1＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)．
则＝＋＝(0,2a,0)＋(0，－2aλ，aλ)
＝(0,2a(1－λ)，aλ)，
＝－＝.
又是平面ADD1A1的一个法向量．
∴⊥，则2a(a－2aλ)＝0，λ＝.
又MN?平面ADD1A1.
故存在N为CD1的中点使MN∥平面ADD1A1.
层级二 应试能力达标
1．已知a＝，b＝分别是直线l1，l2的一个方向向量．若l1∥l2，则( )
A．x＝3，y＝ B．x＝，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝3，y＝
解析：选D ∵l1∥l2，∴＝＝，∴x＝3，y＝，故选D.
2.在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，给出下列结论：
①平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)；
②平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)；
③平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)；
④平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)．
其中正确结论的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B ∵＝(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴①正确；
∵＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，∴②不正确；
∵＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，(1,1,1)·＝0，(1,1,1)·＝0，B1C∩CD1＝C，∴(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量，∴③正确；
∵＝(0,1,1)，而·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，即④不正确．因此正确结论的个数为2，选B.
3．若平面α，β的一个法向量分别为m＝，n＝，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α与β相交但不垂直 D．α∥β或α与β重合
解析：选D ∵n＝－3m，∴m∥n，∴α∥β或α与β重合．
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：选B 建系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,2,2)，A1(2,2,0)，C(0,0,2)，B(2,0,2)，
∴M(2,1,1)，N(1,1,2)，
∴＝(－1,0,1)．
又平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，
∵－1×0＋0×1＋1×0＝0，
∴⊥n，
∴MN∥平面BB1C1C.故选B.
5．若直线l的一个方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的一个法向量为u＝(－2,0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________．
解析：∵u＝－2a，∴a∥u，∴l⊥α.
答案：l⊥α
6．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝________.
解析：∵⊥，∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，
∴z＝4.
∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，
∴即解得
故＝.
答案：
7.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，E，F分别是棱AB，BC的中点．求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.
证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
由题意，知D(0,0,0)，A(2，0,0)，C(0,2，0)，B1(2，2，4)，
E(2，，0)，F(，2，0)，
则＝(0，－，－4)，
＝(－，，0)．
设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)．
则n·＝－y－4z＝0，n·＝－x＋y＝0，
得x＝y，z＝－y，令y＝1，得n＝.
又平面BDD1B1的一个法向量为＝(－2，2，0)，
而n·＝1×(－2)＋1×2＋×0＝0，
即n⊥，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
8.如图，在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
(1)求证：平面GEF⊥平面PBC；
(2)求证：EG与直线PG和BC都垂直．
证明：(1)如图，以三棱锥的顶点P为原点，以PA，PB，PC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系P-xyz.
则A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,3)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0)．
于是＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)．
设平面GEF的法向量是n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(0,1，－1)．
显然＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量．
又n·＝0，
∴n⊥，
即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量垂直，
∴平面GEF⊥平面PBC.
(2)由(1)，知＝(1，－1，－1)，
＝(1,1,0)，＝(0，－3,3)，
∴·＝0，·＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC，
∴EG与直线PG和BC都垂直．
课时跟踪检测（十五） 空间向量的数乘运算
层级一 学业水平达标
1．已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有＝x＋＋，则x的值为( )
A．1 B．0
C．3 D.
解析：选D ∵＝x＋＋，且M，A，B，C四点共面，∴x＋＋＝1，x＝.
2．已知空间向量a，b，且＝a＋2b，＝－5a＋6b，＝7a－2b，则一定共线的三点是( )
A．A，B，D B．A，B，C
C．B，C，D D．A，C，D
解析：选A ∵＝＋＝2a＋4b＝2，
∴A，B，D三点共线．
3．若空间中任意四点O，A，B，P满足＝m＋n，其中m＋n＝1，则( )
A．P∈AB B．P?AB
C．点P可能在直线AB上 D．以上都不对
解析：选A 因为m＋n＝1，所以m＝1－n，
所以＝(1－n) ＋n，
即－＝n(－)，
即＝n，所以与共线．
又，有公共起点A，
所以P，A，B三点在同一直线上，
即P∈AB.
4．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是( )
A．＝3－2－
B．＋＋＋＝0
C．＋＋＝0
D．＝－＋
解析：选C ∵＋＋＝0，
∴＝－－，
∴M与A，B，C必共面．
5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，若＝x＋y(＋)，则( )
A．x＝1，y＝ B．x＝，y＝1
C．x＝1，y＝ D．x＝1，y＝
解析：选D 因为＝＋＝＋＝＋(＋)，所以x＝1，y＝.
6．化简：(a＋2b－3c)＋5－3(a－2b＋c)＝________.
解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c＝a＋b＋c＝a＋b－c.
答案：a＋b－c
7．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若＝2，＝＋λ，则λ＝________.
解析：＝－＝－＝－(－)＝＋，又＝＋λ，所以λ＝.
答案：
8．有下列命题：
①若∥，则A，B，C，D四点共线；
②若∥，则A，B，C三点共线；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a＝4e1－e2，b＝－e1＋e2，则a∥b；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1＋k2e2＋k3e3＝0，则k1＝k2＝k3＝0.
其中是真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上)．
解析：根据共线向量的定义，若∥，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，故①错；
因为∥且，有公共点A，所以②正确；
由于a＝4e1－e2＝－4－e1＋e2＝－4b，所以a∥b.故③正确；
易知④也正确．
答案：②③④
9.在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简＋－，并在图中标出化简结果的向量．
解：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，
∴＝.
又＝(－)
＝－＝－＝，
∴＋－
＝＋－＝ (如图所示)．
10.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.
(1)证明：A，E，C1，F四点共面；
(2)若＝x＋y＋z，求x＋y＋z的值．
解：(1)证明：∵ABCD-A1B1C1D1是平行六面体，
∴＝＝＝，
∴＝，＝，
∴＝＋＋＝＋＋＋
＝＋＝＋＋＋＝＋，由向量共面的充要条件知A，E，C1，F四点共面．
(2)∵＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋＋，又＝x＋y＋z，∴x＝－1，y＝1，z＝，
∴x＋y＋z＝.
层级二 应试能力达标
1．给出下列命题：
①若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
③若，共线，则AB∥CD；
④对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x ＋y ＋z (其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面．
其中不正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 显然①正确；若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|－|b||，故②错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故③错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故④错误．故选C.
2．若a，b是平面α内的两个向量，则( )
A．α内任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)
B．若存在λ，μ∈R使λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0
C．若a，b不共线，则空间任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)
D．若a，b不共线，则α内任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)
解析：选D 当a与b共线时，A项不正确；当a与b是相反向量，λ＝μ≠0时，λa＋μb＝0，故B项不正确；若a与b不共线，则平面α内任意向量可以用a，b表示，对空间向量则不一定，故C项不正确，D项正确．
3．已知i与j不共线，则存在两个非零常数m，n，使k＝mi＋nj是i，j，k共面的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若i与j不共线，则k与i，j共面?存在唯一的一对实数x，y，使k＝xi＋yj，x，y不一定非零．故选A.
4．若P，A，B，C为空间四点，且有＝α＋β，则α＋β＝1是A，B，C三点共线的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 若α＋β＝1，则－＝β(－)，即＝β，显然A，B，C三点共线；若A，B，C三点共线，则存在实数λ，使＝λ，故－＝λ(－)，整理得＝(1＋λ) －λ，令α＝1＋λ，β＝－λ，则α＋β＝1，故选C.
5.如图，已知空间四边形ABCD中，＝a－2c，＝5a＋6b－8c，对角线AC，BD的中点分别为E，F，则＝______(用向量a，b，c表示)．
解析：设G为BC的中点，连接EG，FG，则＝
＋
＝＋
＝(a－2c)＋(5a＋6b－8c)
＝3a＋3b－5c.
答案：3a＋3b－5c
6.如图所示，在四面体O-ABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示)．
解析：＝＋＝a＋＝a＋(－)＝a＋＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.
答案：a＋b＋c
7.如图，已知M，N分别为四面体A-BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且GM∶GA＝1∶3.求证：B，G，N三点共线．
证明：设＝a，＝b，＝c，则＝＋＝＋
＝－a＋(a＋b＋c)
＝－a＋b＋c，
＝＋＝＋(＋)
＝－a＋b＋c＝，
∴∥.
又BN∩BG＝B，∴B，G，N三点共线．
8.如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是ABCD所在平面外的一点，连接PA，PB，PC，PD.设点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心．
(1)试用向量方法证明E，F，G，H四点共面；
(2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，并用向量方法证明你的判断．
证明：(1)分别连接PE，PF，PG，PH并延长，交对边于点M，N，Q，R，
连接MN，NQ，QR，RM，
∵E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
∴M，N，Q，R是所在边的中点，且＝，＝，＝，＝.
由题意知四边形MNQR是平行四边形，
∴＝＋＝(－)＋(－)
＝(－)＋(－)
＝(＋)．
又＝－＝－＝.
∴＝＋，
由共面向量定理知，E，F，G，H四点共面．
(2)平行．证明如下：
由(1)得＝，
∴∥，
∴∥平面ABCD.
又＝－＝－
＝，∴∥.
即EF∥平面ABCD.
又∵EG∩EF＝E，
∴平面EFGH与平面ABCD平行．
课时跟踪检测（十八） 空间向量运算的坐标表示
层级一 学业水平达标
1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，如果a与b为共线向量，则( )
A．x＝1，y＝1 B．x＝，y＝－
C．x＝，y＝－ D．x＝－，y＝
解析：选C 因为a与b共线，所以＝＝，所以x＝，y＝－.
2．已知A(3,3,3)，B(6,6,6)，O为原点，则与的夹角是( )
A．0 B．π C. D.
解析：选B ∵·＝3×6＋3×6＋3×6＝54，
且||＝3，||＝6，
∴cos〈，〉＝＝1，
∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝0.∴〈，〉＝π.
3．若非零向量a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则＝＝是a与b同向或反向的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若＝＝，则a与b同向或反向，反之不成立．
4．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析：选C ＝(3,4，－8)，＝(5,1，－7)，
＝(2，－3,1)，
∴||＝＝，
||＝＝，
||＝＝，
∴||2＋||2＝75＋14＝89＝||2.
∴△ABC为直角三角形．
5．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，O(0,0,0)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为( )
A．± B. C．－ D．±
解析：选C ∵＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，
∴＋λ＝(1，－λ，λ)，
∴(＋λ)·＝λ＋λ＝2λ，
|＋λ|＝＝，||＝.
∴cos 120°＝＝－，∴λ2＝.
又<0，∴λ＝－.
6．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝，且λ>0，则λ＝________.
解析：∵a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，
∴λa＋b＝(4,1－λ，λ)．
∵|λa＋b|＝，∴16＋(1－λ)2＋λ2＝29.
∴λ2－λ－6＝0.∴λ＝3或λ＝－2.
∵λ>0，∴λ＝3.
答案：3
7．若a＝(x,2,2)，b＝(2，－3,5)的夹角为钝角，则实数x的取值范围是________．
解析：a·b＝2x－2×3＋2×5＝2x＋4，设a，b的夹角为θ，因为θ为钝角，所以cos θ＝<0，又|a|>0，|b|>0，所以a·b<0，即2x＋4<0，所以x<－2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(－∞，－2)．
答案：(－∞，－2)
8．已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是________．
解析：由已知，得
b－a＝(2，t，t)－(1－t,1－t，t)＝(1＋t,2t－1,0)．
∴|b－a|＝
＝＝ .
∴当t＝时，|b－a|的最小值为.
答案：
9．空间三点A(1,2,3)，B(2，－1,5)，C(3,2，－5)，试求：
(1)△ABC的面积；
(2)△ABC的AB边上的高．
解：(1)因为＝(2，－1,5)－(1,2,3)＝(1，－3,2)，
＝(2,0，－8)，
·＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，
且||＝，||＝2，
所以cos〈，〉＝＝－，
sin〈，〉＝，
S△ABC＝||·||sin〈，〉
＝×2×＝3.
(2)| |＝，设AB边上的高为h，
则|AB|·h＝S△ABC＝3，∴h＝3.
10.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，＝λ，且PC⊥AB.求：
(1)λ的值；
(2)异面直线PC与AC1所成角的余弦值．
解：(1)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0，1,2)，
于是＝(，1,0)，＝(0，－2,2)，＝(，1，－2)．
因为PC⊥AB，
所以·＝0，
即(＋)·＝0，
也即(＋λ)·＝0.
故λ＝－＝.
(2)由(1)知＝，＝(0,2,2)，
cos〈，〉＝＝＝－，
所以异面直线PC与AC1所成角的余弦值是.
层级二 应试能力达标
1．已知两个非零向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是( )
A.a＝b
B．a1·b1＝a2·b2＝a3·b3
C．a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
D．存在非零实数k，使a＝kb
解析：选D 根据空间向量平行的充要条件，易知选D.
2．若A(3cos α，3sin α，1)，B(2cos θ，2sin θ，1)，则||的取值范围是( )
A．[0,5] B．[1,5]
C．(1,5) D．(0,5)
解析：选B 由题意知，
||＝＝，
∵－1≤cos(α－θ)≤1，∴1≤||≤5.
3．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A. B.
C. D.
解析：选D ∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，
所以解得
∴λ＝3x－2y＝.
4．已知a＝(3,2－x，x)，b＝(x,2,0)，且a与b的夹角为钝角，则实数x的取值范围是( )
A．(－∞，－4) B．(－4,0)
C．(0,4) D．(4，＋∞)
解析：选A ∵a，b的夹角为钝角，∴a·b<0，即3x＋2(2－x)＋0·x＝4＋x<0，∴x<－4.又当夹角为π时，存在λ<0，使a＝λb，
∴此方程组无解，故选A.
5．若△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0，)，B，C(－1,0，)，则角A的大小为________．
解析：由题意，知＝，＝(－1,0,0)，所以||＝1，||＝1.则cos A＝＝＝，故角A的大小为30°.
答案：30°
6．已知M1(2,5，－3)，M2(3，－2，－5)，设在线段M1M2上的一点M满足＝4，则向量的坐标为________．
解析：设M(x，y，z)，则＝(1，－7，－2)，
＝(3－x，－2－y，－5－z)．
又∵＝4，
∴∴
答案：
7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O1是A1B1C1D1的中心，E1在B1C1上，并且B1E1＝B1C1，求BE1与CO1所成的角的余弦值．
解：不妨设AB＝1，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立直角坐标系，则B(1,0，0)，E1，
C(1,1,0)，O1，
BE1＝，＝，
BE1·＝·＝，
| BE1|＝ ，||＝ .
∴cos〈BE1，〉＝＝.
即BE1与CO1所成角的余弦值为.
8．已知关于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，且向量a＝(－1,1,3)，b＝(1,0，－2)，c＝a＋tb.
(1)当|c|取最小值时，求t的值；
(2)在(1)的情况下，求b和c夹角的余弦值．
解：(1)∵关于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，
∴Δ＝(t－2)2－4(t2＋3t＋5)≥0，即－4≤t≤－.
又c＝a＋tb＝(－1＋t,1,3－2t)，
∴|c|＝＝ .
∵当t∈时，关于t的函数y＝52＋是单调递减的，
∴当t＝－时，|c|取最小值.
(2)由(1)，知当t＝－时，c＝，
|b|＝＝，|c|＝，
∴cos?b，c?＝＝－.
课时跟踪检测（十六） 空间向量的数量积运算
层级一 学业水平达标
1．已知向量a，b是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则c·a＝0，且c·b＝0是l⊥α的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 若l⊥平面α，则c⊥a，c·a＝0，c⊥b，c·b＝0；反之，若a∥b，则c⊥a，c⊥b，并不能保证l⊥平面α.
2．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是( )
A．60° B．120°
C．30° D．90°
解析：选B a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e－e1·e2－2e＝1－1×1×－2＝－，
|a|＝＝＝
＝＝，
|b|＝＝＝
＝＝.
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
∴〈a，b〉＝120°.
3.如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是( )
A．2·
B．2·
C．2·
D．2·
解析：选C 2·＝－a2，故A错；2·＝－a2，故B错；2·＝－a2，故D错，只有C正确．
4．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积不为零的是( )
A．与 B．与
C．与 D．与
解析：选A 用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故·＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故·＝0，排除B，同理·＝0，排除C.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有下列命题：
①(＋＋)2＝32；
②·(－)＝0；
③与的夹角为60°；
④正方体的体积为|··|.
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 如图所示，
(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；
·(－)＝·＝0；与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；正方体的体积为||||||.综上可知，①②正确．
6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.
解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22.
答案：22
7．已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，如图，则PC等于________．
解析：∵＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝36＋36＋36＋0＋0＋2||||cos 60°
＝108＋2×6×6×＝144.
∴PC＝12.
答案：12
8．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a，b所成的角是________．
解析：＝＋＋，
∴·＝·(＋＋)＝||2＝1，
∴cos〈，〉＝＝，
∴异面直线a，b所成角是60°.
答案：60°
9．已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求异面直线OE与BF所成角的余弦值．
解：如图所示，设＝a，＝b，＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，
易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝，
则a·b＝b·c＝c·a＝.
∵＝(＋)＝(a＋b)，
＝－＝－＝c－b，
又||＝||＝，
∴·＝(a＋b)·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－，
∴cos〈，〉＝＝－.
∴异面直线OE与BF所成角的余弦值是.
10.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为.
(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．
解：(1)证明：＝＋，
＝＋.
∵BB1⊥平面ABC，∴·＝0，·＝0.
又△ABC为正三角形，
∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.
∵·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋2＋·
＝||·||·cos〈，〉＋2
＝－1＋1＝0，
∴AB1⊥BC1.
(2)由(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝＝＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
层级二 应试能力达标
1．已知在正四面体A-BCD中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝AM，
∴＝，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋(＋)－ ＝(＋＋)，而(＋＋)2＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
2．已知空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得·＝·＝0，∴·＝(＋＋)·＝·＋||2＋·＝||2＝1，
∴cos?，?＝＝，
∴AB与CD所成的角为60°.
3．设a，b，c是任意的非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题：
①(a·b)c－(c·a)b＝0；
②|a|－|b|<|a－b|；
③(b·a)c－(c·a)b一定不与c垂直；
④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.
其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
解析：选D 根据向量数量积的定义及性质，可知a·b和c·a是实数，而c与b不共线，故(a·b)c与(c·a)b不一定相等，故①错误；③因为[(b·a)c－(c·a)b]·c＝(b·a)c2－(c·a)(b·c)，所以当a⊥b，且a⊥c或b⊥c时，[(b·a)c－(c·a)b]·c＝0，即(b·a)c－(c·a)b与c垂直，故③错误；易知②④正确．故选D.
4．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD( )
A．是钝角三角形 B．是锐角三角形
C．是直角三角形 D．形状不确定
解析：选B ∵＝－，＝－，
∴·＝(－)(－)
＝·－·－·＋||2
＝||2>0，
∴cos∠CBD＝cos?，?＝>0，
∴∠CBD为锐角．
同理，∠BCD与∠BDC均为锐角，
∴△BCD为锐角三角形．
5．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos?a，b?＝________.
解析：将|a－b|＝两边平方，得(a－b)2＝7.
因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝.
又a·b＝|a||b|cos?a，b?，故cos?a，b?＝.
答案：
6.如图所示，在一个直二面角α -AB-β的棱上有两点A，B，AC，BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD的长为________．
解析：∵＝＋＋＝－＋，∴＝(－＋)2＝＋＋－2·＋2·－2·＝16＋36＋64＝116，∴||＝2.
答案：2
7.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，E为CC1上的点，且CE＝1，求异面直线AB1，BE所成角的余弦值．
解：·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝0＋0＋0＋3＝3.
依题意，易知||＝，||＝，
∴cos?，?＝＝＝.
8．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求B，D间的距离．
解：∵∠ACD＝90°，∴·＝0.
同理·＝0.
∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.
又∵＝＋＋，
∴||2＝·＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝3＋2×1×1×cos〈，〉．
当〈，〉＝60°时，＝4；
当〈，〉＝120°时，2＝2.
∴||＝2或，即B，D间的距离为2或.
课时跟踪检测（十四） 空间向量及其加减运算
层级一 学业水平达标
1．空间四边形ABCD中，M，G分别是BC，CD的中点，则－＋＝( )
A．2 B．3
C．3 D．2
解析：选B －＋＝＋＝＋2＝3.
2．设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且＋＝＋，则四边形ABCD是( )
A．平行四边形 B．空间四边形
C．等腰梯形 D．矩形
解析：选A ∵＋＝＋，∴＝.
∴∥且||＝||.
∴四边形ABCD为平行四边形．
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列各式的运算结果为向量的共有( )
①(＋)＋；②(＋)＋；
③(＋)＋；④(＋)＋.
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选D 根据空间向量的加法法则及正方体的性质，逐一判断可知①②③④都是符合题意的．
4．空间四边形ABCD中，若E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的中点，则下列各式中成立的是( )
A．＋＋＋＝0
B．＋＋＋＝0
C．＋＋＋＝0
D．－＋＋＝0
解析：选B 由于E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，所以四边形EFGH为平行四边形，其中＝，且＝，而E，B，F，G四点构成一个封闭图形，首尾相接的向量的和为零向量，即有＋＋＋＝0.
5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则在下列各结论中正确的结论共有( )
①＋与＋是一对相反向量；
②－与－是一对相反向量；
③＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量；
④－与－是一对相反向量．
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选C 利用图形及向量的运算可知②是相等向量，①③④是相反向量．
6.如图所示，在三棱柱ABC-A′B′C′中，与是________向量，与是________向量(用“相等”“相反”填空)．
答案：相等 相反
7．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则＝________.
解析：如图，
＝－
＝－＝－－(－)
＝－c－(a－b)＝－c－a＋b.
答案：－c－a＋b
8．给出下列四个命题：
①方向相反的两个向量是相反向量；
②若a，b满足|a|>|b|且a，b同向，则a>b；
③不相等的两个空间向量的模必不相等；
④对于任何向量a，b，必有|a＋b|≤|a|＋|b|.
其中正确命题的序号为________．
解析：对于①，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，故①错；对于②，向量是不能比较大小的，故不正确；对于③，不相等的两个空间向量的模也可以相等，故③错；只有④正确．
答案：④
9．如图，在长、宽、高分别为AB＝4，AD＝2，AA1＝1的长方体ABCD-A1B1C1D1中，以八个顶点中的两点分别为起点和终点的向量中．
(1)单位向量共有多少个？
(2)写出模为的所有向量；
(3)试写出的相反向量．
解：(1)因为长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的向量，，，，，，，共8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．
(2)因为长方体的左、右两侧的对角线长均为，故模为的向量有，，，，，，，.
(3)向量的相反向量为，，，，共4个．
10.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
(1) ；(2) ；(3) .
解：(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)∵N是BC的中点，
∴＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝＋
＝－a＋＝a＋b＋c.
层级二 应试能力达标
1．下列命题中，正确的个数为( )
①若a＝b，b＝c，则a＝c；
②|a|＝|b|是向量a＝b的必要不充分条件；
③＝的充要条件是A与C重合，B与D重合．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C ①正确，∵a＝b，∴a，b的模相等且方向相同．∵b＝c，∴b，c的模相等且方向相同，∴a＝c.②正确，a＝b?|a|＝|b|，|a|＝|b|?/ a＝b.③不正确，由＝，知||＝||，且与同向．故选C.
2．已知空间中任意四个点A，B，C，D，则＋－等于( )
A． B．
C． D．
解析：选D 法一：＋－＝(＋)－＝－＝.
法二：＋－＝＋(－)＝＋＝.
3．如果向量，，满足||＝||＋||，则( )
A．＝＋
B．＝－－
C．与同向
D．与同向
解析：选D ∵||＝||＋||，
∴A，B，C共线且点C在AB之间，
即与同向．
4．已知空间四边形ABCD中，＝a，＝b，＝c，则等于( )
A．a＋b－c B．－a－b＋c
C．－a＋b＋c D．－a＋b－c
解析：选C ＝＋＋＝－＋＝b－a＋c＝－a＋b＋c.
5．在三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，E是A1B的中点，则＝________.(用a，b，c表示)
解析：＝(＋)
＝(＋＋)
＝(a＋b＋c)．
答案：(a＋b＋c)
6．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝________.
解析：＝＋
＝＋(＋)
＝c＋(－＋)
＝a－b＋c.
答案：a－b＋c
7．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，化简下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量．
(1) ＋－；
(2) －－.
解：(1)＋－＝＋＋＝＋＝ (如图)．
(2) －－
＝＋(＋)
＝＋(＋)
＝＋
＝ (如图)．
8.如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，请化简以下式子，并在图中标出化简结果．
(1) ＋－；
(2) －－.
解：(1) ＋－＝＋＋＝＋＝，如图中向量.
(2) －－＝＋＋＝＋＋＝＋＝，如图中向量.
阶段质量检测（三） 空间向量与立体几何
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．以下四组向量中，互相平行的组数为( )
①a＝(2,2,1)，b＝(3，－2，－2)；
②a＝(8,4，－6)，b＝(4,2，－3)；
③a＝(0，－1,1)，b＝(0,3，－3)；
④a＝(－3,2,0)，b＝(4，－3,3)；
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B ∵②中a＝2b，∴a∥b；③中a＝－b，
∴a∥b；而①④中的向量不平行．
2．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于( )
A．1 B．2
C. D．3
解析：选B 若l1⊥l2，则a⊥b，∴a·b＝0，
∴1×(－2)＋2×3＋(－2m)＝0，解得m＝2.
3．已知向量i，j，k是一组单位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则m·n＝( )
A．7 B．－20
C．28 D．11
解析：选C 因为m＝(0,8,3)，n＝(－1,5，－4)，所以m·n＝0＋40－12＝28.
4．已知二面角α-l-β的大小为，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设m，n的方向向量分别为m，n.
由m⊥α，n⊥β知m，n分别是平面α，β的法向量．
∵|cos〈m，n〉|＝cos ＝，∴〈m，n〉＝或.
但由于两异面直线所成的角的范围为，
故异面直线m，n所成的角为.
5．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )
A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)
C. D.
解析：选C 由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)．
又BH⊥OA，∴·＝0，
即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，
即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，
∴H.
6．在以下命题中，不正确的个数为( )
①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，则P，A，B，C四点共面；
④若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；
⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C ①|a|－|b|＝|a＋b|?a与b共线，但a与b共线时|a|－|b|＝|a＋b|不一定成立，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．
7．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：选C 设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝，cos α＝＝，
所以α＝60°.
因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°.
8．在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且〈a，i〉＝45°，〈a，j〉＝60°，则〈a，k〉＝( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 如图所示，设|a|＝m(m>0)，
a＝，PA⊥平面xOy，
则在Rt△PBO中，
|PB|＝||·
sin〈a，i〉＝m，
在Rt△PCO中，
|OC|＝||·cos〈a，j〉＝，
∴|AB|＝，
在Rt△PAB中，
|PA|＝＝ ＝，
∴|OD|＝，在Rt△PDO中，
cos〈a，k〉＝＝，又0°≤〈a，k〉≤180°，∴〈a，k〉＝60°.
9．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，A1(2,0,4)，
＝(0,2,4)，＝(－2,0,4)，
＝(0,0,4)．
设平面AB1D1的法向量n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，得n＝(2，－2,1)．
所以A1到平面AB1D1的距离为d＝＝.
10．三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱长等于底面边长，A1在底面的射影是△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图，设A1在底面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设△ABC边长为1，
则A，B1－，，，∴＝.
又平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，
则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为
sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.
11．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )
解析：选A 如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为a，M(x，y,0)，则0≤x≤a,0≤y≤a，P，C(0，a,0)，则||＝ ，||＝ .由||＝||，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y＝x(0≤x≤a)，故选A.
12.如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)．
设点P的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]，
点Q的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]，
PQ＝
＝
＝，
当且仅当λ＝，μ＝时，线段PQ的长度取得最小值.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)
13．已知a＝(3λ，6，λ＋6)，b＝(λ＋1,3,2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________.
解析：由题意知a∥b，∴＝＝，解得λ＝2.
答案：2
14．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．
解析：cos〈a，b〉＝＝－，得sin〈a，b〉＝，由公式S＝|a||b|sin〈a，b〉可得结果．
答案：6
15．在平行六面体ABCD -A1B1C1D1中，若＝a＋2b＋3c，则abc＝________.
解析：∵＝＋＋＝a＋2b＋3c，
∴a＝1，b＝，c＝－.
∴abc＝－.
答案：－
16．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G为BC的中点，K为AF的中点．沿EF将矩形折成120°的二面角A-EF-B，此时KG的长为________．
解析：如图，过K作KM⊥EF，垂足M为EF的中点，则向量与的夹角为120°，〈，〉＝60°.
又＝＋＝＋，
∴2＝2＋2＋2·
＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3.
∴||＝.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)．a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
解：(1)因为a∥b，所以＝＝，
解得x＝2，y＝－4，
则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
设a＋c与b＋c夹角为θ，
因此cos θ＝＝－.
18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值．
解：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图．
设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，
E，P(0,0，a)，
F.
∵ ·＝·(0，a,0)＝0.
∴⊥，∴EF⊥CD.
(2)设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
即
取x＝1，则y＝－2，z＝1，∴n＝(1，－2,1)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
设DB与平面DEF所成角为θ，则sin θ＝.
19．(本小题满分12分)已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M点为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)在平面PAD内找一点N，使MN⊥平面PBD.
解：(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，CD∥AB，CD⊥AD.
∴以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．
由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2，
所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)，
∴＝(－2,0,1)，＝(0,2,0)，
∵⊥平面PAD，
∴是平面PAD的法向量，且·＝0，
又BM?平面PAD.
∴BM∥平面PAD.
(2)设N(x,0，z)是平面PAD内一点，
则＝(x，－1，z－1)，＝(0,0,2)，＝(2,1,0)，
若MN⊥平面PBD，则
∴即
∴在平面PAD内存在点N，使MN⊥平面PBD.
20.(本小题满分12分)如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD.
(2)求二面角A-PD-C的余弦值．
解：(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE.
由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.
由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.
(2)由(1)可知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.
由∠ACB＝，得DF∥AC，
＝＝，
故AC＝DF＝.
以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则
C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,3)，
＝，
设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·＝0，n1·＝0，
可得
令x1＝2，故可取n1＝(2,1,1)．
由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1,0)，
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos?n1，n2?＝＝，
故所求二面角A-PD-C的余弦值为.
21．(本小题满分12分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点．
(1)证明：AM⊥PM；
(2)求二面角P-AM-D的大小；
(3)求点D到平面AMP的距离．
解：(1)证明：以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz，
依题意，可得D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)．
＝(，1，－)，
＝(－，2,0)，
∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，
即⊥，∴AM⊥PM.
(2)设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量，
则即
取y＝1，得n＝(，1，)．
取p＝(0,0,1)，显然p为平面ABCD的一个法向量，
∴cos〈n，p〉＝＝＝.
结合图形可知，二面角P-AM-D为45°.
(3)设点D到平面AMP的距离为d，由(2)可知n＝(，1，)与平面PAM垂直，则
d＝＝＝，
即点D到平面AMP的距离为.
22．(本小题满分12分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图①把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD.
(1)求证：CD⊥AB；
(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离；
(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，又因为AB?平面ABD，所以CD⊥AB.
(2)以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，由已知可得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0)，所以＝(0，－2,0)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)．
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则⊥n，⊥n，所以
令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝(1,0，－1)，
所以点M到平面ACD的距离d＝＝.
(3)假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设＝λ,0≤λ≤1，则N(2－2λ，2λ，0)，所以＝(1－2λ，2λ，－1)，又因为平面ACD的一个法向量n＝(1,0，－1)，且直线AN与平面ACD所成角为60°，
所以sin 60°＝＝，可得8λ2＋2λ－1＝0，
所以λ＝或λ＝－(舍去)．
综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60°，此时＝.
