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“专题跟踪检测”见“专题跟踪检测 (十六)”
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专题跟踪检测（十六） 空间向量与立体几何
一、选择题
1．平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，向量，，两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于( )
A．5 B.6
C．4 D．8
解析：选A 设＝a，＝b，＝c，则＝a＋b＋c，2＝a2＋b2＋c2＋2a·c＋2b·c＋2c·a＝25，因此||＝5.
2．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则λ等于( )
A．2 B.－2
C．－2或 D．2或－
解析：选C a·b＝2－λ＋4＝6－λ，则cos〈a，b〉＝＝＝，解得λ＝或λ＝－2.
3．已知在空间直角坐标系中A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系为( )
A．垂直 B.平行
C．异面 D．相交但不垂直
解析：选B 由题意易得＝(－3，－3,3)，＝(1,1，－1)，所以与共线，又因为与没有公共点，所以AB∥CD，故选B.
4.如图所示，在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列式子中与相等的是( )
A．－a＋b＋c B.a＋b－c
C．－a＋b－c D．－a－b＋c
解析：选C ＝＋＝－c＋＝－c＋(b－a)＝－a＋b－c，故选C.
5.如图所示，已知P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，点M在线段PC上，点N在线段PD上，且PM＝2MC，PN＝ND.若＝x＋y＋z，则x＋y＋z的值为( )
A．1 B.－
C．－ D．－
解析：选C ＝－＝－
＝(－)－(＋)
＝－＋－(＋)
＝－－＋，
∴x＋y＋z＝－－＋＝－.
6．在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝A1A＝1.已知G，E分别是棱A1B1，CC1的中点，D，F分别是线段AC，AB上的动点(不包括端点)．若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围是( )
A. B.
C．[1，) D．
解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E，G，设F(x,0,0)，D(0，y,0)，07．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( )
A．等边三角形 B.直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
解析：选B 因为＝(5,1，－7)，＝(2，－3,1)，·＝0，又||≠||，所以△ABC是非等腰直角三角形．
8．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，若E，F为BD1的两个三等分点，G为长方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点，则∠EGF的最大值为( )
A．30° B.45°
C．60° D．90°
解析：选D 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则E，F，不妨设G(x，y,0)，x∈[0,2]，y∈[0,2]，·＝·＝(x－1)2＋(y－1)2≥0，当且仅当x＝y＝1，即点G为BD的中点时取等号，所以·的最小值为0，即∠EGF的最大值为90°，故选D.
9．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，＝(x－1，y，－3)，若⊥，且⊥平面ABC，则＝( )
A. B.
C. D．
解析：选D 因为⊥，所以·＝0，解得z＝4.又⊥平面ABC，则解得所以＝，故选D.
10.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是线段CC1，BD上的点，R是直线AD上的点，满足PQ∥平面ABC1D1，PQ⊥RQ，则|PR|的最小值是( )
A. B.
C. D．
解析：选B 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，1,0)，B1(1,0,1)，C(1,1,0)，设P(1,1，m)(0≤m<1)，＝λ (0<λ≤1)，又Q(x0，y0,0)，所以(x0－1，y0,0)＝λ(－1,1,0)，x0＝1－λ，y0＝λ，得Q(1－λ，λ，0)．又因为＝(－λ，λ－1，－m)，＝(0,1，－1)，所以由⊥，·＝0得λ－1＋m＝0，λ＝1－m，所以Q(m,1－m,0)．设R(0，n,0)，则＝(m,1－m－n,0)，＝(m－1，－m，－m)，由·＝0得m(m－1)－m(1－m－n)＝0，即n＝2－2m，所以R(0，2－2m,0)，＝(－1,1－2m，－m)，||＝＝＝，当m＝时，||min＝，故选B.
11.如图所示，已知正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为 ( )
A．(1,1,1) B.
C. D．
解析：选C 设AC，BD交于点O，连接EO(图略)．∵M在EF上，且AM∥平面BDE，∴AM∥OE，又AO∥EM，∴四边形OAME是平行四边形，∴M是EF的中点，∵E(0,0,1)，F(，，1)，∴M.
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：
①异面直线C1P和CB1所成的角为定值；
②二面角P-BC1-D的大小为定值；
③三棱锥D-BPC1的体积为定值；
④直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值．
其中真命题的个数为( )
A．1 B.2
C．3 D．4
解析：选C 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，则C(0，1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)．设P(t,0,1－t)，0≤t≤1.①中，＝(t，－1，－t)，＝(1,0,1)，∵·＝0，∴C1P⊥CB1，故①为真命题；②中，∵D1A∥C1B，∴平面PBC1即平面ABC1D1，∵两平面都固定，∴其二面角为定值，故②为真命题；③中，∵点P到直线BC1的距离AB＝1，∴V三棱锥D-BPC1=××CB1＝，故③为真命题；④中，＝(t，－1,1－t)，易知平面ABC1D1的一个法向量为＝(1,0,1)，∴cos〈，〉不是定值，故④为假命题．
13．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于( )
A. B.
C. D．
解析：选D 由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，即有解得m＝，n＝，λ＝.
14．若直线l的方向向量为(2,1，m)，平面α的法向量为，且l⊥α，则m的值为( )
A．1 B.2
C．4 D．－4
解析：选C ∵l⊥α，∴l的方向向量与平面α的法向量共线．∴(2,1，m)＝λ，解得m＝4.
15．已知A∈α，P?α，=，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为( )
A．30° B.45°
C．60° D．150°
解析：选C 设直线PA与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴θ＝60°.
16．三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直底面，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A．30° B.45°
C．60° D．90°
解析：选C 不妨设AB＝AC＝AA1＝1，以A为原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0，0,1)，C1(0,1,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)，cos〈，〉＝＝＝，所以〈，〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.
17．在直角坐标系xOy中，设A(2,2)，B(－2，－3)，沿y轴把坐标平面折成120°的二面角后，AB的长是( )
A. B.6
C．3 D．
解析：选A 过A，B作y轴的垂线，垂足分别为C，D，则||＝2，||＝2，||＝5，〈，〉＝60°，
于是2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·
＝4＋25＋4＋2×2×2cos 60°＝37.
所以||＝.故选A.
18.(2018年4月浙江省学考T18)如图，设矩形ABCD所在平面与梯形ACEF所在平面相交于AC，若AB＝1，BC＝，AF＝FE＝EC＝1，则下列二面角的平面角大小为定值的是( )
A．F-AB-C B.B-EF-D
C．A-BF-C D．B-AF-D
解析：选B 取AC中点O，过O作OG⊥AC交BC于G，作Oz⊥平面ABCD.建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，－1,0)，B，C(0,1,0)，D.易知梯形ACEF的高为，且E，F关于xOz平面对称，记平面ACEF与yOz平面所成的角为θ，则可设F，此时E.
设平面BEF的一个法向量m＝(x1，y1，z1)．
则即
取x1＝1得z1＝，则m＝，
同理得平面DEF的一个法向量n＝，
m·n＝1－＝0，则m⊥n，故二面角B-EF-D的平面角的大小为定值.
二、填空题
19．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝，且λ>0，则a·b＝________，λ＝________.
解析：由已知得a·b＝0×4＋(－1)×1＋1×0＝－1，(λa＋b)2＝29，即λ2a2＋2λa·b＋b2＝29，代入坐标运算得λ2[02＋(－1)2＋12]＋2λ(0×4－1×1＋1×0)＋42＋12＋02＝29，整理得λ2－λ－6＝0，解得λ＝3(负值舍去)．
答案：－1 3
20.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．
解析：以A为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，∴＝(－1，y,2)，||＝，＝(2,1,0)，||＝，
∴cos θ＝＝＝ .
令t＝2－y，要使cos θ最大，显然0∴cos θ＝×＝×≤×＝×＝.
当且仅当t＝2，即点M与点Q重合时，cos θ取得最大值.
答案：
21．在正四面体ABCD中，M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，若直线MN与BD所成的角为α，则cos α的取值范围是________．
解析：建立空间直角坐标系如图所示，且A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,1)，D(0,0,1)，则M，设N(x，x,1)，x∈[0,1]，＝，＝(0，－1,1)，则cos α＝|cos〈，〉|＝＝× .令－x＝t∈，则cos α＝×＝×，令＝u∈，则cos α＝×，3u2－4u＋2∈， ∈，所以cos α＝× ∈.
答案：
22.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC＝90°，侧棱PA⊥底面ABCD，若AB＝BC＝AD，则CD与平面PAC所成的角为________．
解析：建立以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系(图略)．令AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)．令P(0，0，t)，t>0，则＝(－1,1,0)，＝(0,0，t)，＝(1,1,0)．因为·＝0，·＝0，所以CD⊥AP，CD⊥AC，又AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，即CD与平面PAC所成的角为90°.
答案：90°
三、解答题
23.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值．
解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A，P，B，C.
所以＝，＝(，0,0)，＝，＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即
所以可取m＝(1,0,1)．则cos〈n，m〉＝＝＝－.
由图知二面角A-PB-C为钝角，
所以二面角A-PB-C的余弦值为－.
24.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．
解：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)．
∵F为CD的中点，∴F.
(1)证明：∵＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)，∴＝(＋)，
又AF?平面BCE，∴AF∥平面BCE.
(2)证明：∵＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
∴AF⊥平面CDE，
又AF∥平面BCE，
∴平面CDE⊥平面BCE.
(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·＝0，n·＝0可得x＋y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－，2)，
又＝，
设BF和平面BCE所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝，
∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.
25.如图，棱柱ABCD?A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°.
(1)证明：BD⊥AA1；
(2)求二面角D?A1A?C的平面角的余弦值；
(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1G？若存在，求出P的位置，若不存在，说明理由．
解：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AA＋AO2－2A1A·AOcos 60°＝3.
∴AO2＋A1O2＝A1A2，
∴AO⊥A1O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.
∴以OB，OC，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．
(1)证明：由＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，则·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，∴BD⊥AA1.
(2)由OB⊥平面AA1C1C，
∴平面AA1C1C的法向量n1＝(1,0,0)，
设n2⊥平面AA1D，则设n2＝(x，y，z)，又＝(0,1，)，＝(－，1,0)，
得到
取n2＝(1，，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.
∴二面角D?A1A?C的平面角的余弦值是.
(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
得P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设n3⊥平面DA1C1，则
设n3＝(x3，y3，z3)，又＝(0,2,0)，＝(，0，)，得到
∴不妨取n3＝(1,0，－1)．
又∵∥平面DA1C1，
∴n3·＝0，
∴－－λ＝0，
∴λ＝－1.
∴点P在C1C的延长线上且使C1C＝CP.
专题十六空间向量与立体几何
[备考学什么——以纲忆知]
一、空间向量及其运算
知识条目
要求
1.空间向量及其加减运算
①空间向量的意义及相关概念
②空间向量的加减运算及其运算律
a
b
2.空间向量的数乘运算
①空间向量的数乘运算及其运算律
②共线(平行)向量、共面向量的意义
③直线的方向向量
b
b
a
3.空间向量的数量积运算
①空间向量的夹角
②空间向量的数量积的意义及其运算律
b
b
4.空间向量的正交分解及其坐标表示
①空间向量基本定理及其意义
②空间向量的正交分解
③空间向量的坐标表示
④在简单的问题中选用合适的基底表示其他向量
a
a
b
b
5.空间向量运算的坐标表示
①向量的长度公式、空间两点间的距离公式
②两向量夹角公式
b
b
1.空间向量的加减运算
(1)加法：求两个向量和的运算称为向量的加法．
①如图所示，已知非零向量a，b，在平面中任取一点A，作＝a，＝b，则向量叫做a与b的和，记作a＋b＝＋ ＝ .这种求向量的和的方法，称为向量加法的三角形法则．
②如图所示，已知非零向量a，b，在空间上以同一点O为起点，以向量a，b为邻边作?OACB，则以为起点的对角线就是a与b的和，这种求向量和的方法，称为向量加法的平行四边形法则．
(2)减法：求两个向量差的运算称为向量的减法．它遵循三角形法则．如图所示，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则a－b＝－＝.
2．空间向量的数乘运算
(1)数乘运算及其运算律
实数λ与空间向量a的乘积λa是一个向量，称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa与a方向相同；当λ<0时，λa与a方向相反；当λ＝0时，λa为零向量，记为0.λa的长度是a的长度的|λ|倍．
(2)空间向量共线(平行)
如果表示空间的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量称为共线向量或平行向量，并规定零向量与任何向量都共线．
(3)空间向量共线的充要条件
对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(4)共面向量
①定义：平行于同一个平面的向量称为共面向量．
②空间向量共面定理：空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使＝x＋y；或对空间任意一点O，有＝＋x＋y；或若四点P，A，B，C共面(A，B，C三点不共线)，则＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)．
3．空间向量的数量积运算
(1)空间向量的夹角
已知两个非零向量a和b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB称为向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．两个向量夹角的取值范围是：[0，π]．特别地，对于两个非零向量a和b，若〈a，b〉＝，则向量a，b互相垂直，记作a⊥b.
(2)空间向量的数量积
已知两个非零向量a和b，则|a||b|cos〈a，b〉称为a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．零向量与任何向量的数量积为0.
(3)空间向量数量积的几何意义
a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|·cos〈a，b〉的乘积．
(4)空间向量数量积的性质
若a，b为非零向量，e为单位向量，则有：
①e·a＝a·e＝|a|cos〈a，e〉．
②a⊥b?a·b＝0.
③a·b＝
a·a＝|a|2，|a|＝.
④cos〈a，b〉＝.
⑤|a·b|≤|a||b|.
4．空间向量基本定理、坐标表示及坐标运算
(1)空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc.{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．空间任何三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底．
(2)空间向量的坐标表示
设e1，e2，e3为有公共起点O的三个两两垂直的单位向量(我们称它们为单位正交基底)，以e1，e2，e3的公共起点O为原点，分别以e1，e2，e3的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz.对于空间任意一个向量p，一定可以把它平移，使它的起点与原点O重合，得到向量＝p.由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xe1＋ye2＋ze3.我们把x，y，z称为向量p在单位正交基底e1，e2，e3下的坐标，记作p＝(x，y，z)．此时向量p的坐标恰是点P在空间直角坐标系Oxyz中的坐标(x，y，z)．
(3)空间向量的坐标运算
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则
①a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2)．
②a－b＝(x1－x2，y1－y2，z1－z2)．
③λa＝(λx1，λy1，λz1)．
④a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.
⑤若a，b为非零向量，则a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.
⑥若b≠0，则a∥b?a＝λb?x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2.
⑦|a|＝＝.
⑧cos〈a，b〉＝＝.
⑨若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则A，B两点间的距离dAB＝||＝.
二、立体几何中的向量方法
知识条目
要求
①利用空间向量表示空间的点、直线、平面等元素
②平面法向量的定义
③空间向量解决立体几何问题的“三步曲”
④利用空间向量解决线面位置关系的判定与空间角的计算问题
⑤通过选择适当的坐标系，解决简单的立体几何问题
b
b
b
c
c
1.直线的方向向量和平面的法向量的确定
(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．
(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线的向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
2．空间中线线、线面和面面关系的向量表示
空间中直线与直线关系的向量表示
若空间不重合的两条直线a，b的方向向量分别为a，b，则a∥b?a∥b?a＝λb(λ∈R)，a⊥b?a⊥b?a·b＝0
空间中直线与平面关系的向量表示
若直线a的方向向量为a，平面α的法向量为n，且a?α，则a∥α?a∥α?a⊥n?a·n＝0，a⊥α?a⊥α?a∥n?a＝λn
空间中平面与平面关系的向量表示
若空间不重合的两个平面α，β的法向量分别为a，b，则α∥β?a∥b?a＝λb，α⊥β?a⊥b?a·b＝0
3.空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.
(3)求二面角的大小
①如图甲所示，AB，CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
②如图乙、图丙所示，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
4．点到平面距离的求法
如图所示，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.
[学考怎样考——真题导析]
1．(2016年4月浙江省学考T10)已知空间向量a＝(2，－1,5)，b＝(－4,2，x)(x∈R)．若a⊥b，则x＝( )
A．－10 B．－2
C．2 D.10
解析：选C a⊥b，所以a·b＝2×(－4)＋(－1)×2＋5x＝0，解得x＝2.
2．(2015年10月浙江省学考T10)在空间直角坐标系Oxyz中，若y轴上点M到两点P(1,0,2)，Q(1，－3,1)的距离相等，则点M的坐标为( )
A．(0,1,0) B．(0，－1,0)
C．(0,0,3) D.(0,0，－3)
解析：选B 设点M(0，y,0)，由MP＝MQ计算可得y＝－1.
3．(2018年4月浙江省学考T8)在三棱锥O-ABC中，若D为BC的中点，则＝( )
A.＋－ B．＋＋
C.＋－ D.＋＋
解析：选C 如图，＝－＝(＋)－＝＋－.
[考情分析]
本专题中空间向量的计算，空间向量在立体几何中的应用是常考点，主要以选择、填空题的形式出现．主要考查要求为：
(1)会应用向量的长度公式、两向量夹角公式、空间两点间的距离公式，并会解决简单的立体几何问题；
(2)会用向量方法证明直线和平面位置关系的有关命题；
(3)会用向量方法解决两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的计算问题．
空间向量及其运算
[典题例析]
已知向量a＝(1,0，－1)，b＝(－1,1,2)．
(1)求a－b与a的夹角的余弦值；
(2)若ka＋b与a－2b平行，求k的值；
(3)若ka＋b与a＋3b垂直，求k的值．
解：(1)∵a－b＝(2，－1，－3)，|a－b|＝，|a|＝，(a－b)·a＝5，
∴cos〈a－b，a〉＝＝＝.
(2)∵ka＋b＝(k－1,1，－k＋2)，
a－2b＝(3，－2，－5)，
又∵(ka＋b)∥(a－2b)，
∴＝＝，∴k＝－.
(3)∵ka＋b＝(k－1,1，－k＋2)，
a＋3b＝(－2,3,5)，
又∵(ka＋b)⊥(a＋3b)，
∴－2(k－1)＋3＋5(－k＋2)＝0，
∴k＝.
[类题通法]
空间向量的运算法则与求解思想与平面向量相同，空间向量的问题可通过坐标运算和非坐标的线性运算两种途径来处理．
[即时应用]
1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于( )
A．12 B．9
C．25 D.10
解析：选D 点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝＝10.
2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，λ，－1)．若a⊥b，则λ＝________.
解析：∵a⊥b，∴(－3)×1＋2λ＋5×(－1)＝0，∴λ＝4.
答案：4
3．已知四边形ABCD为平行四边形，且A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，－5)，则点D的坐标为________．
解析：设D(x，y，z)，＝(－2，－6，－2)，＝(3－x，7－y，－5－z)，由＝，得3－x＝－2,7－y＝－6，－5－z＝－2，即x＝5，y＝13，z＝－3，故点D的坐标为(5,13，－3)．
答案：(5,13，－3)
直线上的点和平面法向量的基本计算
[典题例析]
已知A(－1,2,4)，B(1,2,1)，C(0，－1，－1)为空间三点．
(1)若n1为直线AB的方向向量，用坐标表示n1；
(2)若D为直线AB上一点，且满足AD＝，求点D的坐标；
(3)若n2为平面ABC的单位法向量，求n2的坐标．
解：(1) ＝(2,0，－3)，又n1＝λ (λ≠0)，所以n1＝(2λ，0，－3λ)(λ≠0)．
(2)设D(x0，y0，z0)，则＝λ＝(2λ，0，－3λ)(λ≠0)，(x0＋1，y0－2，z0－4)＝(2λ，0，－3λ)，
又AD＝，即＝，λ＝±1，
当λ＝1时，点D的坐标为(1,2,1)；
当λ＝－1时，点D的坐标为(－3,2,7)．
(3)＝(2,0，－3)，＝(1，－3，－5)，
设n2＝(x0，y0，z0)，
则n2·＝0，n2·＝0，且|n2|＝1，
即
解得或
所以n2＝或n2＝.
[类题通法]
平面法向量的求法
首先要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解．具体的步骤为：设平面的法向量为n＝(x，y，z)，找出(求出)平面内的两个不共线的向量a，b，根据法向量的定义得由此可建立关于x，y，z的方程组，解方程组，并取其中的一组解，该组解可作为法向量的坐标．
[即时应用]
1．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为( )
A. B.
C. D．
解析：选B 设正方体的棱长为2，以D为原点建立如图所示空间坐标系，则＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，∴cos〈，〉＝－，∴sin〈，〉＝.
2．若平面α的一个法向量为n＝(2,1,2)，直线l的一个方向向量为a＝(－1,1,1)，则l与α所成的角的正弦值为________．
解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈n，a〉|＝
＝＝.
答案：
3.已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)BD∥平面EFGH.
证明：(1)连接BG，则＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，由共面向量定理的推论知：E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝－＝(－)＝，
所以EH∥BD.
又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.
利用空间向量证明平行与垂直
[典题例析]
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BB1，DD1，DC的中点．
(1)求证：平面ADE∥平面B1C1F；
(2)求证：平面ADE⊥平面A1D1G；
(3)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.
解：如图所示，以D为坐标原点，，，为正交基底建立空间直角坐标系，则点D(0，0,0)，D1(0,0,2)，A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(2,2,1)，F(0,0,1)，G(0,1,0)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)．
(1)证明：设n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)分别是平面ADE、平面B1C1F的法向量，则n1⊥，n1⊥.
又＝(2,0,0)，＝(0,2,1)，
∴∴
取y1＝1，z1＝－2，∴n1＝(0,1，－2)．
同理，可求得n2＝(0,1，－2)．
∵n1∥n2，∴平面ADE∥平面B1C1F.
(2)证明：＝(0,1，－2)，
∵·＝(2,0,0)·(0,1，－2)＝0，
∴⊥.
∵·＝(0,2,1)·(0,1，－2)＝0，
∴⊥.
∵，不共线，
∴D1G⊥平面ADE.
又∵D1G?平面A1D1G，
∴平面ADE⊥平面A1D1G.
(3)由于点M在AE上，所以可设＝λ·＝λ·(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，
∴点M(2,2λ，λ)，＝(0,2λ，λ－2)．
要使A1M⊥平面DAE，只需A1M⊥AE，
∴·＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，
∴λ＝.故当AM＝AE时，A1M⊥平面DAE.
[类题通法]
用向量法证明平行、垂直的方法
(1)设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)，
则l1∥l2?v1∥v2?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)；
l1⊥l2?v1⊥v2?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，
则l∥α?v⊥n?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；l⊥α?v∥n?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．
(3)设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，
则α∥β?n1∥n2?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)；α⊥β?n1⊥n2?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
[即时应用]
1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B.l⊥α
C．l?α D．l与α斜交
解析：选B ∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，
∴n＝－2a，即a∥n.
∴l⊥α.
2．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．
解析：cos〈m，n〉＝＝＝，
即〈m，n〉＝45°，其补角为135°.
∴两平面所成的二面角为45°或135°.
答案：45°或135°
3．在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E，F，E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．
(1)求证：CE∥平面C1E1F；
(2)求证：平面C1E1F⊥平面CEF.
证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC＝1，
则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，F(1,1,1)，E1.
(1)设平面C1E1F的法向量n＝(x，y，z)．
∵＝，＝(－1,0,1)，
∴即
取n＝(1,2,1)．
∵＝(1，－1,1)，n·＝1－2＋1＝0，
∴⊥n.
又∵CE?平面C1E1F，
∴CE∥平面C1E1F.
(2)设平面EFC的法向量为m＝(a，b，c)，
由＝(0,1,0)，＝(－1,0，－1)，
∴即
取m＝(－1,0,1)．
∵m·n＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，
∴平面C1E1F⊥平面CEF.
利用空间向量求角与距离
[典题例析]
如图，在五面体PABCD中，CB⊥平面ABP，BC∥AD，AD＝2BC＝2，BA＝BP＝2，BA⊥BP.
(1)求直线PD与平面APC所成角的正弦值；
(2)求平面PAD与平面PBD所成的锐二面角的余弦值；
(3)求点B到平面APC的距离．
解：依题意知BA，BP，BC两两垂直，分别以B为坐标原点，BA，BP，BC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．
则有B(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0，2,0)，C(0,0,1)，D(2,0,2)．
(1)设平面APC的法向量为a＝(x，y，z)，
∵＝(－2,0,1)，＝(－2,2,0)．
∴由得取x＝1，得a＝(1,1,2)．
设直线PD与平面APC所成的角为θ，
∵＝(2，－2,2)，
∴sin θ＝|cos〈，a〉|＝＝＝.
故直线PD与平面APC所成角的正弦值为.
(2)设平面APD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
∵＝(－2,2,0)，＝(0,0,2)，
∴由得取x1＝1，得m＝(1,1,0)．
设平面PBD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
∵＝(0,2,0)，＝(2,0,2)，
∴由得取x2＝1，得n＝(1,0，－1)．
则cos〈m，n〉＝＝＝，
故平面PAD与平面PBD所成的锐二面角的余弦值为.
(3)由(1)可知，平面APC的一个法向量为a＝(1,1,2)，
又＝(－2,0,0)，则点B到平面APC的距离为d＝＝.
[类题通法]
1．用向量法求空间角的思路方法
用向量法求空间角，最终都转化为向量的夹角来计算：
(1)求异面直线所成的角，转化为求两条直线的方向向量的夹角；
(2)求线面角，先求直线的方向向量和平面的法向量的夹角，再转化为线面角；
(3)求二面角，先求两个平面的法向量的夹角，再结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角，得到答案．
2．空间中点到平面距离的向量求法
求点到平面的距离，实质是求以该点为端点的平面的斜线段在平面的法向量上的投影的绝对值大小．
[即时应用]
1.直三棱柱ABC?A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，
根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0，
＝b＋c，＝－c＋b－a.
∴·＝－c2＋b2＝0.
∴⊥，即CE⊥A′D.
(2) ＝－a＋c，＝b＋c，
∴||＝|a|，||＝|a|.
·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝.
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.
2.如图所示，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E，F，G分别为PC，PD，BC的中点．
(1)求证：PA⊥EF；
(2)求二面角D?FG?E的余弦值．
解：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)．
(1)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，
∴·＝0，
∴PA⊥EF.
(2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)．
设平面DFG的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量．
同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
由图可知二面角D?FG?E为钝角，
∴二面角D?FG?E的余弦值为－.
3.如图所示，在多面体ABCD?A1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.
(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；
(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；
(3)在(2)的条件下，求二面角F?CC1?B的余弦值．
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．
(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，
∴|cos〈，〉|＝＝，
所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.
(2)证明：由F是AD的中点，知F(a,0,0)．
∵＝(－a，－a，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，a，a)，
∴∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.
∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B.
(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法向量．
设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，
∵＝(0，－a，a)，＝(－a,2a,0)，
∴得
令y1＝1，则x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)，
∴cos〈，n〉＝＝，
即二面角F?CC1?B的余弦值为.
[基础随堂巩固]
一、选择题
1．在长方体ABCD?A1B1C1D1中，＋＋等于( )
A． B.
C． D．
答案：D
2．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )
A．α∥β B.α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
解析：选C 由题意知n1与n2不平行，又∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n1与n2不垂直，∴α与β相交但不垂直．故选C.
3．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量与的夹角为( )
A．30° B.45°
C．60° D．90°
解析：选C 由已知得＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，∴cos〈，〉＝＝＝.∴向量与的夹角为60°.故选C.
4．已知正方体的不在同一个表面上的两个顶点A(－1,2，－1)，B(3，－2,3)，则正方体的棱长等于( )
A．4 B.2
C. D．2
解析：选A 设正方体的棱长为a，则||＝，即＝a，解得a＝4.
5．在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是( )
A.a B.a
C.a D．a
解析：选A 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则＝(a,0，a)，＝，＝，设n＝(x，y，z)为平面MBD的一个法向量，则由得取z＝1，则n＝，所以点A1到平面MBD的距离d＝＝a，故选A.
二、填空题
6．已知点A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C为线段AB上一点，且＝，则点C的坐标为________．
解析：∵C为线段AB上一点，∴存在实数λ>0，使＝λ.∵＝(－2，－6，－2)，∴＝(－2λ，－6λ，－2λ)．∵＝，∴λ＝，∴＝，∴点C.
答案：
7.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M和N分别是A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为________．
解析：以D为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系(图略)，则A(1，0,0)，M，C(0,1,0)，N，则＝，＝，∴cos〈，〉＝＝＝.
答案：
8.如图所示，已知在一个60°的二面角的棱上，有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，则CD的长为________cm.
解析：∵＝＋＋＝－＋，∴2＝(－＋)2＝(－)2＋2＋2(－)·＝2＋2－2·＋2＋2·－2·＝16＋36＋64－2×6×8×cos 60°＝68.∴||＝2(cm)．
答案：2
三、解答题
9.如图所示，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明：(1)如图，以A为原点，AB，AC，AA1方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，
令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
∴＝，∴DE∥NC，
又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC，
故DE∥平面ABC.
(2) ＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
则·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴⊥，⊥，
即B1F⊥EF，B1F⊥AF，
又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
[专题跟踪检测]
一、选择题
1．平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，向量，，两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于( )
A．5 B.6
C．4 D．8
解析：选A 设＝a，＝b，＝c，则＝a＋b＋c，2＝a2＋b2＋c2＋2a·c＋2b·c＋2c·a＝25，因此||＝5.
2．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则λ等于( )
A．2 B.－2
C．－2或 D．2或－
解析：选C a·b＝2－λ＋4＝6－λ，则cos〈a，b〉＝＝＝，解得λ＝或λ＝－2.
3．已知在空间直角坐标系中A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系为( )
A．垂直 B.平行
C．异面 D．相交但不垂直
解析：选B 由题意易得＝(－3，－3,3)，＝(1,1，－1)，所以与共线，又因为与没有公共点，所以AB∥CD，故选B.
4.如图所示，在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列式子中与相等的是( )
A．－a＋b＋c B.a＋b－c
C．－a＋b－c D．－a－b＋c
解析：选C ＝＋＝－c＋＝－c＋(b－a)＝－a＋b－c，故选C.
5.如图所示，已知P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，点M在线段PC上，点N在线段PD上，且PM＝2MC，PN＝ND.若＝x＋y＋z，则x＋y＋z的值为( )
A．1 B.－
C．－ D．－
解析：选C ＝－＝－
＝(－)－(＋)
＝－＋－(＋)
＝－－＋，
∴x＋y＋z＝－－＋＝－.
6．在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝A1A＝1.已知G，E分别是棱A1B1，CC1的中点，D，F分别是线段AC，AB上的动点(不包括端点)．若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围是( )
A. B.
C．[1，) D．
解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E，G，设F(x,0,0)，D(0，y,0)，07．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( )
A．等边三角形 B.直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
解析：选B 因为＝(5,1，－7)，＝(2，－3,1)，·＝0，又||≠||，所以△ABC是非等腰直角三角形．
8．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，若E，F为BD1的两个三等分点，G为长方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点，则∠EGF的最大值为( )
A．30° B.45°
C．60° D．90°
解析：选D 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则E，F，不妨设G(x，y,0)，x∈[0,2]，y∈[0,2]，·＝·＝(x－1)2＋(y－1)2≥0，当且仅当x＝y＝1，即点G为BD的中点时取等号，所以·的最小值为0，即∠EGF的最大值为90°，故选D.
9．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，＝(x－1，y，－3)，若⊥，且⊥平面ABC，则＝( )
A. B.
C. D．
解析：选D 因为⊥，所以·＝0，解得z＝4.又⊥平面ABC，则解得所以＝，故选D.
10.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是线段CC1，BD上的点，R是直线AD上的点，满足PQ∥平面ABC1D1，PQ⊥RQ，则|PR|的最小值是( )
A. B.
C. D．
解析：选B 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，1,0)，B1(1,0,1)，C(1,1,0)，设P(1,1，m)(0≤m<1)，＝λ (0<λ≤1)，又Q(x0，y0,0)，所以(x0－1，y0,0)＝λ(－1,1,0)，x0＝1－λ，y0＝λ，得Q(1－λ，λ，0)．又因为＝(－λ，λ－1，－m)，＝(0,1，－1)，所以由⊥，·＝0得λ－1＋m＝0，λ＝1－m，所以Q(m,1－m,0)．设R(0，n,0)，则＝(m,1－m－n,0)，＝(m－1，－m，－m)，由·＝0得m(m－1)－m(1－m－n)＝0，即n＝2－2m，所以R(0，2－2m,0)，＝(－1,1－2m，－m)，||＝＝＝，当m＝时，||min＝，故选B.
11.如图所示，已知正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为 ( )
A．(1,1,1) B.
C. D．
解析：选C 设AC，BD交于点O，连接EO(图略)．∵M在EF上，且AM∥平面BDE，∴AM∥OE，又AO∥EM，∴四边形OAME是平行四边形，∴M是EF的中点，∵E(0,0,1)，F(，，1)，∴M.
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：
①异面直线C1P和CB1所成的角为定值；
②二面角P-BC1-D的大小为定值；
③三棱锥D-BPC1的体积为定值；
④直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值．
其中真命题的个数为( )
A．1 B.2
C．3 D．4
解析：选C 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，则C(0，1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)．设P(t,0,1－t)，0≤t≤1.①中，＝(t，－1，－t)，＝(1,0,1)，∵·＝0，∴C1P⊥CB1，故①为真命题；②中，∵D1A∥C1B，∴平面PBC1即平面ABC1D1，∵两平面都固定，∴其二面角为定值，故②为真命题；③中，∵点P到直线BC1的距离AB＝1，∴V三棱锥D-BPC1=××CB1＝，故③为真命题；④中，＝(t，－1,1－t)，易知平面ABC1D1的一个法向量为＝(1,0,1)，∴cos〈，〉不是定值，故④为假命题．
13．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于( )
A. B.
C. D．
解析：选D 由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，即有解得m＝，n＝，λ＝.
14．若直线l的方向向量为(2,1，m)，平面α的法向量为，且l⊥α，则m的值为( )
A．1 B.2
C．4 D．－4
解析：选C ∵l⊥α，∴l的方向向量与平面α的法向量共线．∴(2,1，m)＝λ，解得m＝4.
15．已知A∈α，P?α，=，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为( )
A．30° B.45°
C．60° D．150°
解析：选C 设直线PA与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴θ＝60°.
16．三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直底面，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A．30° B.45°
C．60° D．90°
解析：选C 不妨设AB＝AC＝AA1＝1，以A为原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0，0,1)，C1(0,1,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)，cos〈，〉＝＝＝，所以〈，〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.
17．在直角坐标系xOy中，设A(2,2)，B(－2，－3)，沿y轴把坐标平面折成120°的二面角后，AB的长是( )
A. B.6
C．3 D．
解析：选A 过A，B作y轴的垂线，垂足分别为C，D，则||＝2，||＝2，||＝5，〈，〉＝60°，
于是2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·
＝4＋25＋4＋2×2×2cos 60°＝37.
所以||＝.故选A.
18.(2018年4月浙江省学考T18)如图，设矩形ABCD所在平面与梯形ACEF所在平面相交于AC，若AB＝1，BC＝，AF＝FE＝EC＝1，则下列二面角的平面角大小为定值的是( )
A．F-AB-C B.B-EF-D
C．A-BF-C D．B-AF-D
解析：选B 取AC中点O，过O作OG⊥AC交BC于G，作Oz⊥平面ABCD.建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，－1,0)，B，C(0,1,0)，D.易知梯形ACEF的高为，且E，F关于xOz平面对称，记平面ACEF与yOz平面所成的角为θ，则可设F，此时E.
设平面BEF的一个法向量m＝(x1，y1，z1)．
则即
取x1＝1得z1＝，则m＝，
同理得平面DEF的一个法向量n＝，
m·n＝1－＝0，则m⊥n，故二面角B-EF-D的平面角的大小为定值.
二、填空题
19．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝，且λ>0，则a·b＝________，λ＝________.
解析：由已知得a·b＝0×4＋(－1)×1＋1×0＝－1，(λa＋b)2＝29，即λ2a2＋2λa·b＋b2＝29，代入坐标运算得λ2[02＋(－1)2＋12]＋2λ(0×4－1×1＋1×0)＋42＋12＋02＝29，整理得λ2－λ－6＝0，解得λ＝3(负值舍去)．
答案：－1 3
20.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．
解析：以A为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，∴＝(－1，y,2)，||＝，＝(2,1,0)，||＝，
∴cos θ＝＝＝ .
令t＝2－y，要使cos θ最大，显然0∴cos θ＝×＝×≤×＝×＝.
当且仅当t＝2，即点M与点Q重合时，cos θ取得最大值.
答案：
21．在正四面体ABCD中，M是AB的中点，N是棱CD上的一个动点，若直线MN与BD所成的角为α，则cos α的取值范围是________．
解析：建立空间直角坐标系如图所示，且A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,1)，D(0,0,1)，则M，设N(x，x,1)，x∈[0,1]，＝，＝(0，－1,1)，则cos α＝|cos〈，〉|＝＝× .令－x＝t∈，则cos α＝×＝×，令＝u∈，则cos α＝×，3u2－4u＋2∈， ∈，所以cos α＝× ∈.
答案：
22.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC＝90°，侧棱PA⊥底面ABCD，若AB＝BC＝AD，则CD与平面PAC所成的角为________．
解析：建立以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系(图略)．令AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)．令P(0，0，t)，t>0，则＝(－1,1,0)，＝(0,0，t)，＝(1,1,0)．因为·＝0，·＝0，所以CD⊥AP，CD⊥AC，又AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，即CD与平面PAC所成的角为90°.
答案：90°
三、解答题
23.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值．
解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A，P，B，C.
所以＝，＝(，0,0)，
＝，＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即
所以可取m＝(1,0,1)．
则cos〈n，m〉＝＝＝－.
由图知二面角A-PB-C为钝角，
所以二面角A-PB-C的余弦值为－.
24.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．
解：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)．
∵F为CD的中点，∴F.
(1)证明：∵＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)，∴＝(＋)，
又AF?平面BCE，∴AF∥平面BCE.
(2)证明：∵＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
∴AF⊥平面CDE，
又AF∥平面BCE，
∴平面CDE⊥平面BCE.
(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·＝0，n·＝0可得x＋y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－，2)，
又＝，
设BF和平面BCE所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝，
∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.
25.如图，棱柱ABCD?A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°.
(1)证明：BD⊥AA1；
(2)求二面角D?A1A?C的平面角的余弦值；
(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1G？若存在，求出P的位置，若不存在，说明理由．
解：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AA＋AO2－2A1A·AOcos 60°＝3.
∴AO2＋A1O2＝A1A2，
∴AO⊥A1O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.
∴以OB，OC，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．
(1)证明：由＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，则·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，∴BD⊥AA1.
(2)由OB⊥平面AA1C1C，
∴平面AA1C1C的法向量n1＝(1,0,0)，
设n2⊥平面AA1D，则设n2＝(x，y，z)，又＝(0,1，)，＝(－，1,0)，
得到
取n2＝(1，，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.
∴二面角D?A1A?C的平面角的余弦值是.
(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
得P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设n3⊥平面DA1C1，则
设n3＝(x3，y3，z3)，又＝(0,2,0)，＝(，0，)，得到
∴不妨取n3＝(1,0，－1)．
又∵∥平面DA1C1，
∴n3·＝0，
∴－－λ＝0，
∴λ＝－1.
∴点P在C1C的延长线上且使C1C＝CP.
