第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．下列说法正确的是( )
A．数量可以比较大小，向量也可以比较大小
B．方向不同的向量不能比较大小，但同向的可以比较大小
C．向量的大小与方向有关
D．向量的模可以比较大小
解析：任何两个向量，不论同向还是不同向均不存在大小关系，故A、B不正确．向量的大小只与其长度有关，与方向没有关系，故C不正确．由于向量的模是一个非负实数，故可以比较大小．
答案：D
2．下列关于空间向量的命题中，正确命题的个数是( )
①任一向量与它的相反向量不相等；
②长度相等、方向相同的两个向量是相等向量；
③平行且模相等的两个向量是相等向量；
④若a≠b，则|a|≠|b|；
⑤两个向量相等，则它们的起点与终点相同．
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：因为零向量与它的相反向量相等，所以①不正确；根据向量的定义，知长度相等、方向相同的两个向量是相等向量，②正确；平行且模相等的两个向量可能是相等向量，也可能是相反向量，③不正确；当a＝－b时，也有|a|＝|b|，④不正确；只要模相等、方向相同，两个向量就是相等向量，与向量的起点与终点无关，⑤不正确．综上可知，只有②正确，故选B.
答案：B
3．在四边形ABCD中，若＝，且||＝||，则四边形ABCD为( )
A．菱形
B．矩形
C．正方形
D．不确定
解析：若＝，则AB＝DC，且AB∥DC，∴四边形ABCD为平行四边形，又||＝||，即AC＝BD，
∴四边形ABCD为矩形．
答案：B
4．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，平面ACC1A1的法向量是( )
A.
B.
C.
D.
解析：∵BD⊥AC，BD⊥AA1，
∴BD⊥面ACC1A1，
故为平面ACC1A1的法向量．
答案：A
5．如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则与所成的角等于( )
A．45°
B．60°
C．90°
D．120°
解析：因为与同向共线，与同向共线，所以〈，〉＝〈，〉，在正方体ABCD?A1B1C1D1中△A1BC1为等边三角形，所以〈，〉＝〈，〉＝60°.
答案：B
6.如图，在三棱锥P?ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，PA＝AC，则在向量，，，，，中，夹角为90°的共有______对．
解析：夹角为90°的有：与，与，与，与，与，共5对．
答案：5
7．给出以下命题：
①若a，b是空间向量，则|a|＝|b|是a＝b的必要不充分条件；
②若向量a是向量b的相反向量，则|a|＝|b|；
③两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同；
④若空间向量m，n，p满足m＝n，n＝p，则m＝p；
⑤在正方体ABCD?A1B1C1D1中，必有＝；
⑥空间中任意两个单位向量必相等．
其中，正确的命题序号是________．
解析：以上命题①②④⑤正确．两向量若相等，必须方向相同且模相等．但相等的向量起点不一定相同，故③错；两个单位向量虽模相等，但方向不一定相同，故⑥错．
答案：①②④⑤
8．在正四面体A?BCD中，O为平面BCD的中心，连接AO，则平面BCD的一个法向量可以是________．
解析：由于A?BCD是正四面体，易知AO⊥平面BCD.
答案：
9．已知直三棱柱ABC?A1B1C1，则分别以此棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中，与向量的模相等的向量(本身除外)共有多少个，与向量相等的向量(本身除外)共有多少个．
解析：与的模相等的向量有，，，，，共5个，与相等的向量有，，共2个．
10．如图所示是棱长为1的正三棱柱ABC?A1B1C1.
(1)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中，举出与向量相等的向量；
(2)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中，举出向量的相反向量；
(3)若E是BB1的中点，举出与向量平行的向量．
解析：(1)由正三棱柱的结构特征知与相等的向量只有向量.
(2)向量的相反向量有，.
(3)取AA1的中点F，连接B1F，则，，都是与平行的向量．
[B组 能力提升]
1．下列有关平面法向量的说法中，不正确的是( )
A．平面α的法向量垂直于与平面α平行的所有向量
B．一个平面的所有法向量互相平行
C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直
D．如果a，b与平面α平行，且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量
解析：依据平面法向量的概念可知A，B，C都是正确的．当a与b共线时，n就不一定是平面α的法向量，故D错误．
答案：D
2．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是( )
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．不确定
解析：过点A的棱两两垂直，通过设棱长，应用余弦定理可得△BCD为锐角三角形．
答案：B
3．给出以下命题：
①若a∥b，b与c的夹角是30°，则a与c的夹角也是30°；
②平面的所有法向量方向相同；
③若两个向量的起点相同，终点也相同，则这两个空间向量相等．
其中正确命题的序号是__________．
解析：只有③正确．
答案：③
4．如图正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是AB，AD，BC，CC1的中点，则〈，〉＝________.
解析：连接DB，BC1，DC1，
在正方体ABCD?A1B1C1D1中，
△BDC1为等边三角形．
∵E，F，G，H分别是AB，AD，BC，CC1的中点，
∴EF∥BD，GH∥BC1.
∴〈，〉＝〈，〉＝60°.
答案：60°
5．如图，AB是圆O的直径，直线PA所在的向量是圆O所在平面的一个法向量，M是圆周上异于A，B的任意一点，AN⊥PM，点N是垂足，求证：直线AN的方向向量是平面PMB的法向量．
证明：因为AB是圆O的直径，所以AM⊥BM.
又PA⊥平面ABM，所以PA⊥BM.
因为PA∩AM＝A，
PA，AM?平面PAM，
所以BM⊥平面PAM.
又AN?平面PAM，所以BM⊥AN，又AN⊥PM，且BM∩PM＝M，BM，PM?平面PBM，所以AN⊥平面PBM.
所以直线AN的方向向量是平面PMB的法向量．
PAGE第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为的有( )
①＋＋；
②＋＋；
③－＋；
④＋＋.
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
解析：根据空间向量的加法运算法则及正方体的性质，逐一进行判断：①＋＋＝＋＝；②＋＋＝＋＝；③－＋＝＋＝；④＋＋＝＋＝.所以，所给四个式子的运算结果都是.
答案：D
2．如图，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD.设M，N分别是BC，CD的中点，则＋(＋)＝( )
A.
B.
C.
D.
解析：＋(＋)＝＋＝.
答案：A
3．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝·＝·＝0，则△BCD为( )
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．不确定
解析：＝＋，＝＋，＝＋，
∴cos〈，〉＝
＝>0，∴〈，〉为锐角，
同理cos〈，〉>0，∴∠BCD为锐角，
cos〈，〉>0，∴∠BDC为锐角，即△BCD为锐角三角形．
答案：B
4．已知在长方体ABCD?A1B1C1D1中，点E是A1C1的中点，点F是AE的三等分点，且AF＝EF，则＝( )
A.＋＋
B.＋＋
C.＋＋
D.＋＋
解析：如图所示，＝，＝＋，＝，＝＋，＝，＝，所以＝＝＋＋，故选D.
答案：D
5.如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，下列各式中运算结果为向量的是( )
①(－)－；②(＋)－；③(－)－；
④(－)＋.
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
解析：①(－)－＝＋＋＝；
②(＋)－＝＋＋＝＋＝；
③(－)－＝－＝－2≠；
④(－)＋＝＋＋＝＋＋＝＋≠.
答案：A
6．已知非零向量a，b不平行，且|a|＝|b|，则a＋b与a－b的位置关系是________．
解析：∵(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0.
∴(a＋b)⊥(a－b)．
答案：垂直
7．已知向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，那么b·(2a＋b)的值为________．
答案：0
8．已知空间向量a，b，|a|＝3，|b|＝5，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，若m⊥n，则λ的值为__________．
解析：∵|a|＝3，|b|＝5，〈a，b〉＝135°，
∴a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉＝3×5×＝－15.
∵m⊥n，∴m·n＝(a＋b)·(a＋λb)＝a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝18－15(1＋λ)＋25λ＝3＋10λ＝0，∴λ＝－.
答案：－
9.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表示以下向量：
(1)；
(2)；
(3)＋.
解析：(1)因为P是C1D1的中点，
所以＝＋＋
＝a＋＋
＝a＋c＋
＝a＋b＋c.
(2)因为N是BC的中点，
所以＝＋＋
＝－a＋b＋
＝－a＋b＋
＝－a＋b＋c.
(3)因为M是AA1的中点，
所以＝＋
＝＋
＝－a＋
＝a＋b＋c.
又＝＋＝＋＝＋＝a＋c，
所以＋＝＋＝a＋b＋c.
10.如图，在直三棱柱ABC?A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为棱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．
解析：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，
根据题意得|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，
||＝|a|，||＝|a|，
·＝(－a＋c)·
＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝，
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.
[B组 能力提升]
1．已知空间向量a、b满足条件a＋3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直，则〈a，b〉＝( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．不确定
解析：∵a＋3b与7a－5b垂直，
∴(a＋3b)·(7a－5b)＝7|a|2＋16a·b－15|b|2＝0.①
∵a－4b与7a－2b垂直，
∴(a－4b)·(7a－2b)＝7|a|2－30a·b＋8|b|2＝0.②
由①②得a·b＝|b|2，|a|＝|b|.
∴cos〈a，b〉＝＝＝，∴〈a，b〉＝60°.
答案：C
2．已知在正四面体D?ABC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：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
·＋＋2
·＋2
·＝1＋1＋1＋2(cos
60°＋cos
60°＋cos
60°)＝6，∴||＝.
答案：D
3．如图，O为△ABC所在平面外一点，M为BC的中点，若＝λ
与＝＋＋同时成立，则实数λ的值为__________．
解析：＝＋＝＋λ
＝＋(＋)＝＋(－＋－)＝(1－λ)＋＋，所以1－λ＝，＝，解得λ＝.
答案：
4．设a，b，c满足a＋b＋c＝0，且a⊥b，|a|＝1，|b|＝2，则|c|＝________.
解析：∵a＋b＋c＝0，∴c＝－a－
B.
∴|c|＝＝
＝＝.
答案：
5．如图所示，空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点M，N分别是边AB，CD的中点．
(1)求下列向量的数量积：·，·，·，·；
(2)求证：MN为AB与CD的公垂线段．
解析：设＝p，＝q，＝r.
由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.
∴＝－＝(＋)－
＝(q＋r－p)，
＝－＝r－q，＝(＋)＝(q＋r)．
(1)·＝||||cos〈，〉
＝a2cos
60°＝a2.
·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)
＝(a2cos
60°＋a2cos
60°－a2)＝0.
·＝(q＋r－p)·(r－q)
＝(r2－q2－p·r＋p·q)
＝(a2－a2－a2cos
60°＋a2cos
60°)＝0.
·＝(q＋r－p)·(q＋r)
＝[(q＋r)2－p·q－p·r]
＝(q2＋r2＋2q·r－p·q－p·r)
＝(a2＋a2＋2a2cos
60°－a2cos
60°－a2cos
60°)
＝a2.
(2)证明：由(1)知MN⊥CD，MN⊥AB，
∴MN为AB与CD的公垂线段．
6．如图，已知在平行六面体ABCD?A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°.
(1)求AC′的长；
(2)求与的夹角的余弦值．
解析：(1)∵＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)
＝42＋32＋52＋2(0＋10＋)＝85.
∴||＝.即AC′的长为.
(2)设与的夹角为θ，
∵ABCD是矩形，
∴||＝＝5.
∴由余弦定理可得
cos
θ＝
＝＝.
PAGE第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．已知空间中两点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，则向量的坐标为( )
A．(2,0，－3)
B．(－2，－1,3)
C．(0,1,5)
D．(－2，－1,5)
解析：＝(－1,0,4)－(1,1,1)＝(－2，－1,3)．
答案：B
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－4,2，x)，c＝(1，－x,2)，若(a＋b)⊥c，则x＝( )
A．4
B．－4
C.
D．－6
解析：∵a＋b＝(－2,1,3＋x)且(a＋b)⊥c，
∴－2－x＋6＋2x＝0，∴x＝－4.
答案：B
3．与向量a＝(1,3，－2)平行的一个向量的坐标是( )
A.
B.
C.
D．(，－3，－2)
解析：对于B，＝－(1,3，－2)＝－a，故选
B.
答案：B
4．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A．1
B.
C.
D.
解析：ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，
若(ka＋b)⊥(2a－b)，则3(k－1)＋2k－4＝0，
解得k＝.
答案：D
5．若a＝(1，λ，－1)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则|a|＝( )
A.
B.
C.
D.
解析：因为a·b＝1×2＋λ×(－1)＋(－1)×2＝－λ，
又因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝××＝，所以
＝－λ.
解得λ2＝，所以|a|＝
＝.
答案：C
6．已知向量a＝(－1,0,1)，b＝(1,2,3)，k∈R，若ka－b与b垂直，则k＝________.
解析：因为(ka－b)⊥b，
所以(ka－b)·b＝0，
所以ka·b－|b|2＝0，
所以k(－1×1＋0×2＋1×3)－()2＝0，
解得k＝7.
答案：7
7．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：＝，＝(－1,0,0)，则cos
A＝cos〈，〉＝＝，故角A的大小为30°。
答案：30°
8.如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，当∠VDC＝60°时，异面直线AC与VD所成角的余弦值为__________．
解析：由题意，知A(2,0,
0)，B(0,2,0)，C(0,0,0)，D(1,1,0)，当∠VDC＝60°时，在Rt△VCD中，CD＝，VC＝，VD＝2，∴V(0,0，)，∴＝(－2,0,0)，＝(1,1，－)，
∴cos〈，〉＝＝－，∴异面直线AC与VD所成角的余弦值为.
答案：
9．已知a＝(－2,0，－5)，b＝(3,2，－1)，求下列各式的值：
(1)a·a；
(2)|b|；
(3)(3a＋2b)·(a－b)．
解析：(1)a·a＝a2＝(－2)2＋02＋(－5)2＝29.
(2)|b|＝＝＝.
(3)解法一 3a＋2b＝3(－2,0，－5)＋2(3,2，－1)＝(0,4，－17)，
a－b＝(－2,0，－5)－(3,2，－1)＝(－5，－2，－4)，
所以(3a＋2b)·(a－b)＝(0,4，－17)·(－5，－2，－4)＝0×(－5)＋4×(－2)＋(－17)×(－4)＝60.
解法二 因为a·b＝(－2,0，－5)·(3,2，－1)＝(－2)×3＋0×2＋(－5)×(－1)＝－1，
所以(3a＋2b)·(a－b)＝3a2－a·b－2b2
＝3×29－(－1)－2×14＝60.
10．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
(1)求分别以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S；
(2)若向量a与向量，均垂直，且|a|＝，求向量a的坐标．
解析：(1)∵＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，
∴||＝＝，
||＝＝，
∴cos∠BAC＝＝，∴∠BAC＝60°，
∴S＝||||sin
60°＝7.
(2)设a＝(x，y，z)，
|a|＝?x2＋y2＋z2＝3，
解得x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1，
∴a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)．
[B组 能力提升]
1．已知向量a＝(1－t,2t－1,3)，b＝(2，t，t)，则|a－b|的最小值为( )
A．2
B.
C.
D．2
解析：由题知a－b＝(－1－t，t－1,3－t)，则|a－b|＝＝.易知当t＝1时，|a－b|有最小值，为2，故选D.
答案：D
2.如图，在空间直角坐标系中有四棱锥P?ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2，E为PD的中点，则||＝( )
A．2
B.
C.
D．2
解析：由题意可知B(2,0,0)，E(0,1,1)，则＝(－2,1,1)，||＝.
答案：C
3．已知点A，B，C的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0，－1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若⊥，⊥，则点P的坐标为__________．
解析：由已知，得＝(－x,1，－z)，＝(－1，－1，－1)，＝(2,0,1)．又⊥，⊥，所以·＝x－1＋z＝0，·＝－2x＋0－z＝0，即，解得，所以点P的坐标为(－1,0，2)．
答案：(－1,0,2)
4．已知空间中三个向量a＝(1，－2，z)，b＝(x,2，－4)，c＝(－1，y,3)，若a∥b，b⊥c，则x＝________，y＝________，z＝________.
解析：∵a∥b，∴a＝λb(λ∈R)．
∴，∴.
∴b＝(－1,2，－4)．
∵b⊥c，∴b·c＝0，
∴(－1,2，－4)·(－1，y,3)＝1＋2y－12＝0，
∴y＝.
答案：－1 4
5.如图所示，在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形，其边长为a，侧棱SD⊥底面ABCD，且SD＝b，E，F，G分别为AB，SC，SD的中点．
(1)求||；
(2)求cos〈，〉．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系D?xyz.则A(a,0,0)，S(0,0，b)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E(a，，0)，F(0，，)，G(0，0，)，＝(－a,0，)，＝(－a，0，)，＝(－a,0,0)．
(1)||＝
＝.
(2)cos〈，〉＝＝＝＝.
6.在正三棱柱ABC?A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是BC边的中点，则在棱CC1上是否存在点N，使得与所成的夹角为.
解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A?xyz，由已知，棱长都等于2，
所以A(0,0,0)、B(，1,0)、C(0，2,0)、B1(，1,2)、M(，，0)，
假设存在点N在棱CC1上，可以设N(0,2，m)(0≤m≤2)，
则有＝(，1,2)，＝(－，，m)，
∴||＝2，||＝，
·＝(，1,2)·(－，，m)＝2m－1，
cos〈，〉＝cos＝＝＝－，解得：m＝－.
这与0≤m≤2矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得与所成的夹角为.
PAGE第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．已知{a，b，c}是空间的一个基底，则可以与向量p＝a＋b，q＝a－b构成基底的向量是( )
A．a
B．b
C．a＋2b
D．a＋2c
解析：只有a＋2c与p，q不共面，故可以与p，q构成一个基底．
答案：D
2．以下四个命题中正确的是( )
A．用三个向量可表示空间中的任何一个向量
B．若{a，b，c}为空间向量的一个基底，则a，b，c全不是零向量
C．△ABC为直角三角形的充要条件是·＝0
D．任何三个不共线的向量都可构成空间的一个基底
解析：使用排除法．因为用三个不共面的向量可表示空间中的任何一个向量，故A不正确；△ABC为直角三角形并不一定是·＝0，可能是·＝0，也可能是·＝0，故C不正确；空间的一个基底是由三个不共面的向量组成的，故D不正确．故选
B.
答案：B
3．设{i，j，k}是单位正交基底，已知向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(8,6,4)，其中a＝i＋j，b＝j＋k，c＝k＋i，则向量p在基底{i，j，k}下的坐标是( )
A．(12,14,10)
B．(10,12,14)
C．(14,12,10)
D．(4,3,2)
解析：依题意，知p＝8a＋6b＋4c＝8(i＋j)＋6(j＋k)＋4(k＋i)＝12i＋14j＋10k，故向量p在基底{i，j，k}下的坐标是(12,14,10)．
答案：A
4.如图，已知正方体ABCD?A′B′C′D′中，E是平面A′B′C′D′的中心，a＝，b＝，c＝，＝xa＋yb＋zc，则( )
A．x＝2，y＝1，z＝
B．x＝2，y＝，z＝
C．x＝，y＝，z＝1
D．x＝，y＝，z＝
解析：＝＋＝＋(＋)＝2a＋b＋c.
答案：A
5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为1，则在上的投影为( )
A．－
B.
C．－
D.
解析：∵正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，
∴||＝，||＝，||＝.
∴△AB1C是等边三角形．
∴在上的投影为||cos〈，〉
＝cos
60°＝.
答案：B
6.如图，点M为OA的中点，{，，}为空间的一个基底，＝x
＋y
＋z
，则有序实数组(x，y，z)＝__________.
解析：＝－＝－，所以有序实数组(x，y，z)＝.
答案：
7.如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，则向量在向量上的投影为________．
解析：在上的投影为||cos〈，1〉，
而||＝＝2，
在Rt△AD1C1中，cos∠D1AC1＝＝，
∴||cos〈，〉＝2.
答案：2
8．设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k，若存在实数λ，μ，v，使a4＝λa1＋μ
a2＋v
a3，则λ，μ，v的值分别为________．
解析：由题意得3i＋2j＋5k＝λ(2i－j＋k)＋μ(i＋3j－2k)＋v(－2i＋j－3k)，由空间向量基本定理可知，由同一个基底表示的同一个向量是唯一的，∴，
解得.
答案：－2,1，－3
9．已知向量a，b，c是空间的一个单位正交基底，向量a＋b，a－b，c是空间的另一个基底．若向量p在基底a，b，c下的坐标为(1,2,3)，求p在基底a＋b，a－b，c下的坐标．
解析：依题意知，p＝a＋2b＋3c.设p在基底a＋b，a－b，c下的坐标为(x，y，z)，则p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，
即p＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc.
又p＝a＋2b＋3c，
∴解得
∴p在基底a＋b，a－b，c下的坐标为(，－，3)．
10．已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且M分成定比2，N分成定比1，试用向量、、表示向量.
解析：如图所示，取PC的中点E，连接NE，AC，
则＝－.
由题意易知＝＝＝－，
＝－＝－＝，
＝－＝＋－，
所以＝－－(＋－)
＝－－＋.
[B组 能力提升]
1．在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若＝x
＋y
＋z
，且0≤x≤y≤z≤1，则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是( )
A．1
B.
C.
D.
解析：根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理，知满足0≤x≤y≤1的点P在三棱柱ACD?A1C1D1内，满足0≤y≤z≤1的点P在三棱柱AA1D1?BB1C1内，故同时满足0≤x≤y≤1和0≤y≤z≤1的点P在这两个三棱柱的公共部分(如图)，即三棱锥A?A1C1D1内，其体积是××1×1×1＝.
答案：D
2.如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，CC1＝1，则在上的投影是________．
解析：在上的投影为||cos〈，〉，
在△ABC1中，cos∠BAC1＝＝＝＝，
又||＝.
∴||cos〈·〉＝×＝－2.
答案：－2
3．在三棱锥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：如图，＝＋＝＋＝＋(＋)
＝＋(－＋－)
＝＋＋
＝a＋b＋c.
答案：a＋b＋c
4.已知，在棱长为2的正四面体A?BCD中，以△BCD的中心O为坐标原点，OA为z轴，OC为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，M为AB的中点，求的坐标．
解析：易知△BCD的中线长为×2＝，则OC＝.
∴OA＝＝＝，
设i，j，k分别是x，y，z轴正方向上的单位向量，x轴与BC的交点为E，则OE＝BD＝，
∴＝(＋)＝(＋＋)＝＝＝－＋＝i－j＋k，
∴＝.
5.如图，三棱锥P?ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM＝3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若＝m
，＝n
，＝t
，求证：＋＋为定值，并求出该定值．
解析：连接AG并延长交BC于点H(图略)，由题意，可令{，，}为空间的一个基底，
＝＝(＋)＝＋×＝＋×＝＋(－)＋(－)＝＋＋.
连接DM.
因为点D，E，F，M共面，所以存在实数λ，μ，使得＝λ
＋μ
，
即－＝λ(－)＋μ(－)，所以＝(1－λ－μ)＋λ
＋μ
＝(1－λ－μ)m
＋λn
＋μt
.由空间向量基本定理，知＝(1－λ－μ)m，＝λn，＝μt，
所以＋＋＝4(1－λ－μ)＋4λ＋4μ＝4，为定值．
PAGE第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则能使l∥α的是( )
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
解析：l∥α?a
·n
＝0，经检验只有D适合．
答案：D
2．已知＝(－3,1,2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－2,4)，点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为( )
A．AB⊥α
B．AB?α
C．AB与α相交但不垂直
D．AB∥α
解析：因为n·＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥.又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α，故选D.
答案：D
3．已知三条直线l1，l2，l3的一个方向向量分别为a＝(4，－1,0)，b＝(1,4,5)，c＝(－3,12，－9)，则( )
A．l1⊥l2，但l1与l3不垂直
B．l1⊥l3，但l1与l2不垂直
C．l2⊥l3，但l2与l1不垂直
D．l1，l2，l3两两互相垂直
解析：∵a·b＝(4，－1,0)·(1,4,5)＝4－4＋0＝0，a·c＝(4，－1,0)·(－3,12，－9)＝－12－12＋0＝－24≠0，b·c＝(1,4,5)·(－3,12，－9)＝－3＋48－45＝0，∴a⊥b，a与c不垂直，b⊥c，∴l1⊥l2，l2⊥l3，但l1不垂直于l3.
答案：A
4．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是( )
A．－
B．6
C．－6
D.
解析：∵α∥β，
∴α的法向量与β的法向量也互相平行，
∴＝＝，∴λ＝6.
答案：B
5.如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD等于( )
A．1∶2
B．1∶1
C．3∶1
D．2∶1
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA＝a.
则B(1,0,0)，E，P(0,0，a)．
设点F的坐标为(0，y,0)，
则＝(－1，y,0)，＝.
∵BF⊥PE，∴·＝0，解得y＝，则F点坐标为，
∴F为AD中点，∴AF∶FD＝1∶1.
答案：B
6．设两条不重合的直线a，b的方向向量分别是e1，e2，平面α的法向量是n，有下面命题：
①?b∥α； ②?a∥b；
③?b∥α；
④?b⊥α.
其中，正确命题的序号是________．
解析：对于①，有b⊥α，不正确，④正确，易判断②③正确．
答案：②③④
7．已知平面α，β的一个法向量分别是u＝(1,3,0)，v＝(－3，－9,0)，则平面α、β的关系是________．
解析：因为v＝－3u，所以v∥u，所以α∥β或α与β重合．
答案：平行或重合
8．若平面π1的一个法向量为n1＝(－3，y,2)，平面π2的一个法向量为n2＝(6，－2，z)，且π1∥π2，则y＋z＝________.
解析：∵π1∥π2，∴n1∥n2.∴＝＝.
∴y＝1，z＝－4.∴y＋z＝－3.
答案：－3
9．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC＝2，E是PC的中点，求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：(1)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1，，0)，D，P(0,0,2)，E，
所以＝，＝，
所以·＝－1×＋×＋0×1＝0，所以CD⊥AE.
(2)由(1)，得＝，＝(2,0,0)，＝，
设向量n＝(x，y，z)是平面ABE的法向量，则
由，得，取y＝2，则n＝(0,2，－)，
所以＝n，所以∥n，所以PD⊥平面ABE.
10.如图，在空间直角坐标系中，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点，M是AF的中点，求证：
(1)直线EE1∥平面FCC1；
(2)平面ADD1A1∥平面FCC1.
证明：因为D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A(，－1,0)，F(，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(，－，0)，E1(，－1,1)，
所以＝(，－1,0)，＝(0,0,2)，＝(，－，1)，＝(，－1,0)，＝(0,0,2)．
(1)设平面FCC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
令x＝1，可得n＝(1，，0)，
则n·＝－＋0＝0，所以n⊥，
又直线EE1?平面FCC1，所以直线EE1∥平面FCC1.
(2)设平面ADD1A1的法向量为m＝(x，y，z)，
则，即，
令x＝1，可得m＝(1，，0)，由(1)知m＝n，即m∥n，所以平面ADD1A1∥平面FCC1.
[B组 能力提升]
1.＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，＝(x－1，y，－3)，若AB⊥BC，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( )
A.，－，4
B.，－，4
C.，－2,4
D．4，，－15
解析：因为AB⊥BC，所以·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，所以⊥，⊥，又＝(3,1,4)，
所以解得
答案：B
2．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( )
A．(1，－4,2)
B.
C.
D．(0，－1,1)
解析：经验证D中(0，－1,1)不可能为平面α的法向量．
答案：D
3．已知a＝(1,2,3)，b＝(1,0,1)，c＝a－2b，d＝ma－b，若c⊥d，则m＝________.
解析：∵c＝a－2b，
∴c＝(1,2,3)－2(1,0,1)＝(－1,2,1)，
∵d＝ma－b，
∴d＝m(1,2,3)－(1,0,1)＝(m－1,2m,3m－1)．
又c⊥d，∴c·d＝0，
即(－1,2,1)·(m－1,2m,3m－1)＝0，
即1－m＋4m＋3m－1＝0，∴m＝0.
答案：0
4．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
5.如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.
(1)求证：E，B，F，D1四点共面；
(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：ME⊥平面BCC1B1.
证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1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Bxyz，
则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)
则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，
＝(3,3,3)，
∴＝＋，
故，，共面．
又它们有公共点B，
∴E，B，F，D1四点共面．
(2)设M(0,0，z)，则＝，
而＝(0,3,2)，
由题设得·＝－·3＋z·2＝0，
得z＝1.
∵M(0,0,1)，E(3,0,1)，
∴＝(3,0,0)，
又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)
∴·＝0，·＝0，
从而ME⊥BB1，ME⊥BC.
又BB1∩BC＝B，
BB1，BC?平面BCC1B1，
故ME⊥平面BCC1B1.
6.如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为2的菱形，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，若点E，F分别是BC，PC上的动点，记＝λ1，＝λ2，当平面DEF⊥平面ABCD时，试确定λ1与λ2的关系．
解析：过点P作PG⊥AD于G，连接BG，则PG⊥平面ABCD，PG⊥BG，BG⊥AD，以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AD＝AB＝2，所以AG＝1，PG＝BG＝，所以B(，0,0)，P(0,0，)，C(，2,0)，D(0,1,0)，A(0，－1,0)，E(，，0)，F(，，)，＝(，，0)，＝(，，)，
设平面DEF的一个法向量n＝(x，y，z)，
则
所以(假设λ1≠1)
所以n＝(x，x，－x)(λ1≠1)，
当x＝1时，n＝(1，，－)，平面ABCD的一个法向量为＝(0,0，－)，
因为平面DEF⊥平面ABCD，所以·n＝0，
所以－·(－)＝0(λ1≠1)，
所以当λ1≠1时，λ1＝2λ2－1；
当λ1＝1时，有λ2＝1，也满足λ1＝2λ2－1，
综上可得λ1与λ2的关系为λ1＝2λ2－1.
PAGE第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是( )
A.
B.
C.
D.
解析：如图所示，建立空间直角坐标系B－xyz.由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2，则B(0,0,0)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)．∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴cos〈，〉＝＝＝，∴异面直线EF和BC1的夹角为，故选C.
答案：C
2．若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的方向向量为a＝(－2，－3,3)，则直线l与平面α夹角的余弦值为( )
A．－
B.
C．－
D.
解析：∵cos〈a，n〉＝＝＝，
∴直线l与平面α夹角的正弦值为，余弦值为
＝.
答案：D
3．若两个平面的法向量分别为(－5，12,0)和(0，－5,12)，则这两个平面的二面角的余弦值为( )
A．－
B.
C．±
D．±
解析：由及两个平面的二面角的范围为[0，π]，可知这两个平面的二面角的余弦值为±.
答案：D
4．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
解析：设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0，2,0)，B1＝(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，
＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.
答案：A
5．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：如图所示，设AC与BD交于点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＝，＝，设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则，即，令x＝1，则y＝，z＝，所以平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)．所以cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝，所以tan〈n，〉＝.故二面角C－BF－D的正切值为.
答案：D
6．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别为AB，CC1的中点，则异面直线EF与A1C1所成角的大小是________．
解析：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设B(2,0,0)，则E(1,0,0)，F(2,2,1)，C1(2,2,2)，A1(0,0,2)．
所以＝(1,2,1)，＝(2,2,0)．
cos〈，〉＝＝，所以〈，〉＝30°，即异面直线EF与A1C1所成的角为30°.
答案：30°
7．若直线l的方向向量a＝(－2,3,1)，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：由题意，得直线l与平面α所成角的正弦值为sin
θ＝＝.
答案：
8.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值为__________．
解析：取BC的中点E，连接OE，以O为坐标原点，射线OA，OE，OP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，则O(0,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,2)，∴M.因此＝，＝(0,0,2)，＝(－1,2,0)．设平面PCO的法向量为n＝(x，y，z)，则，即，取n＝(2,1,0)，因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝＝.
答案：
9.如图，在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，求直线AM与CN所成角的余弦值．
解析：解法一 ∵＝＋，＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＝，
而||＝
＝＝
＝.
同理，||＝，设直线AM与CN所成的角为α，
则cos
α＝＝＝.
即AM与CN所成角的余弦值为.
解法二 如图，建立空间直角坐标系，把D点视作原点O，分别沿、、方向为x轴、y轴、z轴的正方向．
则A(1,0,0)，M(1，，1)，C(0,1,0)，N(1,1，)，
∴＝(1，，1)－(1,0,0)＝(0，，1)，
＝(1,1，)－(0,1,0)＝(1,0，)．
故·＝0×1＋×0＋1×＝，
||＝
＝，
||＝
＝.
∴cos
α＝＝＝.
即AM与CN所成角的余弦值为.
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)求证：BE⊥DC；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
解析：(1)证明：依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，
所以＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0，所以BE⊥DC.
(2)＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设＝λ
(0<λ<1)，
故＝＋＝＋λ
＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得·＝0，
因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则，即.
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．
取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.
[B组 能力提升]
1．如图所示，点P是△ABC所在平面外的一点，若PA，PB，PC与平面α的夹角均相等，则点P在平面α上的投影P′是△ABC的( )
A．内心
B．外心
C．重心
D．垂心
解析：由于PA，PB，PC与平面α的夹角均相等，所以这三条由点P出发的平面ABC的斜线段相等，故它们在平面ABC内的投影P′A，P′B，P′C也都相等，故点P′是△ABC的外心．
答案：B
2.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D－AB－E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cos
θ＝，则＝( )
A．1
B.
C.
D.
解析：不妨设BC＝1，AB＝λ，则＝λ.记＝a，＝b，＝c，则＝b－a，＝c－b，根据题意，|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0，∴·＝－b2＝－λ2，而||＝，||＝，∴|cos〈，〉|＝＝＝，得λ＝.故选C.
答案：C
3.如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD，E，F分别是线段PA，CD的中点，若异面直线EF与BD所成的角为α，则cos
α＝__________.
解析：设正方形ABCD的边长为2，以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,1)，F(1,2,0)，则＝(－2,2,0)，＝(1,2，－1)，所以cos
α＝＝＝.
答案：
4．如图所示，已知正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC夹角的正弦值为________．
解析：不妨设正三棱柱ABC?A1B1C1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(，－1,0)，B1(，1,2)，D，
则＝，＝(，1,2)，
设平面B1DC的法向量为
n＝(x，y,1)，由
解得n＝(－，1,1)．
又∵＝，
∴sin
θ＝|cos〈，n〉|＝.
答案：
5.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，点G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE.
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．
(3)在线段CD上是否存在一点M，使得DE⊥AM？若存在，求出DM的长；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD.
又G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB.
又F是CD的中点，所以DF＝CD，
由四边形ABCD是矩形，得AB＝CD，AB∥CD，
所以GH＝DF，GH∥DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，得GF∥DH.
又DH?平面ADE，GF平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(2)如图，在平面BEC内，过点B作BQ∥EC，
因为BE⊥EC，所以BQ⊥BE.
又AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以B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B－xyz，
则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．
因为AB⊥平面BEC，
所以＝(0,0,2)为平面BEC的一个法向量，
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
又＝(2,0，－2)，＝(2,2，－1)，
由，得，
取z＝2，得n＝(2，－1,2)，
从而cos〈n，〉＝＝＝，
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
(3)假设在线段CD上存在点M，设点M的坐标为(2,2，a)(0≤a≤2)．
因为A(0,0,2)，E(2,0,0)，D(2,2,2)，
所以＝(0，－2，－2)，＝(2,2，a－2)，
因为DE⊥AM，所以·＝0，所以－4－2(a－2)＝0，得a＝0，
所以DM＝2.
PAGE第二章
空间向量与立体几何
[A组 基础巩固]
1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1，3,0)在α内，则平面α外一点P(－2,1,4)到α的距离为( )
A．10
B．3
C.
D.
解析：＝(1,2，－4)，又平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，所以P到α的距离为||＝||＝.
答案：D
2．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：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.
答案：C
3．已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.a
B.a
C.a
D.a
解析：A1C⊥平面AB1D1，以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，＝(0，－a,0)，则两平面间的距离为d＝|·|＝＝a.
答案：D
4.如图，P?ABCD是正四棱锥，ABCD?A1B1C1D1是正方体，其中AB＝2，PA＝，则B1到平面PAD的距离为( )
A．6
B.
C.
D.
解析：以A1B1为x轴，A1D1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，设平面PAD的法向量是n＝(x，y，z)，由题意知，B1(2,0,0)，A(0,0,2)，D(0,2,2)，P(1，1,4).＝(0,2,0)，＝(1,1,2)，
∴·n＝0，且·n＝0.
∴y＝0，x＋y＋2z＝0，取z＝1，得n＝(－2,0,1)．
∵＝(－2,0,2)，∴B1到平面PAD的距离d＝＝.
答案：C
5．如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是( )
A．5
B．8
C.
D.
解析：解法一：∵B1C1∥BC，∴B1C1∥平面A1BCD1.从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．
如图，过点B1作B1E⊥A1B于点E.∵BC⊥平面A1ABB1，且B1E?平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.又BC∩A1B＝B，∴B1E⊥平面A1BCD1，B1E的长即为点B1到平面A1BCD1的距离．在Rt△A1B1B中，B1E＝＝＝，∴直线B1C1到平面A1BCD1的距离为.
解法二：以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,12,0)，D1(0,0,5)．设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)．设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥，n⊥，得n·＝(a，b，c)·(－x,0,0)＝－ax＝0，n·＝(a，b，c)·(0，－12,5)＝－12b＋5c＝0，∴a＝0，b＝c，∴可取n＝(0,5,12)．又＝(0,0，－5)，∴点B1到平面A1BCD1的距离为＝.
∵B1C1∥平面A1BCD1，∴B1C1到平面A1BCD1的距离为.
答案：C
6．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为__________．
解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，于是有＝(1，－1，－1)，＝(0，－2,1)，所以＝＝，||＝，所以点D1到直线GF的距离为
＝.
答案：
7．已知棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M、N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN到平面ACD1的距离为________．
解析：如图，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．则平面ACD1的一个法向量为(1,1,1)，
∵M(1,1，)，A(1,0,0)，
∴＝(0,1，)，
∴点M到平面ACD1的距离为
d＝＝.
又綊，MN?平面ACD1.
故MN∥平面ACD1，故MN到平面ACD1的距离也为d＝.
答案：
8．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系．
A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,1)，∴＝(，1，－1)，＝(0,2，－1)．
设平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)，
则即令y＝3，则n＝(，3,6)，n0＝.
又＝(0,0,1)，∴d＝|·n0|＝.
答案：
9．已知单位正方体ABCD?A1B1C1D1，求点A到平面BDC1的距离．
解析：以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，由题设可知B(1,1,0)，C1(0,1,1)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则?
?
令y＝－1，则平面BDC1的法向量为n＝(1，－1,1)．
取平面BDC1内的点D(0,0,0)，则＝(1,0,0)，
∴点A到平面BDC1的距离为d＝|·|＝.
10.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD间的距离．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系D－xyz，
则A(4,0,0)，M(2,0,4)，B(4,4,0)，E(0,2,4)，F(2,4,4)，N(4,2,4)，
从而＝(2,2,0)，＝(2,2,0)，
＝(－2,0,4)，＝(－2,0,4)．
∴＝，＝，
∴EF∥MN，AM∥BF.
又EF∩BF＝F，MN∩AM＝M，
∴平面AMN∥平面EFBD.
设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量，
则，解得，
取z＝1，得n＝(2，－2,1)为平面AMN的一个法向量．
∵＝(0,4,0)，
∴在n上的投影为＝＝－，
平面AMN与平面EFBD间的距离记为d，∴d＝＝.
[B组 能力提升]
1．已知ABC?A1B1C1是各条棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为( )
A.a
B.a
C.a
D.a
解析：连接A1B交AB1于点E，连接ED，A1D，DB，
易证A1B⊥AB1，A1B⊥ED.
∴A1B⊥平面AB1D，
∴是平面AB1D的一个法向量．
∴点C到平面AB1D的距离为
d＝＝
＝＝＝a.
答案：A
2．在空间直角坐标系中，定义平面α的一般方程为：Ax＋By＋Cz＋D＝0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面α的距离d＝，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于( )
A.
B.
C．2
D．5
解析：作出正四棱锥P－A′B′C′D′，如图，以底面中心O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则A′(1,1,0)，B′(－1,1,0)，P(0,0,2)，设平面PA′B′的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0，将以上3个坐标代入计算得A＝0，B＝－D，C＝－D，所以平面PA′B′的方程为－Dy－Dz＋D＝0，即2y＋z－2＝0，所以点O到侧面的距离d＝＝.
答案：B
3．如图，P是正方形ABCD所在平面外一点，且PD⊥AD，PD⊥DC，PD＝3，AD＝2，若M是AB的中点，则点M到平面PAC的距离为________．
解析：如图建系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,3)，则M(2,1,0)，
设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，＝(2,0，－3)，＝(0,2，－3)，
由?
?x＝y＝，
取z＝2，则x＝y＝3，n＝(3,3,2)，
＝(0，－1,0)，
d＝＝＝，所以点M到平面PAC的距离为.
答案：
4．如图，四面体A－BCD中，O，E分别为BD，BC的中点，AB＝AD＝2，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AO⊥平面BCD，则点D到平面ABC的距离为__________．
解析：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，)，B(，0,0)，C(0，，0)，D(－，0,0)，∴＝(，0，－)，＝(－，，0)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，令y＝1，得n＝(，1，)，又＝(－，0，－)，∴点D到平面ABC的距离h＝＝＝.
答案：
5．在棱长为a的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点．
(1)求证：AD∥平面A1EFD1；
(2)求AD到平面A1EFD1的距离．
解析：(1)证明：如图，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D?xyz，则A(a,0,0)，A1(a,0，a)，D(0，0,0)，D1(0,0，a)，E(a，a，)，F(0，a，)．
∵＝(a,0,0)，＝(a,0,0)．
∴DA∥D1A1，而D1A1?平面A1EFD1，DA平面A1EFD1，∴DA∥平面A1EFD1.
(2)由(1)知＝(0，a，－)，＝(0,0，a)．
设n＝(x，y，z)是平面A1EFD1的法向量，
则∴
取z＝1得n＝(0，，1)，∴在n上的投影长为
d＝＝＝a.
∴AD到平面A1EFD1的距离是a.
6.如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2，E，F分别是线段PA，PD的中点．问：线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离为？若存在，求出CQ的值；若不存在，请说明理由．
解析：由题意知PA，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,1)，F(0,1,1)．
假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件．
令CQ＝m(0≤m≤2)，则DQ＝2－m.
∴点Q的坐标为(2－m,2,0)，
∴＝(2－m,2，－1)．
而＝(0,1,0)，设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴，
令x＝1，则n＝(1,0,2－m)是平面EFQ的一个法向量．
又＝(0,0,1)，
∴点A到平面EFQ的距离d＝＝＝，即(2－m)2＝，∴m＝或m＝(舍去)．故存在点Q，且CQ＝时，点A到平面EFQ的距离为.
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