章末检测试卷(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋－等于( )
A.
B. C.
D.
答案 A
解析 ＋＋－＝＋＝.
2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(1，3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A．1
B．2
C．3
D．4
答案 A
解析 若向量a，b，c共面，则c＝xa＋yb，其中x，y∈R，
即(1，3，λ)＝(2x，－x，3x)＋(－y，4y，－2y)＝(2x－y，－x＋4y，3x－2y)，
则有解得
3．平面α的一个法向量为m＝(1，2，0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1，0)，则平面α与平面β的位置关系是( )
A．平行
B．相交但不垂直
C．垂直
D．不能确定
答案 C
解析 ∵(1，2，0)·(2，－1，0)＝0，
∴两法向量垂直，从而两平面垂直．
4．如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足＝－＋，则||2的值为( )
A.
B．3 C.
D.
答案 D
解析 由题可知||＝1，||＝1，||＝.
〈，〉＝45°，〈，〉＝45°，〈，〉＝60°，
所以||2＝2＝2＋2＋2－·＋·－·＝＋＋2－×1×1×＋1××－1××＝.
5．已知空间向量a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 因为a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，
所以2a－b＝(4，2n－1，2)．
因为2a－b与b垂直，
所以(2a－b)·b＝0，所以－8＋2n－1＋4＝0，
解得n＝，所以a＝，
所以|a|＝＝.
6．如图所示，在空间直角坐标系中，BC＝4，原点O是BC的中点，点A，点D在平面Oyz内，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，则AD的长为( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 因为点D在平面Oyz内，
所以点D的横坐标为0，
又BC＝4，原点O是BC的中点，∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，
所以点D的竖坐标z＝4·sin
30°·sin
60°＝，
纵坐标y＝－(2－4·sin
30°·cos
60°)＝－1，
所以D(0，－1，)．
所以AD＝||＝＝.
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，E是CD的中点，F是AB的中点．则异面直线B1E与D1F所成角的余弦值为( )
A.
B.
C．－
D.
答案 B
解析 依题意，建立空间直角坐标系，
则E(0，1，0)，F(1，1，0)，B1(1，2，1)，D1(0，0，1)，
所以＝(－1，－1，－1)，＝(1，1，－1)，
设异面直线B1E与D1F所成的角为θ，
则cos
θ＝＝＝.
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若棱长AB＝3，则点B到平面ACD1的距离为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
依题意，知B(3，3，0)，A(3，0，0)，C(0，3，0)，C1(0，3，3)，D1(0，0，3)．
∴＝(－3，3，0)，＝(－3，0，3)，＝(0，3，0)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，可得n＝(1，1，1)，
∴点B到平面ACD1的距离为＝.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．下列命题中错误的是( )
A．若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0
B．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
C．若，共线，则AB∥CD
D．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
答案 BCD
解析 显然A正确；若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|
－|b||，故B错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故C错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误．
10．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的法向量可能是( )
A．(1，－4，2)
B. C.
D．(0，－1，1)
答案 ABC
解析 因为＝(0，2，4)，直线l平行于向量a，
若n是平面α的法向量，
则必须满足
把各选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC.
11．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为( )
A.
B．－ C.
D．－
答案 AB
解析 令n1＝(0，－1，3)，n2＝(2，2，4)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
令二面角的大小为θ，∴θ＝π－〈n1，n2〉或θ＝〈n1，n2〉，
∴这个二面角的余弦值为或－.
12．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．向量与的夹角为60°
答案 ABC
解析 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)，不妨设正方体的棱长为1，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，所以＝(－1，0，0)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，1，1)，＝(0，－1，1)，＝(－1，－1，0)，＝(1，0，1)，对于选项A，由＝知结论正确；对于选项B，由·＝0知结论正确；对于选项C，由·＝0，·＝0，且B1D1∩CB1＝B1，知结论正确；对于选项D，由cos〈，〉＝＝－，知结论不正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，a与b夹角的余弦值为________．
答案
解析 ∵a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，
∴cos〈a，b〉＝＝＝.
14.
对于任意空间向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，给出下列三个命题：
①a∥b?＝＝；
②若a1＝a2＝a3＝1，则a为单位向量；
③a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
其中真命题为________(填序号)．
答案 ③
解析 由＝＝?a∥b，反之不一定成立，故①不正确；②显然错误；③是正确的．
15．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝______________.
答案
解析 ∵⊥，∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，∴z＝4.
∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，
∴即
解得故＝.
16．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，将菱形沿对角线AC折成直二面角D′－AC－B，折起后直线AB与CD′间的距离为________．
答案
解析 设AC∩BD＝O，在菱形ABCD中，AC⊥BD，
折起后，OD′⊥AC，OB⊥AC，
由于二面角D′－AC－B为直二面角，即平面ACD′⊥平面ABC，
∵平面ACD′∩平面ABC＝AC，OD′⊥AC，OD′?平面ACD′，∴OD′⊥平面ABC，
以O为坐标原点，直线OC、OB、OD′分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
在原菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC＝，OB＝OD′＝1，
∴A(－，0，0)，B(0，－1，0)，C(，0，0)，D′(0，0，1)，
则＝(，－1，0)，＝(－，0，1)，
设n＝(x，y，z)，令
则
令x＝1，则y＝，z＝，∴n＝(1，，)．
又∵＝(，0，1)，
∴AB与CD′间的距离d＝＝＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．
(1)若点D在直线AC上，且⊥，求点D的坐标；
(2)求以BA，BC为邻边的平行四边形的面积．
解 (1)由题意知，＝(1，－3，2)，点D在直线AC上，
设＝λ＝λ(1，－3，2)＝(λ，－3λ，2λ)，
∴D(λ，2－3λ，2λ＋3)，
＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2，1，6)＝(λ＋2，1－3λ，2λ－3)，
∵⊥，
∴·＝(1，－3，2)·(λ＋2，1－3λ，2λ－3)＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，
∴λ＝，
∴D.
(2)∵＝(2，1，－3)，＝(3，－2，－1)，
∴||＝＝，
||＝＝，
∴·＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7，
∴cos
B＝cos〈，〉＝＝＝，
∴sin
B＝，
∴S＝××＝7，
∴以BA，BC为邻边的平行四边形的面积为7.
18．(12分)已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)．
(1)若(a＋kb)∥(2a＋b)，求实数k；
(2)若向量a＋kb与2a＋b所成角为锐角，求实数k的范围．
解 (1)由已知可得，a＋kb＝(1－k，1，2k)，2a＋b＝(1，2，2)，
因为(a＋kb)∥(2a＋b)，
所以＝＝，可得k＝.
(2)由(1)知，a＋kb＝(1－k，1，2k)，2a＋b＝(1，2，2)，
因为向量a＋kb与a＋2b所成角为锐角，
所以(a＋kb)·(2a＋b)＝(1－k，1，2k)·(1，2，2)＝1－k＋2＋4k>0，
解得k>－1，
又当k＝时，(a＋kb)∥(2a＋b)，
可得实数k的取值范围为.
19．(12分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED?平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)．
(1)∵M为EC的中点，
∴M(0，2，1)，
则＝(－2，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，0，2)，
∴＝＋，故，，共面．
又BM?平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF.
(2)＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，
∵·＝－4＋4＝0，
∴BC⊥DB.
又·＝0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DE，DB?平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
20．(12分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2)．
(1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝＝＝4.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，
得
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0，0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
21．(12分)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，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值．
(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)解 ＝(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．
易知向量n2＝(0，1，0)为平面ABP的一个法向量，
则cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为.
22．(12分)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．
(1)求证：MN∥平面ABCD；
(2)求平面ACD1与平面ACB1所成角的正弦值；
(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD的夹角的正弦值为，求线段A1E的长．
(1)证明 如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，
得M?，N(1，－2，1)．
可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的法向量，＝，由此可得·n＝0，
又因为直线MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)解 ＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，
则即
不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1)．
又＝(0，1，2)，
设n2＝(x′，y′，z′)为平面ACB1的法向量，
则
得不妨设z′＝1，可得n2＝(0，－2，1)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，
于是sin〈n1，n2〉＝.
所以平面ACD1与平面ACB1的夹角的正弦值为.
(3)解 依题意，可设＝λ，其中λ∈[0，1]，
则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的法向量，
由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，
整理得λ2＋4λ－3＝0，
又因为λ∈[0，1]，解得λ＝－2，
所以线段A1E的长为－2.章末复习课
一、空间向量及其运算
1．空间向量的运算主要包括空间向量的加减、数乘运算以及坐标运算，一般与共面定理，共线定理以及空间向量基本定理综合考查．
2．掌握基本的运算及共面、共线定理以及空间向量基本定理，重点提升数学运算和直观想象素养．
例1 (1)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝，若＝x＋y(＋)，则x＝________，y＝________.
答案 1
解析 由题意知＝＋＝＋＝＋(＋)，从而有x＝1，y＝.
(2)(多选)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.下列选项中，正确的是( )
A.＋＋＋＝0
B.＋－－＝0
C.－＋－＝0
D.·＝·
答案 CD
解析 因为－＋－＝＋＝0，所以C正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2×2×cos∠ASB，·＝2×2×cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此D正确，其余两个都不正确．
反思感悟 空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件
(1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的．
(2)利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，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.
跟踪训练1 (1)在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足||＝||，则P点坐标为( )
A．(3，0，0)
B．(0，3，0) C．(0，0，3)
D．(0，0，－3)
答案 C
解析 设P(0，0，z)，则有＝，解得z＝3.
(2)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
①求的长；
②求与夹角的余弦值．
解 记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
①||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴||＝.
②＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos〈，〉＝＝.
二、利用空间向量证明位置关系
1．主要考查利用直线的方向向量与平面的法向量，判定、证明空间中的直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直．
2．掌握直线的方向向量与平面的法向量，理解并记忆判定平行与垂直的公式，提升逻辑推理和直观想象素养．
例2 在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
(1)证明 以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，
∵＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，
∴·n＝0，即⊥n，又BM?平面PAD，∴BM∥平面PAD.
(2)解 由(1)知，＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)，
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)，
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴即
∴∴N，
∴在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
反思感悟 利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运算，再借助于向量的有关性质求解(证)．
跟踪训练2 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)请说明在AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1.
(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1
中，因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)．
因为＝(－3，0，0)，＝(0，－4，4)，
所以·＝0，
所以⊥，即AC⊥BC1.
(2)解 假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，
设＝t＝(－3t，4t，0)，其中0≤t≤1.
则E(3－3t，4t，0)，＝(3－3t，4t－4，－4)，＝(0，－4，－4)．
又因为＝m＋n成立，
所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，
解得t＝.
所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点．
三、利用空间向量求空间角
1．主要考查利用直线的方向向量与平面的法向量，求直线与直线所成的角，直线与平面的夹角，平面与平面所成的角．
2．掌握并理解利用直线的方向向量与平面法向量求角的公式，提升逻辑推理和直观想象素养．
例3 如图，在长方体AC1中，AB＝BC＝2，AA1＝，点E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心．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．试用向量方法解决下列问题：
(1)求异面直线AF和BE所成的角；
(2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值．
解 (1)由题意得A(2，0，0)，F，B(2，2，0)，E(1，1，)，C(0，2，0)．
∴＝，＝(－1，－1，)，∴·＝1－2＋1＝0.
∴直线AF和BE所成的角为90°.
(2)设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(－2，0，0)，＝(－1，－1，)，则n·＝－2x＝0，n·＝－x－y＋z＝0，∴x＝0，取z＝1，则y＝，
∴平面BEC的一个法向量为n＝(0，，1)．
∴cos〈，n〉＝＝＝.
设直线AF和平面BEC所成的角为θ，则sin
θ＝，即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为.
反思感悟 (1)在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标．
(2)直线和平面所成的角、两个平面的夹角类问题有两种思路：转化为两条直线所成的角、利用平面的法向量．
跟踪训练3 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，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所成角的余弦值．
方法一 (1)证明 如图，取AE的中点H，连接HG，HD，
因为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，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.
又DH?平面ADE，GF?平面ADE，所以GF∥平面ADE.
(2)解 如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.
因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以B为坐标原点，分别以BE，BQ，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，
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所成角的余弦值为.
方法二 (1)证明 如图，取AB的中点M，连接MG，MF.
由G是BE的中点，可知GM∥AE.
又AE?平面ADE，GM?平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD?平面ADE，MF?平面ADE.
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF?平面GMF，所以GF∥平面ADE.
(2)同方法一．
四、利用空间向量计算距离
1．空间距离的计算思路
(1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为(如图)．
(2)设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
2．通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力．
例4 在三棱锥B－ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离．
解 如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，
则A，B，C，D，
∴
＝，
＝，＝，
设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，则
∴y＝－x，z＝－x，可取n＝(－，1，3)，
代入d＝
，得d＝＝，
即点D到平面ABC的距离是.
反思感悟 利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可．
跟踪训练4 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若点P满足＝＋＋，则点P到直线AB的距离为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 以点A为坐标原点，分别以直线AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
易知A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，
则＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，＝，
则点P到直线AB的距离为＝＝.
1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知＝a，＝b，＝c，＝，则等于( )
A.a－b＋c
B.a－b＋c
C.a＋b＋c
D.a－b＋c
答案 A
解析 连接BD，如图，
则＝(＋)＝－＋(＋)＝－＋(－＋－)
＝－＋(－2＋)＝－＋＝a－b＋c.
2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 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D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，
所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，
所以cos〈，〉＝＝＝.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD与平面A1C1D所成角的正弦值是( )
A.
B.
C.
D．1
答案 B
解析 以D1为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)．
设正方体的棱长为2，则A1(2，0，0)，C1(0，2，0)，D(0，0，2)，B(2，2，2)，且n＝(1，1，1)是平面A1C1D的一个法向量，因为＝(2，2，0)，
所以cos〈n，〉＝＝＝.
设DB与平面A1C1D所成的角为θ，
则sin
θ＝cos〈n，〉＝.
4．如图所示，在直平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且AE＝AA1＝，则点B到平面EDC1的距离为________．
答案
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(1，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，E，
∴＝(0，1，2)，＝.
设平面EDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝－，y＝－2，∴n＝.
∴点B到平面EDC1的距离d＝＝＝.(共50张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
章末检测试卷(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
√
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2.已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(1，3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
解析 若向量a，b，c共面，则c＝xa＋yb，其中x，y∈R，
即(1，3，λ)＝(2x，－x，3x)＋(－y，4y，－2y)
＝(2x－y，－x＋4y，3x－2y)，
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3.平面α的一个法向量为m＝(1，2，0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1，0)，则平面α与平面β的位置关系是
A.平行 B.相交但不垂直
C.垂直 D.不能确定
√
解析 ∵(1，2，0)·(2，－1，0)＝0，
∴两法向量垂直，从而两平面垂直.
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5.已知空间向量a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于
√
解析 因为a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，所以2a－b＝(4，2n－1，2).
因为2a－b与b垂直，
所以(2a－b)·b＝0，所以－8＋2n－1＋4＝0，
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解析 因为点D在平面Oyz内，
所以点D的横坐标为0，
又BC＝4，原点O是BC的中点，
∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，
纵坐标y＝－(2－4·sin
30°·cos
60°)＝－1，
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7.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，E是CD的中点，F是AB的中点.则异面直线B1E与D1F所成角的余弦值为
解析 依题意，建立空间直角坐标系，
则E(0，1，0)，F(1，1，0)，B1(1，2，1)，D1(0，0，1)，
设异面直线B1E与D1F所成的角为θ，
√
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8.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若棱长AB＝3，则点B到平面ACD1的距离为
√
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解析 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
依题意，知B(3，3，0)，A(3，0，0)，C(0，3，0)，C1(0，3，3)，D1(0，0，3).
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
取x＝1，可得n＝(1，1，1)，
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二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9.下列命题中错误的是
B.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
√
√
√
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解析 显然A正确；
若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|
－|b||，故B错误；
只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误.
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10.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的法向量可能是
√
√
√
把各选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC.
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11.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为
(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为
√
√
解析 令n1＝(0，－1，3)，n2＝(2，2，4)，
令二面角的大小为θ，∴θ＝π－〈n1，n2〉或θ＝〈n1，n2〉，
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12.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是
A.BD∥平面CB1D1
B.AC1⊥BD
C.AC1⊥平面CB1D1
√
√
√
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解析 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)，
不妨设正方体的棱长为1，
则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，
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三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，a与b夹角的余弦值为_____.
解析 ∵a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，
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14.
对于任意空间向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，给出下列三个命题：
②若a1＝a2＝a3＝1，则a为单位向量；
③a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
其中真命题为____(填序号).
③
②显然错误；
③是正确的.
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∴3＋5－2z＝0，∴z＝4.
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16.在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，将菱形沿对角线AC折成直二面角D′－AC－B，折起后直线AB与CD′间的距离为_______.
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解析 设AC∩BD＝O，在菱形ABCD中，AC⊥BD，
折起后，OD′⊥AC，OB⊥AC，
由于二面角D′－AC－B为直二面角，即平面ACD′⊥平面ABC，
∵平面ACD′∩平面ABC＝AC，OD′⊥AC，OD′?平面ACD′，
∴OD′⊥平面ABC，
以O为坐标原点，直线OC、OB、OD′分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
在原菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，
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四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5).
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∴D(λ，2－3λ，2λ＋3)，
＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，
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(2)求以BA，BC为邻边的平行四边形的面积.
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18.(12分)已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2).
(1)若(a＋kb)∥(2a＋b)，求实数k；
解 由已知可得，a＋kb＝(1－k，1，2k)，2a＋b＝(1，2，2)，
因为(a＋kb)∥(2a＋b)，
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(2)若向量a＋kb与2a＋b所成角为锐角，求实数k的范围.
解 由(1)知，a＋kb＝(1－k，1，2k)，2a＋b＝(1，2，2)，
因为向量a＋kb与a＋2b所成角为锐角，
所以(a＋kb)·(2a＋b)＝(1－k，1，2k)·(1，2，2)＝1－k＋2＋4k>0，
解得k>－1，
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19.(12分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点.
(1)求证：BM∥平面ADEF；
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证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED?平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，
C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
∵M为EC的中点，
∴M(0，2，1)，
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又BM?平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF.
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(2)求证：BC⊥平面BDE.
又DE∩DB＝D，DE，DB?平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
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20.(12分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
(1)求点N到直线AB的距离；
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解 建立如图所示的空间直角坐标系，
设点N到直线AB的距离为d1，
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(2)求点C1到平面ABN的距离.
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解 设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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21.(12分)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；
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BE⊥DC.
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(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值.
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因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，
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设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量.
易知向量n2＝(0，1，0)为平面ABP的一个法向量，
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证明 如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，
D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，
C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，
又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，
又因为直线MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
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设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，
不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1).
设n2＝(x′，y′，z′)为平面ACB1的法向量，
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不妨设z′＝1，可得n2＝(0，－2，1).
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又n＝(0，0，1)为平面ABCD的法向量，
整理得λ2＋4λ－3＝0，
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本课结束(共52张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
章末复习课
内容索引
一、空间向量及其运算
二、利用空间向量证明位置关系
三、利用空间向量求空间角
四、利用空间向量计算距离
知识网络
随堂演练
知识网络
一、空间向量及其运算
1.空间向量的运算主要包括空间向量的加减、数乘运算以及坐标运算，一般与共面定理，共线定理以及空间向量基本定理综合考查.
2.掌握基本的运算及共面、共线定理以及空间向量基本定理，重点提升数学运算和直观想象素养.
1
(2)(多选)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.下列选项中，正确的是
√
√
所以C正确；
又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，
因此D正确，其余两个都不正确.
反思感悟 空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件
(1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的.
A.(3，0，0) B.(0，3，0)
C.(0，0，3) D.(0，0，－3)
√
解析 设P(0，0，z)，
解得z＝3.
(2)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
二、利用空间向量证明位置关系
1.主要考查利用直线的方向向量与平面的法向量，判定、证明空间中的直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直.
2.掌握直线的方向向量与平面的法向量，理解并记忆判定平行与垂直的公式，提升逻辑推理和直观想象素养.
例2 在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点.
(1)求证：BM∥平面PAD；
证明 以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，
又BM?平面PAD，∴BM∥平面PAD.
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由.
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
反思感悟 利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运算，再借助于向量的有关性质求解(证).
跟踪训练2 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.
(1)求证：AC⊥BC1；
证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1
中，
因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，
所以AC，BC，CC1两两垂直，
以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，
z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4).
(2)请说明在AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1.
解 假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，
所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，
所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点.
三、利用空间向量求空间角
1.主要考查利用直线的方向向量与平面的法向量，求直线与直线所成的角，直线与平面的夹角，平面与平面所成的角.
2.掌握并理解利用直线的方向向量与平面法向量求角的公式，提升逻辑推理和直观想象素养.
(1)求异面直线AF和BE所成的角；
∴直线AF和BE所成的角为90°.
(2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值.
解 设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)，
反思感悟 (1)在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标.
(2)直线和平面所成的角、两个平面的夹角类问题有两种思路：转化为两条直线所成的角、利用平面的法向量.
跟踪训练3 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，G，F分别是线段BE，DC的中点.
(1)求证：GF∥平面ADE；
证明 方法一 如图，取AE的中点H，连接HG，HD，
因为G是BE的中点，
由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.
又DH?平面ADE，GF?平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
方法二 如图，取AB的中点M，连接MG，MF.
由G是BE的中点，可知GM∥AE.
又AE?平面ADE，GM?平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD?平面ADE，MF?平面ADE.
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF?平面GMF，所以GF∥平面ADE.
(2)求平面AEF与平面BEC所成角的余弦值.
解 方法一 如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.
因为BE⊥CE，
所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，
所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以B为坐标原点，分别以BE，BQ，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，
则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1).
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量.
取z＝2，得n＝(2，－1，2).
方法二 同方法一.
四、利用空间向量计算距离
1.空间距离的计算思路
2.通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力.
例4 在三棱锥B－ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离.
解 如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，
设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，
反思感悟 利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可.
√
解析 以点A为坐标原点，分别以直线AB，AD，AA1
为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
易知A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，
随堂演练
解析 连接BD，如图，
√
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4
√
解析 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)，
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3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD与平面A1C1D所成角的正弦值是
√
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4
设正方体的棱长为2，
则A1(2，0，0)，C1(0，2，0)，D(0，0，2)，B(2，2，2)，
且n＝(1，1，1)是平面A1C1D的一个法向量，
设DB与平面A1C1D所成的角为θ，
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解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(1，－1，0)，B(1，0，0)，
设平面EDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
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