2018届苏教版空间向量与立体几何单元测试20
2018届苏教版空间向量与立体几何单元测试16
一、填空题1.从空间一点P引出三条射线PA，PB，PC，在PA，PB，PC上分别取＝a，＝b，＝c，点G在PQ上，且PG＝2GQ，H为RS的中点，则＝__________________.(用a，b，c表示)2..如下图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中建立空间直角坐标系，若正方体的棱长为1，则的坐标为__________，的坐标为__________，的坐标为__________．3.在下列等式中，使点M与点A，B，C一定共面的是______(填序号)．①＝－－；②＝＋＋；③＋＋＝0；④＋＋＋＝0.4.设ABCD，ABEF都是边长为1的正方形，FA⊥平面ABCD，则异面直线AC与BF所成的角为________．5.P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN ＝45°，∠MPN＝60°，那么平面α与β的夹角为________．6.已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是上底面A1C1的对角线的交点，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为________．7.下面关于空间向量的说法正确的是________(填序号)．①若向量a，b平行，则a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在直线是异面直线，则a，b不共面；③若A，B，C，D四点不共面，则向量，不共面；④若A，B，C，D四点不共面，则向量，，不共面．8.下列结论中，正确的是________(填序号)．①若a，b，c共面，则存在实数x，y，使a＝xb＋yc；②若a，b，c不共面，则不存在实数x，y，使a＝xb＋yc；③若a，b，c共面，b，c不共线，则存在实数x，y，使a＝xb＋yc；④若a＝xb＋yc，则a，b，c共面．9.若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则＝＝是a∥b的________________条件．10.已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是上底面A1C1的对角线的交点，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为________．二、解答题11.请叙述共面向量定理的推论。
2018《单元滚动检测卷》高考数学(理)(苏教版)精练检测八 立体几何与空间向量
单元滚动检测八立体几何与空间向量考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分160分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上) 1．(2016·济宁一模)直线l1，l2平行的一个充分条件是________．(填序号)①l1，l2都平行于同一个平面；②l1，l2与同一个平面所成的角相等；③l1平行于l2所在的平面；④l1，l2都垂直于同一个平面．2．(2016·常州模拟)已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2，锐角为60°的菱形，侧棱P A⊥底面ABCD，P A＝3.若M是BC的中点，则三棱锥M—P AD的体积为________．3．设l是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中，是真命题的是________．(填序号)①如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于β；②如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于β；③如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，那么l⊥γ；④如果α⊥β，l与α，β都相交，那么l与α，β所成的角互余．4．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC 为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为________．5．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n 与α相交； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α且n ∥β. 其中正确的是________．(填序号)6．(2016·泰州模拟)如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为BD 1的中点，三棱锥O —ABD 的体积为V 1，四棱锥O —ADD 1A 1的体积为V 2，则V 1V 2的值为____________．7.如图所示，已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长为2，底面边长为3，E 是SA 的中点，则异面直线BE 与SC 所成角的大小为________．8.如图，边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是______．(填序号)①动点A ′在平面ABC 上的投影在线段AF 上；②BC ∥平面A ′DE ；③三棱锥A ′－FED 的体积有最大值．9.(2016·南京、盐城、连云港联考)如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，已知AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A —A 1EF 的体积是________．10．(2016·苏州无锡联考)已知棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．11.如图所示，已知△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，且a 2＋b 2＋c 2＝1，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________．12．(2016·徐州调研测试)设α、β是空间两个不同的平面，m ，n 是平面α及β外的两条不同直线，从“①m ⊥n ；②α⊥β；③n ⊥β；④m ⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)．13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB 1与平面AB 1C 1所成的角为________．14．如图是物理实验装置，它由两块互相垂直的正方形木板构成．已知两个正方形的边长都为1，在正方形ABCD 的对角线AC 上有一滑片M ，在正方形ABEF 的对角线BF 上有一滑片N ，无论两个滑片如何滑动，始终满足滑片M 到点C 的距离等于滑片N 到点B 的距离．当两滑片的距离最小时，滑片M 到点C 的距离为________．第Ⅱ卷二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(14分)(2016·苏州常州联考)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AA 1＝2AB ，D 是AB 的中点．(1)求证：BC 1∥平面A 1CD ；(2)若点P 在线段BB 1上，且BP ＝14BB 1，求证：AP ⊥平面A 1CD .16.(14分)(2016·镇江模拟)如图，在三棱柱P —ABC 中，∠PAC ＝∠BAC ＝90°，PA ＝PB ，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．(1)求证：直线DF ∥平面P AC ； (2)求证：PF ⊥AD .17.(14分)(2016·兰州一中第一次月考)在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，E是PD的中点，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，AC＝AP＝2.(1)求证：PC⊥AE；(2)求二面角A－CE－P的余弦值.18．(16分)(2016·江苏无锡、镇江一调)如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC ＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4，如图2所示．将△BCD沿CD 折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连结AB，设点F是AB的中点．(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)在图2中，若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B—DEG 的体积.19.(16分)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所成锐二面角的余弦值.20.(16分)(2016·成都第二次诊断性检测)如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，侧棱AA1⊥底面ABCD，E是CD的中点，CD＝2AB＝2AD，AD＝1，AA1＝ 2.(1)求证：EA1⊥平面BDC1；(2)求二面角D－BC1－D1的余弦值.答案解析1．④解析 对于①，当l 1，l 2都平行于同一个平面时，l 1与l 2可能平行、相交或异面；对于②，当l 1，l 2与同一个平面所成角相等时，l 1与l 2可能平行、相交或异面；对于③，l 1与l 2可能平行，也可能异面，只有④满足要求． 2.3解析 由题意知V 三棱锥M —P AD ＝V 三棱锥P —ADM ＝13×(12×2×3)×3＝ 3.3．①②③解析 对于①，若α⊥β，那么α内平行交线的直线平行于β，故①为真命题；对于②，根据面面垂直的判定定理可知，若α内存在直线垂直于β，则α⊥β，与已知矛盾，故②为真命题；对于③，如果α⊥γ，β⊥γ，设α，γ的交线为a ，β，γ的交线为b ， 在γ内取a ，b 外的一点O ，作OA ⊥a 于A ，OB ⊥b 于B ， ∵α⊥γ，α∩γ＝A ，OA ⊂γ，OA ⊥a ，∴OA ⊥α， ∵α∩β＝l ⇒l ⊂α，∴OA ⊥l ，同理OB ⊥l ， ∵OA ，OB ⊂γ，OA ∩OB ＝O ， ∴l ⊥γ，故③为真命题；对于④，只有当l 与两面的交线垂直时，该结论才成立， 故④为假命题． 4.26解析 在直角三角形ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，所以SA ＝4－1＝3；同理SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连结DB ，因为△SAC ≌△SBC ，所以BD ⊥SC ，故SC ⊥平面ABD ，且平面ABD 为等腰三角形，因为∠ASC ＝30°，所以AD ＝12SA ＝32，则△ABD 的面积为12×1×AD 2－(12)2＝24，则三棱锥的体积为13×24×2＝26.5．①④解析 根据面面垂直的判定定理知①正确；②若m ∥n ，则得不出α∥β，错误；③n 与α还可能平行，错误；易知④正确．6.12解析 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，设AB ＝a ，BC ＝b ， CC 1＝c ，则V 1＝13·ab 2·c 2＝abc 12，V 2＝13·bc ·a 2＝abc 6，所以V 1V 2＝12.7．60°解析 连结AC ，BD ，设AC ，BD 交于点O ，连结EO ，则EO ∥SC ，所以直线BE 与SC 所成的角等于直线BE 与EO 所成的角，即∠BEO . 在△EBO 中，通过计算可知EO ＝22，BE ＝2，OB ＝62， 所以EO 2＋OB 2＝BE 2，所以EO ⊥OB ，cos ∠BEO ＝OE BE ＝12，所以∠BEO ＝60°. 8．①②③解析 ①中由已知可得面A ′FG ⊥面ABC ， 所以点A ′在面ABC 上的投影在线段AF 上．②中BC ∥DE ，根据线面平行的判定定理可得BC ∥平面A ′DE . ③中当面A ′DE ⊥面ABC 时，三棱锥A ′－FED 的体积达到最大． 9．83解析 设B 1E ＝x ，则BE ＝6－x .由题意知1111111A BCFE ABC A B C A A EF A EB C F V V V V ----=-四棱三棱柱-三棱四棱锥锥锥＝6×34×4×4－13×23×4x －13×23×4(6－x ) ＝243－13×23×4×6＝243－163＝8 3.10.32π解析 由题意知V 1＝a 3，S1＝6a 2，V 2＝13r ·πr 2＝πr 33，S 2＝πrl ＝2πr 2，由V 1V 2＝a 3πr 33＝3π，得a r＝1，所以S 1S 2＝6a 22πr 2＝32π.11．π解析 因为球心到球面的点的距离相等，可以找出一点到ABCD 四个点的距离相等，在直角三角形中斜边上的中点到各顶点距离相等，可知AD 中点O 到A ，B ，C ，D 的距离相等，因为AD ＝1，所以S ＝4π(12)2＝π.12．①③④⇒②(或②③④⇒①)解析 以①②③为条件，④为结论的命题不正确，直线m 也有可能与平面α平行或斜交；同理以①②④为条件，③为结论的命题也不正确；以①③④为条件，②为结论的命题正确；以②③④为条件，①为结论的命题也正确． 13.π6解析 记点B 到平面AB 1C 1的距离为d ，BB 1与平面AB 1C 1所成角为θ，连结BC 1，利用等体积法，VA －BB 1C 1＝VB －AB 1C 1，即13×3×12×2×3＝13d ×12×2×23，得d ＝32，则sin θ＝d BB 1＝12，所以θ＝π6.14.22解析 作MP ∥AB 交BC 于点P ，作NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连结PQ .依题意可知MP ∥NQ 且MP ＝NQ ， 即四边形MNQP 是平行四边形， 所以MN ＝PQ .设CM ＝BN ＝a (0≤a ≤2)，又CB ＝AB ＝BE ＝1，所以AC ＝BF ＝2，所以CP CB ＝CM AC ＝BQ BE ，即CP 1＝a 2＝BQ 1，所以CP ＝BQ ＝a 2＝22a ， 所以MN ＝PQ ＝BP 2＋BQ 2＝(1－CP )2＋BQ 2 ＝ (1－22a )2＋(22a )2＝a 2－2a ＋1 ＝(a －22)2＋12(0≤a ≤2)， 所以当a ＝22，MN ＝22，即滑片M 、N 分别滑动到AC 、BF 的中点时，滑片M 到点C 的距离为22，两滑片的距离最小． 15．证明 (1)如图，连结AC 1，设AC 1∩A 1C ＝O ，连结OD .因为四边形AA 1C 1C 是矩形，所以O 是AC 1的中点． 在△ABC 1中，O ，D 分别是AC 1，AB 的中点，所以OD ∥BC 1. 又因为OD ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD .(2)因为CA ＝CB ，D 是AB 的中点， 所以CD ⊥AB .又因为在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面ABC ⊥侧面AA 1B 1B ，交线为AB ，CD ⊂平面ABC ， 所以CD ⊥平面AA 1B 1B .因为AP ⊂平面A 1B 1BA ，所以CD ⊥AP . 因为BB 1＝2BA ，BB 1＝AA 1，BP ＝14BB 1，所以BP BA ＝24＝AD AA 1，所以Rt △ABP ∽Rt △A 1AD ，所以∠AA 1D ＝∠BAP ，所以∠AA 1D ＋∠A 1AP ＝∠BAP ＋∠A 1AP ＝90°，所以AP ⊥A 1D . 又因为CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ， 所以AP ⊥平面A 1CD .16．证明 (1)因为点D ，F 分别为BC ，AB 的中点，所以DF ∥AC ，又因为DF ⊄平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，所以直线DF ∥平面P AC .(2)因为∠P AC ＝∠BAC ＝90°，所以AC ⊥AB ，AC ⊥AP ，又因为AB ∩AP ＝A ，所以AC ⊥平面P AB ，因为PF ⊂平面P AB ，所以AC ⊥PF ，因为P A ＝PB ，F 为AB 的中点，所以PF ⊥AB ，因为AC ∩AB ＝A ，所以PF ⊥平面ABC ，因为AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥PF .17．(1)证明 取PC 的中点F ，连结EF ，AF ，则EF ∥CD .因为AC ＝AP ＝2，所以PC ⊥AF .因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD .又AC ⊥CD ，P A ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面P AC .因为PC ⊂平面P AC ，所以CD ⊥PC .又EF ∥CD ，所以EF ⊥PC .又因为PC ⊥AF ，AF ∩EF ＝F ，所以PC ⊥平面AEF .因为AE ⊂平面AEF ，所以PC ⊥AE .(2)解 以B 为原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，过点B 平行AP 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B —xyz ，则B (0,0,0)，A (0,1,0)，C (3，0,0)，D (23，3,0)，E (3，2,1)，P (0,1,2)，F (32，12，1)， AC →＝(3，－1,0)，CE →＝(0,2,1)．设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·n 1＝0，CE →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3x －y ＝0，2y ＋z ＝0， 令x ＝1，得平面ACE 的一个法向量n 1＝(1，3，－23)．由(1)知，CD ⊥平面P AC ，AF ⊂平面P AC ，所以CD ⊥AF .同理PC ⊥AF ，PC ∩CD ＝C ，CD ⊂平面PCE ，PC ⊂平面PCE ，所以AF ⊥平面PCE ，所以平面PCE 的一个法向量n 2＝AF →＝(32，－12，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－64， 由图可知二面角A －CE －P 为锐角，所以二面角A －CE －P 的余弦值为64. 18．(1)证明 在题图1中，因为AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，所以∠ACB ＝60°. 因为CD 为∠ACB 的平分线，所以∠BCD ＝∠ACD ＝30°，所以CD ＝2 3.又因为CE ＝4，∠DCE ＝30°，所以DE ＝2.则CD 2＋DE 2＝CE 2，所以∠CDE ＝90°，即DE ⊥CD .在题图2中，因为平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ，所以DE ⊥平面BCD .(2)解 在题图2中，因为EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ，所以EF ∥BG .因为点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点，所以AE ＝EG ＝CG ＝2.过点B 作BH ⊥CD ，交CD 于点H .又因为平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，BH ⊂平面BCD ，所以BH ⊥平面ACD .由条件得BH ＝32. 又S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin 30°＝3， 所以三棱锥B —DEG 的体积V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32. 19．(1)证明 方法一 如图①，取AE 的中点H ，连结HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB . 又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD . 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②，取AB 的中点M ，连结MG ，MF .又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)解 如图③，在平面BEC 内，过点B 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 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，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BA →＝(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AE →＝(2,0，－2)，AF →＝(2,2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0， 取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n ||BA →|＝43×2＝23， 所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23. 20．(1)证明 由题意得DA ，DD 1，DC 两两垂直．以D 为坐标原点，分别以DA ，DD 1，DC 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，则D (0,0,0)，E (0,0,1)，A 1(1，2，0)，B (1,0,1)，C 1(0，2，2)，D 1(0，2，0). EA 1→＝(1，2，－1)，DB →＝(1,0,1)，DC 1→＝(0，2，2)．∵EA 1→·DB →＝1－1＝0，∴EA 1→⊥DB →，即EA 1⊥DB .∵EA 1→·DC 1→＝2×2－1×2＝0，∴EA 1→⊥DC 1→，即EA 1⊥DC 1.又DB ∩DC 1＝D ，∴EA 1⊥平面BDC 1.(2)解 设平面BD 1C 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．∵BC 1→＝(－1，2，1)，D 1C 1→＝(0,0,2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ D 1C 1→·n ＝0，BC 1→·n ＝0得⎩⎨⎧2z 1＝0，－x 1＋2y 1＋z 1＝0， 令x 1＝2，则y 1＝1，z 1＝0，∴n ＝(2，1,0)．由(1)知EA 1⊥平面BDC 1，∴平面BDC 1的一个法向量为EA 1→＝(1，2，－1)． ∴cos 〈EA 1→，n 〉＝EA 1→·n |EA 1→||n |＝2＋2－02×3＝63. 由图知二面角D －BC 1－D 1为锐二面角， ∴二面角D －BC 1－D 1的余弦值为63.。
苏教版(新教材)数学选择性必修第二册第6章空间向量与立体几何6.3空间向量的应用同步测验
苏教版（新教材）数学选择性必修 第二册第6章 空间向量与立体几何6.3 空间向量的应用同步测验共 22 题一、单选题1、如图,正四棱锥S-ABCD 中,O 为顶点在底面内的投影,P 为侧棱SD 的中点,且SO=OD,则直线BC 与平面PAC 的夹角是（ ）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°2、正方体ABCD—A′B′C′D′中，AB 的中点为M ，DD′的中点为N ，则异面直线B′M 与CN 所成角的大小为（ ）A. 0°B. 45°C. 60 °D. 90°3、如图，三棱柱 满足棱长都相等且 平面 ，D 是棱的中点，E 是棱 上的动点．设，随着x 增大，平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角的平面角是( )A. 先增大再减小B. 减小C. 增大D. 先减小再增大4、已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角为（ ）A.B.C. 或D.5、如图，在长方体中，M ，N 分别是棱BB1 ， B 1C 1的中点，若∠CMN=90°，则异面直线AD 1和DM 所成角为（ ）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°6、在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为1，则二面角的平面角的余弦值为（）A. B.C. D.7、如图，设矩形 ABCD 所在的平面与梯形 ACEF 所在平面交于 AC ，若，则下面二面角的平面角大小为定值的是（）A. B.C. D.8、如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B′AC＝60°．那么这个二面角大小是（）A.30°B.60°C.90°D.120°9、如图，直三棱柱的底面是边长为6的等边三角形，侧棱长为2，E是棱BC上的动点，F是棱上靠近点的三分点，M是棱上的动点，则二面角的正切值不可能是（）A. B.C. D.10、如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1= ,则AA1与平面AB1C1所成的角为( )A. B.C. D.11、已知正四面体中，为的中点，则过点与侧面和底面所在平面都成的平面共有（）（注：若二面角的大小为，则平面与平面所成的角也为）A.1个B.2个C.3个D.4个12、在三棱锥中，，， P在平面的射影O为的中点，D是上的动点，M，N是的两个三等分点，（），记二面角，的平面角分别为， .若，则的最大值为（）A. B.C. D.二、填空题13、棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是__．14、将边长为1的正方形沿对角线折叠，使得点B和D的距离为1，则二面角的大小为________.15、如图，在正方体中，直线与平面所成的角等于________．16、四棱锥中，平面ABCD，，，BC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点Q的轨迹将ABCD分成面积为的两部分，则 =________．三、解答题17、如图，在直三棱柱中，，，， .(1)设，异面直线与所成角的余弦值为，求的值；(2)若点D是的中点，求二面角的余弦值.18、在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD= ,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF= BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．19、如图，在三棱柱中，平面，，且 .(1)求棱与所成的角的大小；(2)在棱上确定一点，使二面角的平面角的余弦值为 .20、如图，在直三棱柱中，已知，，， .D是线段的中点.(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)求二面角的大小的余弦值.21、如图, 在三棱锥中，平面，，且，，E为的中点．(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)求二面角的余弦值．22、如图所示，等边三角形的边长为3，点，分别是边，上的点，满足，．将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，．(1)求二面角的余弦值；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．参考答案一、单选题1、【答案】A【解析】【解答】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz．设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A（a，0，0），B（0，a，0），C（﹣a，0，0），P（0，，），则（2a，0，0），（﹣a，，），（a，a，0），设平面PAC的一个法向量为，则，，∴，可取（0，1，1），∴，∴，＞＝60°，∴直线BC与平面PAC的夹角为90°﹣60°＝30°．故答案为：A．【分析】利用空间向量的方法结合正四棱锥的结构特征，再利用数量积求两向量夹角的方法结合直角三角形互余的性质，用已知条件求出直线BC与平面PAC的夹角。
苏教版高中数学选修2-1第3章空间向量与立体几何+本章练测.docx
高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作第3章 空间向量与立体几何（苏教版选修2-1）建议用时 实际用时满分 实际得分120分钟160分一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70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.若向量a =(1，-2，2)，b =(2，-1，2)，则a 与b 夹角的余弦值为 ．2.已知空间三点的坐标为A （1，5，-2），B （2，4，1），C （p ，3，q+2），若A ，B ，C 三点共线，则p = ，q = ．3．若A )12,5,(--x x x ，B )2,2,1(x x -+，当AB取最小值时，x 的值等于 .4.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE BD.（填“∥”或“⊥”）5.已知在长方体中，AB =BC =4，=2，则直线和平面所成角的正弦值为 .6.如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为 2，点E 是棱AB 的中点，点F （0，y ，z ） 是正方体的面AA 1D 1D 上一点，且CF ⊥B 1E ， 则点F （0，y ，z ）满足方程 .7．平面α的法向量为(1，0，-1)，平面β的法向量为(0，-1，1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为 . 8.已知二面角A -E F -C的半平面A E F的法向量是n =（1，-1，2），半平面CEF 的法向量是m =（-1，-1，2），若二面角的平面角是锐角θ，则c os = .9.在长方体ABCD -中，AD ==2，AB =4，E ，F 分别是，AB 的中点，点O 是的交点，则直线OF与平面DEF 所成角的正弦值为 .10．在空间四边形OABC 中，OB OC =，π3AOB AOC ∠=∠=，则cos ,OA BC 〈〉的值 是 .11. 若向量a ),4,2,4(-=b )2,3,6(-=，则(23)(2)-⋅+=a b a b __________________.12. 若向量a =2-+，i j k b =49++i j k ，则这两个向量的位置关系是___________.13.已知向量a ),3,1,2(-= b ),2,4(x -=，若⊥a b ，则=x ______；若a ∥b ,则=x ______.14. 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长是1，则直线1DA 与AC 间的距离为 . 二、解答题（本题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（14分）如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD ．（1）证明：AB ⊥平面VAD（2）求平面VAD与平面VDB所成的二面角的平面角的余弦值．-中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，16．（14分）如图，在四棱锥P ABCDAB=，13PA=，E为PD的中点.BC=，2（1）求直线AC与PB所成角的余弦值（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出点N到AB和AP的距离.17．（14分）如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====.（1）求BF 的长（2）求点C 到平面1AEC F 的距离.18.（16分）已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且P A=AD=DC=1，2AB =，点M 是PB 的中点.（1）证明：平面PAD ⊥平面PCD ；（2）求AC与PB所成的角的余弦值（3）求平面AMC与平面BMC所成二面角的平面角的余弦值.19．（16分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，△P AD是等边三角形，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，E是AD的中点，F是PC的中点.(1)求证：BE⊥平面P AD(2)求证：EF∥平面P AB；(3)求直线EF与平面PBE所成角的余弦值.20. （16分）(2012·安徽高考)平面图形ABB2A2C3C如图4所示，其中BB1C1C是矩形，BC=2，BB1=4，AB=AC=，A1B1=A1C1= 。
高中数学苏教版选修21第3章空间向量与立体几何章末检测
章末检测一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．对于空间中的非零向量AB →、B C →、AC →，有下列各式：①AB →＋BC →＝AC →；②AB →－AC →＝BC →；③|AB →|＋|BC →|＝|AC →|；④|AB →|－|AC →|＝|BC →|.其中一定不成立的是________． 答案 ②解析 根据空间向量的加减法运算，对于①：AB →＋BC →＝AC →恒成立； 对于③：当AB →、BC →、AC →方向相同时，有|AB →|＋|BC →|＝|AC →|；对于④：当BC →、AB →、AC →共线且BC →与AB →、AC →方向相反时，有|AB →|－|AC →|＝|BC →|. 只有②一定不成立．2．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝______. 答案 2解析 c －a ＝(0,0,1－x )，故(c －c )·(2b )＝2(0,0,1－x )·(1,2,1)＝2(1－x )，结合已知得2(1－x )＝－2，解得x ＝2.3．已知G 是△ABC 的重心，O 是平面ABC 外的一点，若λOG →＝OA →＋OB →＋OC →，则λ＝______. 答案 3解析 如图，正方体中，OA →＋OB →＋OC →＝OD →＝3OG →，所以λ＝3.4．空间四边形ABCD 中，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，则向量EF →与BC →、AD →________(是、否)共面． 答案 是解析 如图所示，EF →＝EA →＋AD →＋DF →， EF →＝EB →＋BC →＋CF →.又E 、F 分别是AB 、CD 的中点， 故有EA →＝－EB →，DF →＝－CF →， ∴2EF →＝AD →＋BC →，∴EF →＝12AD →＋12BC →.∵AD →与BC →不共线，∴EF →与AD →、BC →共面．5．下列命题中，正确命题的个数为______．①若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β； ②若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n 1·n 2＝0； ③若n 是平面α的法向量，a 与α共面，则n ·a ＝0； ④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直． 答案 3解析 ①中平面α，β可能平行，也可能重合，故①不正确；结合平面法向量的概念，易知②③④正确．6．在四面体OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →可表示为______(用a ，b ，c 表示)． 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →)＝OA →＋14×(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .7．在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为______． 答案 12，12解析 如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，故x ，y的值都为12.8．如图，已知四边形ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，连结AC ，BD ，PB ，PC ，PD ，则下列各组向量中，数量积不一定为零的是________．①PC →与BD → ②DA →与PB → ③PD →与AB → ④P A →与CD → 答案 ①解析 建立如图所示的空间直角坐标系．设矩形ABCD 的长、宽分别为a ，b ，P A 长为c ，则A (0,0,0)，B (b,0,0)，D (0，a,0)，C (b ，a,0)，P (0,0，c )．则PC →＝(b ，a ，－c )，BD →＝(－b ，a,0)，DA →＝(0，－a,0)，PB →＝(b,0，－c )，PD →＝(0，a ，－c )，AB →＝(b,0,0)，P A →＝(0,0，－c )，CD →＝(－b,0,0)． ∴PC →·BD →＝－b 2＋a 2不一定为0. DA →·PB →＝0，PD →·AB →＝0，P A →·CD →＝0.9．对于空间任意一点O 和不共线的三点A 、B 、C ，有如下关系：6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →，则下列说法正确的是________． ①四点O 、A 、B 、C 必共面； ②四点P 、A 、B 、C 必共面； ③四点O 、P 、B 、C 必共面； ④五点O 、P 、A 、B 、C 必共面． 答案 ②解析 由已知得OP →＝16OA →＋13OB →＋12OC →，而16＋13＋12＝1，∴四点P 、A 、B 、C 共面．10.如图，AB ＝AC ＝BD ＝1，AB ⊂面M ，AC ⊥面M ，BD ⊥AB ，BD 与面M 成30°角，则C 、D 间的距离为________． 答案2解析 |CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos120°＝2.∴|CD →|＝ 2.11．已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为________． 答案 π3解析 取正三角形ABC 的中心O ，连结OP ，则∠P AO 是P A 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3， 所以AD ＝3×32＝32，AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为12×(3)2×32AA 1＝94，解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3，所以tan ∠P AO ＝OP OA ＝3，即∠P AO ＝π3.12.如图所示，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角是________． 答案 60°解析 不妨设AB ＝BC ＝AA 1＝1，则EF →＝BF →－BE →＝12(BB 1→－BA →)，BC 1→＝BC →＋BB 1→，∴|EF →|＝12|BB 1→－BA →|＝22，|BC 1→|＝2，EF →·BC 1→＝12(BB 1→－BA →)·(BC →＋BB 1→)＝12，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →|·|BC 1→|＝1222×2＝12，∵〈EF →，BC 1→〉∈[0°，180°]，∴〈EF →，BC 1→〉＝60°，即异面直线EF 与BC 1的夹角是60°.13.如图所示，已知二面角αlβ的平面角为θ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB 在平面β内，BC 在l 上，CD 在平面α内，若AB ＝BC ＝CD ＝1，则AD 的长为________． 答案3－2cos θ解析 AD →＝AB →＋BC →＋CD →，所以AD →2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2AB →·CD →＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ. 所以|AD →|＝3－2cos θ， 即AD 的长为3－2cos θ.14．在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 与E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为______． 答案 [15，1) 解析 以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴建立空间直角坐标系， 则F (t 1,0,0)(0＜t 1＜1)，E (0,1，12)，G (12，0,1)，D (0，t 2,0)(0＜t 2＜1)．所以EF →＝(t 1，－1，－12)，GD →＝(－12，t 2，－1)．因为GD ⊥EF ，所以t 1＋2t 2＝1，由此推出0＜t 2＜12.又DF →＝(t 1，－t 2,0)，|DF →|＝t 21＋t 22＝5(t 2－25)2＋15，从而有15≤DF ＜1.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)．设a ＝AB →，b ＝AC →， (1)求a 和b 的夹角θ的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．解 因为A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，a ＝AB →，b ＝AC →， 所以a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)． (1)cos θ＝a ·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，即a 和b 的夹角的余弦值为－1010. (2)因为k a ＋b ＝k (1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)， k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )．所以(k －1，k,2)· (k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0， 则k ＝－52或k ＝2.16．(14分)已知OA →＝(1,0,2)，OB →＝(2,2,0)，OC →＝(0,1,2)，点M 在直线OC 上运动，当MA →·MB →取最小时，求点M 的坐标．解 设OM →＝λOC →＝(0，λ，2λ)，则MA →＝(1，－λ，2－2λ)， MB →＝(2,2－λ，－2λ)，∴MA →·MB →＝2－λ(2－λ)－2λ(2－2λ) ＝5λ2－6λ＋2＝5(λ－35)2＋15，∴当λ＝35时，MA →·MB →最小，此时点M 的坐标为M (0，35，65)．17．(14分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ，AB ＝2AD ，E 是线段PD 上的点，F 是线段AB 上的点，且PE ED ＝BFF A＝λ(λ＞0)． (1)判断EF 与平面PBC 的关系，并证明；(2)当λ为何值时，DF ⊥平面P AC ？并证明你的结论．解 (1)EF ∥平面PBC ，证明如下，如图，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AD 长为1，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2，1,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)， 由PE ED ＝BF F A ＝λ(λ＞0)得E (0，λ1＋λ，11＋λ)，F (21＋λ，0,0)， 所以EF →＝(21＋λ，－λ1＋λ，－11＋λ)，BC →＝(0,1,0)，PB →＝(2，0，－1)，设面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧y ＝0，2x －z ＝0.所以取n ＝(1,0，2)； 由于n ·EF →＝0，所以n ⊥EF →，因为EF ⊄平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)当λ＝1时，DF ⊥平面P AC .证明如下：设平面P AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由于AC →＝(2，1,0)，AP →＝(0,0,1)，则⎩⎨⎧2x ＋y ＝0，z ＝0.不妨取m ＝(1，－2，0)，又DF →＝(22，－1,0)，m ＝2DF →，所以DF ⊥平面P AC .18．(16分)如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上一点，CP ＝m .试确定m 的值使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角为60°.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1，1,0)，P (0,1，m )，C (0,1,0)，D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，D 1(0，0,1)．则BD →＝(－1，－1,0)，BB 1→＝(0,0,1)，AP →＝(－1,1，m )，AC →＝(－1,1,0)．又由AC →·BD →＝0，AC →·BB 1→＝0知，AC →⊥BD →，AC →⊥BB 1→，则AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量． 设AP 与平面BB 1D 1D 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，AC →〉|＝|AP →·AC →||AP →||AC →|＝22＋m 2·2. 依题意得22＋m 2·2＝sin60°＝32，解得m ＝63.故当m ＝63时，直线AP 与平面BDD 1B 1所成角为60°. 19．(16分)如图所示，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． (1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． 解 设正方体的棱长为 1.如图所示，以AB →，AD →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系A －xyz .(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)， 所以BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12，AD →＝(0,1,0)． 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中， 因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量． 设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ， 则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23.故直线BE 和平面ABB 1A 1所成角的正弦值为23.(2)在棱C 1D 1上存在点F ，使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1)， BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1) (0≤t ≤1)．又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)．而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F →·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为棱C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE . 20．(16分)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连结GH .(1)求证：AB ∥GH ；(2)求二面角DGHE 的余弦值．(1)证明 因为D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点， 所以EF ∥AB ，DC ∥AB ，所以EF ∥DC ， 又EF ⊄平面PCD ，DC ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD ，又EF ⊂平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD ＝GH ， 所以EF ∥GH ， 又EF ∥AB ， 所以AB ∥GH .(2)解 方法一 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ， 所以∠ABQ ＝90°，即AB ⊥BQ ， 因为PB ⊥平面ABQ ，所以AB ⊥PB ， 又BP ∩BQ ＝B ，所以AB ⊥平面PBQ ， 由(1)知AB ∥GH ，所以GH ⊥平面PBQ ，又FH ⊂平面PBQ ， 所以GH ⊥FH ，同理可得GH ⊥HC ， 所以∠FHC 为二面角DGHE 的平面角， 设BA ＝BQ ＝BP ＝2，连结FC ，在Rt △FBC 中，由勾股定理得，FC ＝2， 在Rt △PBC 中，由勾股定理得，PC ＝5， 又H 为△PBQ 的重心，所以HC ＝13PC ＝53，同理得FH ＝53， 在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×59＝－45，即二面角DGHE 的余弦值为－45.方法二 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ，所以∠ABQ ＝90°，又PB ⊥平面ABQ ，所以BA ，BQ ，BP 两两垂直，以B 为坐标原点，分别以BA ，BQ ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BA ＝BQ ＝BP ＝2，则E (1,0,1，)，F (0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1，1,0)，C (0，1,0)，P (0,0,2)，所以EQ →＝(－1,2，－1)，FQ →＝(0,2，－1)，DP →＝(－1，－1,2)，CP →＝(0，－1,2), 设平面EFQ 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·EQ →＝0，m ·FQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0， 取y 1＝1，得m ＝(0,1,2).设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·DP →＝0，n ·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－y 2＋2z 2＝0，－y 2＋2z 2＝0， 取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝45.因为二面角DGHE 为钝角，所以二面角DGHE 的余弦值为－45.。
2018届苏教版 立体几何中的向量方法 单元测试
立体几何中的向量方法基础巩固组1.已知直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为().A.-2B.-2C.2D.±2答案:D解析:线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=± 2.2.若平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为().A.π6B.π3C.π4D.5π6答案:B解析:y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ, 则sinθ=|cos<m,n>|,∵cos<m,n>=m·n|m||n|=-32×1=-32,∴sinθ=32.∴θ=π3.3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是().A.30°B.45°C.60°D.90°答案:D解析:以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则D(0,0,0),N0,1,12,M0,12,0,A1(1,0,1),DN = 0,1,12,MA 1= 1,-12,1 ,DN ·MA 1 =1×0+1× -12+12×1=0,因此DN ⊥MA 1 .故A 1M 与DN 所成角的大小是90°.4.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ,点M 在AC 1上且AM =12MC 1 ,N 为B 1B 的中点,则|MN |等于( ). A .216a B .66a C .156a D .153a答案:A解析:以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,则A (a ,0,0),C 1(0,a ,a ),N a ,a ,a2 . 设M (x ,y ,z ),∵点M 在AC 1上且AM =12MC 1 , ∴(x-a ,y ,z )=12(-x ,a-y ,a-z ). ∴x=23a ,y=a 3,z=a 3,得M 2a 3,a 3,a3 .∴|MN|= a -23a 2+ a -a 32+ a 2-a 32=216a.5.如图,过正方形ABCD 的顶点A ,引PA ⊥平面ABCD.若PA=BA ,则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( ). A.30°B.45°C.60°D.90°答案:B解析:(方法一)建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|=22,故所求的二面角的大小是45°.图1图2(方法二)将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP 和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为().A.22B.155C.64D.63答案:C解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为|AC1·n||AC1||n|=38=64.7.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.(填序号)答案:①解析:以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴建系如图.设M(x,y,0),正方形边长为a,则P a2,0,32a ,C(0,a,0),则|MC|=x2+(y-a)2,|MP|= x-a22+y2+-32a2.由|MP|=|MC|,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=12x的一部分.8.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)AM⊥平面BDF.证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设AC∩BD=N,连结NE.则点N,E的坐标分别为22,22,0,(0,0,1).于是NE=-22,-22,1.∵点A,M的坐标分别是(2,2,0),22,22,1,∴AM=-22,-22,1.∴NE=AM且NE与AM不共线.∴NE∥AM.又NE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE, ∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知AM=-22,-22,1.∵D(2,0,0),F(2,2,1),B(0,2,0),∴DF=(0,2,1),BF=(2,0,1).∴AM·DF=0,AM·BF=0.∴AM⊥DF,AM⊥BF.又DF∩BF=F,∴AM⊥平面BDF.9.(2015重庆高考)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.(1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,故PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2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)解:由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=π4.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=π2得DF ∥AC ,DFAC =FBBC =23,故AC=32DF=32.以C 为坐标原点,分别以CA ,CB ,CP 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 32,0,0 ,E (0,2,0),D (1,1,0),ED=(1,-1,0),DP =(-1,-1,3),DA = 12,-1,0 . 设平面PAD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1·DP =0,n 1·DA =0,得 -x 1-y 1+3z 1=0,12x 1-y 1=0,故可取n 1=(2,1,1). 由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED ,即n 2=(1,-1,0). 从而法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为 cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=36,故所求二面角A-PD-C 的余弦值为 36.能力提升组10.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别在A 1D ,AC 上,且A 1E=23A 1D ,AF=13AC ,则( ). A.EF 至多与A 1D ,AC 之一垂直 B.EF ⊥A 1D ,EF ⊥AC C.EF 与BD 1相交 D.EF 与BD 1异面 答案:B解析:以D 点为坐标原点,以DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A 1(1,0,1),D (0,0,0),A (1,0,0),C (0,1,0),E 13,0,13 ,F 23,13,0 ,B (1,1,0),D 1(0,0,1),A 1D =(-1,0,-1),AC =(-1,1,0), EF = 13,13,-13,BD 1 =(-1,-1,1),EF =-13BD 1 ,A 1D ·EF =AC ·EF =0, 从而EF ∥BD 1,EF ⊥A 1D ,EF ⊥AC.故选B.11.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( ). A .33,1B .63,1C . 63,2 23D .2 23,1 答案:B解析:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD 1=1,则D (0,0,0),B (1,1,0),A 1(1,0,1),O 12,12,0 ,并设点P (0,1,t )且0≤t ≤1. 则OP = -12,12,t ,A 1D =(-1,0,-1),A 1B =(0,1,-1). 设平面A 1BD 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0), 则有n ·A 1D =0,n ·A 1B =0,即 -x 0-z 0=0,y 0-z 0=0, 取x 0=1,y 0=-1,z 0=-1,则n =(1,-1,-1). 于是sin α=|cos <OP ,n >|= 3 t +12(0≤t ≤1),sin 2α=t 2+2t +13 t 2+12,0≤t ≤1.令f (t )=t 2+2t +13 t 2+12,0≤t ≤1. 则f'(t )=2t 2+t -1-3 t 2+122=-(2t -1)(t +1)3 t 2+122,可知当t ∈ 0,12 时,f'(t )>0;当t ∈ 12,1 时,f'(t )≤0.∵f (0)=23,f 12 =1,f (1)=89, ∴f max (t )=f 12 =1,f min (t )=f (0)=23. ∴sin α的最大值为1,最小值为 63. ∴sin α的取值范围为 63,1 .12.如图,等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ,二面角C-AB-D 的余弦值为 33,M ,N 分别是AC ,BC 的中点,则EM ,AN 所成角的余弦值等于 . 答案:16解析:过C 点作CO ⊥平面ABDE ,垂足为O ,取AB 中点F ,连结CF ,OF ,则∠CFO 为二面角C-AB-D 的平面角,设AB=1,则CF= 32,OF=CF ·cos ∠CFO=12,OC= 22,则O 为正方形ABDE 的中心, 如图所示建立直角坐标系Oxyz ,则E 0,- 22,0 ,M 24,0,24,A 22,0,0 ,N0,24,24,EM=24,22,24,AN=-22,24,24,cos<EM,AN>=EM·AN|EM||AN|=16.13.如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE 的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(2)解:因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0, n·AF=0,即x=0,y+z=0.令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为α,则sinα=|cos<n,BC>|=n·BC|n||BC|=12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为π6.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设PH=λPC(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2),所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·AH=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0,解得λ=23,所以点H的坐标为43,23,23.所以PH=432+232+-432=2.14.如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=23,BC=6.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求二面角P-BD-A的大小.(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(23,0,0),C(23,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3),于是AP=(0,0,3),AC=(23,6,0),BD=(-23,2,0).∵BD·AP=0,BD·AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC.又∵PA∩AC=A,∴BD⊥面PAC.(2)解:平面ABD的法向量为m=(0,0,1),设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·BP=0.∵BP=(-2,0,3),∴-23x+2y=0,-23x+3z=0,解得y=3x, z=233x.令x=3,则n=(3,3,2),∴cos<m,n>=m·n|m||n|=12.∴二面角P-BD-A的大小为60°.15.(2015湖北高考)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD 中,侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD=CD ,过棱PC 的中点E ,作EF ⊥PB ,交PB 于点F ,连结DE ,DF ,BD ,BE.(1)证明:PB ⊥平面DEF ,试判断四面体DBEF 是否为鳖臑.若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3,求DCBC 的值. 解法一:(1)证明:因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥BC.由底面ABCD 为长方形,有BC ⊥CD ,而PD ∩CD=D , 所以BC ⊥平面PCD.而DE ⊂平面PCD ,所以BC ⊥DE.又因为PD=CD ,点E 是PC 的中点,所以DE ⊥PC. 而PC ∩BC=C ,所以DE ⊥平面PBC. 而PB ⊂平面PBC ,所以PB ⊥DE. 又PB ⊥EF ,DE ∩EF=E , 所以PB ⊥平面DEF.由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB.图①(2)如图①,在平面PBC 内,延长BC 与FE 交于点G , 则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线. 由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以PB ⊥DG. 又因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥DG.而PD ∩PB=P ,所以DG ⊥平面PBD.故∠BDF 是平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD= 2在Rt △PDB 中,由DF ⊥PB ,得∠DPF=∠FDB=π3, 则tan π3=tan ∠DPF=BDPD = 1+λ2= 3,解得λ= 2. 所以DC BC =1λ=22.故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC=22.解法二:(1)证明:如图②,以D 为原点,射线DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系.图②设PD=DC=1,BC=λ,则D (0,0,0),P (0,0,1),B (λ,1,0),C (0,1,0),PB=(λ,1,-1), 点E 是PC 的中点,所以E 0,12,12 ,DE = 0,12,12, 于是PB·DE =0,即PB ⊥DE. 又已知EF ⊥PB ,而DE ∩EF=E , 所以PB ⊥平面DEF. 因PC=(0,1,-1),DE ·PC =0, 则DE ⊥PC.所以DE ⊥平面PBC. 由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB. (2)由PD ⊥平面ABCD ,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量; 由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF 的一个法向量. 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3, 则cos π3= BP ·DP|BP|·|DP| =λ+2=12,解得λ= 2,所以DC BC =1λ=22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC=22.。
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一、填空题1.O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是________(填序号)．①，，共线；②，共线；③，共线；④O，A，B，C四点共面．2.如图所示，在长、宽、高分别为AB＝3，AD＝2，AA1＝1的长方体ABCD—A1B1C1D1且以八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有________个；(2)长度为的向量有________个；(3)与相等的向量为________；3.正方体ABCD—A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值为________．4.已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，则λ＝__________.5.已知A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(1，1，x)，若AD⊂平面ABC，则实数x的值是________．6.设l1的方向向量a＝(1，2，－2)，l2的方向向量b＝(－2，3，m)，若l1⊥l2，则m＝______.7.已知l∥α，且l的方向向量为(2，－8，1)，平面α的法向量为(1，y，2)，则y＝________．8.若点A(1，2，3)，B(－3，2，7)，且＋＝0，则点C的坐标为____________．9.两个非零向量的模相等是两个向量相等的________条件．10.已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(＋＋)2＝32；②·(－)＝0；③向量与向量的夹角是60°；④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|··|.其中正确命题的序号是________．二、解答题11.如下图在三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC边上的中点，试证A1B∥平面AC1D.12.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．求证：是平面ADE的法向量．13.a＝｛1，5，-2｝，b＝｛m，2，m+2｝，若a⊥b，则m的值为多少？14.在平面直角坐标系中，求与A(3，5)关于y轴对称的点。
2018届苏教版空间向量与立体几何单元测试10
1.在空间平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面)，连结对应顶点．设＝a，＝b，＝c，M是BC1的中点，N是B1C1的中点，用基底{a，b，c}表示向量＋的结果是____________．2.如图，在四棱柱的上底面ABCD中，＝，则下列向量相等的是________．①与；②与；③与；④与.3.如下图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱CC1，BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是______．4.设O－ABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则(x，y，z)为________．5.已知|a|＝2，|b|＝，a·b＝－，则〈a，b〉＝________.6.已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，〈a，b〉＝135°，m⊥n，则λ＝________．7.在以下三个命题中，真命题的个数是________．①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；③若a，b是两个不共线的向量，而c＝λa＋μb (λ，μ∈R且λμ≠0)，且{a，b，c}构成空间的一个基底．8.若点A(1，2，3)，B(－3，2，7)，且＋＝0，则点C的坐标为____________．9.设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是________三角形．(填“锐角”，“直角”，“钝角”)10.已知点G是△ABC的重心，O是空间任一点，若＋＋＝λ，λ的值为________．11.如下图，已知四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，PA＝AB＝a，点M是PC的中点．(1)求BP与DM所成的角的大小；(2)求二面角M—DA—C的大小．12.如下图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝9°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求点C到平面B1DP的距离．13.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M是棱AA1的中点，点O是对角线BD1的中点． (1)求证：BD1⊥AC；(2)求证：OM是异面直线AA1与BD1的公垂线．14.如下图，向量，，是不共面的三个向量，请问向量与它们是什么关系？由此可以得出什么结论？15.已知{e1，e2，e3}为空间的一个基底，且＝2e1－e2＋3e3，＝e1＋2e2－e3，＝－3e1＋e2＋2e3，＝e1＋e2－e3.(1)判断P，A，B，C四点是否共面；(2)能否以{，，}作为空间的一个基底？若不能，说明理由；若能，试以这一基底表示向量.16.已知a＋3b与7a－5b垂直，且a－4b与7a－2b垂直，求〈a，b〉．17.正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点．求异面直线AE与CF所成角的余弦值．18.在空间平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面)，连结对应顶点．设＝a，＝b，＝c，M是BC1的中点，N是B1C1的中点，用基底{a，b，c}表示向量＋.19.证明三个向量a＝－e1＋3e2＋2e3，b＝4e1－6e2＋2e3，c＝－3e1＋12e2＋11e3共面．20.如下图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.答案解析1.【答案】a＋b＋c【解析】如下图，＋＝(＋)＋(＋)＝＋＋＝b＋(a＋b)＋(a＋c)＝a＋b＋c.2.【答案】④【解析】∵＝，∴||＝||，AB∥DC，即四边形ABCD为平行四边形，由平行四边形的性质知，＝.3.【答案】90°【解析】A1B1⊥平面BCC1B1，故A1B1⊥MN，·＝(＋)·＝·＋·＝0，∴MP⊥MN，即∠PMN＝90°.4.【答案】(，，)【解析】因为＝＝(＋)＝＋×[(＋)]＝＋[(－)＋(－)]＝＋＋，而＝x＋y＋z，所以x＝，y＝，z＝.5.【答案】【解析】cos〈a，b〉＝＝－，∴〈a，b〉＝.6.【答案】－【解析】由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，∴a2＋(1＋λ)a·b＋λb2＝0，∴18＋(λ＋1)×3×4cos 135°＋16λ＝0，即4λ＋6＝0，∴λ＝－.7.【答案】2【解析】①正确．基底的向量必须不共面；②正确；③不对，a，b不共线．当c＝λa＋μb时，a，b，c共面，故只有①②正确．8.【答案】(－1，2，5)【解析】设C(x，y，z)．由＋＝0，得(x－1，y－2，z－3)＋(x＋3，y－2，z－7)＝0.∴解得∴C(－1，2，5)．9.【答案】锐角【解析】△BCD中，·＝(－)·(－)＝2>0，∴∠B为锐角，同理，∠C，∠D均为锐角，∴△BCD为锐角三角形．10.【答案】3【解析】11.【答案】(1)建系如下图，由已知得A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，a，0)，P(0，0，a)，M.设直线BP与DM所成的角为θ.∵＝(－a，0，a)，＝，∴·＝0.∴BP与DM所成的角的大小为θ＝90°.(2)∵＝(0，0，a)，＝(a，0，0)，＝(0，a，0)，＝(－a，0，a)，∴·＝0，·＝0，·＝0.又由(1)知·＝0，∴是平面MDA的法向量，是平面ABCD的法向量，则cos〈，〉＝＝.∴所求的二面角M—DA—C的大小为45°.【解析】12.【答案】如下图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－xyz，则A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1)． (1)设C1D＝x，∵AC∥PC1，∴＝＝.由此可得D(0，1，x)，P(0，1＋，0)，∴＝(1，0，1)，＝(0，1，x)，＝(－1，1＋，0)．设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，则令c＝－1，则n1＝(1，x，－1)．∵PB1∥平面BA1D，∴n1·＝1×(－1)＋x·(1＋)＋(－1)×0＝0. 由此可得x＝，故CD＝C1D.(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝(1，，－1)．又n2＝(1，0，0)为平面AA1D的一个法向量．∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为.(3)∵＝(1，－2，0)，＝(0，－1，)，设平面B1DP的一个法向量n3＝(a1，b1，c1)，则令c1＝1，可得n3＝(1，，1)．又＝(0，0，)，∴C到平面B1DP的距离d＝＝.【解析】13.【答案】以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如下图所示空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，M(1，0，)，O(，，)．(1)＝(－1，－1，1)，＝(－1，1，0)，所以·＝(－1)×(－1)＋1×(－1)＋1×0＝0，所以⊥，即BD1⊥AC.(2)＝(，－，0)，＝(0，0，1)，＝(－1，－1，1)，因为·＝0，·＝0，所以OM⊥AA1，OM⊥BD1，即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线．【解析】14.【答案】．由此可知，始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量．【解析】15.【答案】(1)假设四点共面，则存在实数x，y，z使＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1，即2e1－e2＋3e3＝x(e1＋2e2－e3)＋y(－3e1＋e2＋2e3)＋z(e1＋e2－e3)，比较对应项的系数，得到关于x，y，z的方程组解得与x＋y＋z＝1矛盾，故四点不共面；(2)若向量，，共面，则存在实数m，n使＝m＋n，同(1)可证，这不可能，因此{，，}可以作为空间的一个基底．令＝a，＝b，＝c，由e1＋2e2－e3＝a，－3e1＋e2＋2e3＝b，e1＋e2－e3＝c，联立得到方程组，从中解得所以＝17－5－30.【解析】16.【答案】60°.【解析】(a＋3b)·(7a－5b)＝7|a|2－15|b|2＋16a·b＝0，(a－4b)(7a－2b)＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0，解之得，|b|2＝2a·b＝|a|2，∴cos〈a，b〉＝＝，∴〈a，b〉＝60°.17.【答案】不妨设正方体棱长为2，分别取DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如下图所示空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，0，2)，F(1，1，2)，由＝(－1，0，2)，＝(1，－1，2)，得||＝，||＝.∴·＝－1＋0＋4＝3.又·＝||·||·cos〈，〉＝cos〈，〉，∴cos〈，〉＝，∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为.【解析】18.【答案】如下图，＋＝(＋)＋(＋)＝＋＋＝b＋(a＋b)＋(a＋c)＝a＋b＋c.【解析】19.【答案】证明：若e1，e2，e3共面，显然a，b，c共面；若e1，e2，e3不共面，设c＝λa＋ub，即－3 e1＋12 e2＋11 e3＝λ(－e1＋3 e2＋2e3)＋u(4 e1－6 e2＋2 e3)，整理得－3 e1＋12 e2＋11 e3＝(4u－λ) e1＋(3λ－6u) e2＋(2λ＋2u) e3.由空间向量基本定理可知解得即c＝5a＋b，则三个向量共面.【解析】20.【答案】法一如下图所示，以D为原点，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，设正方体的棱长为1，则可求得M(0，1，)，N(，1，1)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，于是＝(，0，)，＝(1，0，1)，＝(1，1，0)，设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)，则n·＝0，且n·＝0，得.取x＝1，得y=－1，z=－1，∴n=(1，－1，－1)．又·n＝(，0，)·(1，－1，－1)＝0，∴⊥n.又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.法二∵＝－＝－＝(－)＝，∴∥，而MN⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.【解析】。
2018《单元滚动检测卷》高考数学(理)(苏教版)精练检测八 立体几何与空间向量 Word版含解析
单元滚动检测八立体几何与空间向量考生注意：．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共页．．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．．本次考试时间分钟，满分分．．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷一、填空题(本大题共小题，每小题分，共分．请把答案填写在题中横线上)．(·济宁一模)直线，平行的一个充分条件是．(填序号)①，都平行于同一个平面；②，与同一个平面所成的角相等；③平行于所在的平面；④，都垂直于同一个平面．．(·常州模拟)已知四棱锥—的底面是边长为，锐角为°的菱形，侧棱⊥底面，＝.若是的中点，则三棱锥—的体积为．．设是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中，是真命题的是．(填序号)①如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于β；②如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于β；③如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝，那么⊥γ；④如果α⊥β，与α，β都相交，那么与α，β所成的角互余．．已知三棱锥－的所有顶点都在球的球面上，△是边长为的正三角形，为球的直径，且＝，则此三棱锥的体积为．．已知α，β是两个不同的平面，，是两条不同的直线，给出下列命题：①若⊥α，⊂β，则α⊥β；②若⊂α，⊂α，∥β，∥β，则α∥β；③如果⊂α，⊄α，、是异面直线，那么与α相交；④若α∩β＝，∥，且⊄α，⊄β，则∥α且∥β.其中正确的是．(填序号)．(·泰州模拟)如图，在长方体—中，为的中点，三棱锥—的体积为，四棱锥—的体积为，则的值为．.如图所示，已知正四棱锥－的侧棱长为，底面边长为，是的中点，则异面直线与所成角的大小为．.如图，边长为的等边三角形的中线与中位线交于点，已知△′是△绕旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是．(填序号)①动点′在平面上的投影在线段上；②∥平面′；③三棱锥′－的体积有最大值．.(·南京、盐城、连云港联考)如图，在正三棱柱—中，已知＝，＝.若，分别是棱，上的点，则三棱锥—的体积是．．(·苏州无锡联考)已知棱长为的正方体的体积和表面积分别为，，底面半径和高均为的圆锥的体积和侧面积分别为，，若＝，则的值为．.如图所示，已知△和△所在平面互相垂直，∠＝∠＝°，＝，＝，＝，且＋＋＝，则三棱锥－的外接球的表面积为．。
2018届苏教版空间向量与立体几何单元测试18
一、填空题(共15小题,每小题5.0分,共75分)1.设平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝________.2.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为u＝(－2，0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________．3.对于向量a、b、c和实数λ，下列命题中的真命题是________．①若a·b＝0，则a＝0或b＝0；②若λa＝0，则λ＝0或a＝0；③若a2＝b2，则a＝b或a＝－b；④若a·b＝a·c，则b＝c.4.已知a＝(cos θ，1，sin θ)，b＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a＋b与a－b的夹角是________．5.已知l∥α，且l的方向向量为(2，m，1)，平面α的法向量为，则m＝________.6.已知{i，j，k}为单位正交基底，且a＝－i＋j＋3k，b＝2i－3j－2k，则向量a＋b与向量a－2b的坐标分别是________；________.7.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的一个法向量；④∥.其中正确的是________．(填序号)8.已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则(1)·＝________；cos〈，〉＝________；(2)·＝________.9.已知点A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为________．10.已知平面α和平面β的法向量分别为m＝(3，1，－5)，n＝(－6，－2，10)，则平面α，β的位置关系为________.解答题(共10小题,每小题12.0分,共120分)11.如下图，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．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.12.设e1，e2是平面上不共线的向量，已知＝2e1＋ke2，＝e1＋3e2，＝2e1－e2，若A，B，D三点共线，试求实数k的值．13.根据下列条件，判断相应的直线与平面的位置关系．直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(1，－4，－3)，u＝(9，0，3)；14.如下图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC ＝1.(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．15.如下图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：是平面B1AC的法向量．16.如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且PA＝2PA1，点S在棱BB1上，且SB1＝2BS，点Q，R分别是棱O1B1，AE的中点．求证：PQ∥RS.17.(1)两向量共线时，它们的方向有什么关系？(2)在两向量共线的充要条件中，为什么要求b≠0?18.如下图，在45°的二面角α－l－β的棱上有两点A，B，点C，D分别在α，β内，且AC⊥AB，∠ABD＝45°，AC＝BD＝AB＝1，求CD的长度．19.三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如下图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC.A1A＝，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1.20.已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．(1)向量a为平面ABC的法向量，且|a|＝，求向量a的坐标；(2)设M(x，y，z)是平面ABC内任意一点，求x，y，z满足的关系．答案解析1.【答案】4【解析】α∥β⇒(－2，－4，k)＝λ(1，2，－2)，∴λ＝－2，k＝4.2.【答案】l⊥α【解析】∵u＝－2a，∴a∥u，∴l⊥α.3.【答案】②【解析】对于①，可举反例：当a⊥b时，a·b＝0；对于③，a2＝b2，只能推得|a|＝|b|，而不能推出a＝±b；对于④，a·b＝a·c可以移项整理推得a⊥(b－c)．4.【答案】90°【解析】∵(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2＝(cos2θ＋1＋sin2θ)－(sin2θ＋1＋cos2θ)＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)，即向量a＋b与a－b的夹角为90°.5.【答案】－8【解析】(2，m，1)·＝0，得m＝－8.6.【答案】(1，－2，1)(－5，7，7)【解析】依题意知，a＝(－1，1，3)，b＝(2，－3，－2)，则a＋b＝(1，－2，1)，a－2b＝(－1，1，3)－2(2，－3，－2)＝(－5，7，7)．7.【答案】①②③【解析】·＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即①正确．·＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝－1×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即②正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即是平面ABCD的一个法向量，③正确．④不正确．8.【答案】(1)1，(2)1【解析】(1)·＝(a＋b＋c)·(a－b＋c)＝a2＋c2＋2a·c－b2＝1，||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝3，∴||＝，||2＝(a－b＋c)2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3，∴||＝，∴cos〈，〉＝＝，(2)·＝(b＋c－a)·b＝|b|2＋b·c－b·a＝1.9.【答案】【解析】＝(－1，2，0)，＝(－1，0，3)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)．由n·＝0，n·＝0知令x＝2，则y＝1，z＝.∴平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，)．平面xOy的一个法向量为＝(0，0，3)．由此易求出所求二面角的余弦值为cosθ＝＝＝.10.【答案】α∥β【解析】∵n＝(－6，－2，10)，m＝(3，1，－5)，∴n＝－2m.∴m∥n.∴α与β平行．11.【答案】(1)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.∵＝，＝(a，a，a)，＝(2a，0，－a)．∴＝(＋)，AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵＝，＝(－a，a，0)，＝(0，0，－2a)，∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.∴⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.【解析】12.【答案】因为＝－＝e1－4e2，＝2e1＋ke2，又A，B，D三点共线，由共线向量定理得＝λ(λ∈R)，∴e1－4e2＝2λe1＋λke2，∴，∴k＝－8.【解析】13.【答案】(3)a·u＝9＋0－9＝0，∴a⊥u，∴l∥α或l⊂α；【解析】根据向量间的关系判定线面关系，体现向量的工具性．14.【答案】如下图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B，P(0，0，2)．易得＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.(2)解＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，则即不妨令z＝1，可得n＝(1，2，1)．可取平面PAC的法向量m＝(1，0，0)．于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为.(3)解设点E的坐标为(0，0，h)，其中h∈[0，2]．由此得＝.由＝(2，－1，0)，故cos〈，〉＝＝＝，所以＝cos 30°＝，解得h＝，即AE＝.【解析】15.【答案】证明设正方体的棱长为2，建立如下图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)，E(2，2，1)，F(1，1，2)．∴＝(1，1，2)－(2，2，1)＝(－1，－1，1)．＝(2，2，2)－(2，0，0)＝(0，2，2)，＝(0，2，0)－(2，0，0)＝(－2，2，0)．而·＝(－1，－1，1)·(0，2，2)＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0.·＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0，∴⊥，⊥.又AB1∩AC＝A，∴⊥平面B1AC. ∴是平面B1AC的法向量．【解析】根据平面法向量的定义，可以利用证明直线和平面垂直的方法证明平面的法向量．16.【答案】如图，建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，B(0，4，0)，O1(0，0，2)，A1(3，0，2)，B1(0，4，2)．∵PA＝2PA1，SB1＝2BS，Q，R分别是棱O1B1，AE的中点，∴P，Q(0，2，2)，R(3，2，0)，S.于是＝＝.∴∥.∵R∉PQ，∴PQ∥RS.【解析】17.【答案】(1)两向量共线，则它们的方向相同或相反．(2)由于我们已经规定了0与任意向量平行，所以当b＝0时，a与b是共线向量，可如果a≠0，就不可能存在实数λ，使a＝λb成立．【解析】18.【答案】由＝＋＋，，〉＝cos 45°cos 45°＝，∴||2＝＋＋＋2(·＋·＋·)＝3＋2(0＋1×1×cos 135°＋1×1×cos 120°)＝2－，∴||＝.【解析】19.【答案】法一如下图，建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，)，C1(0，1，)，∵D为BC的中点，∴D点坐标为(1，1，0)，∴＝(－2，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，0，)，∵·＝－2＋2＋0＝0，·＝0＋0＋0＝0，∴⊥，⊥，∴BC⊥AD，BC⊥AA1，又AD∩AA1＝A，∴BC⊥平面ADA1，而BC⊂平面BCC1B1，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.法二同法一，得=(0，0，)，=(1，1，0)，=(－2，2，0)，=(0，－1，)，设平面A1AD的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．由得令y1＝－1得x1＝1，z1＝0，∴n1＝(1，－1，0)．由得令y2＝1，得x2＝1，z2＝，∴n2＝(1，1，)．∴n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2.∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.【解析】20.【答案】(1)设向量a＝(x，y，z)，由题意知a·＝0，a·＝0，又＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，|a|＝，所以有解得或即向量a的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．(2)由题意知＝(x，y－2，z－3)，所以a·＝0.不妨设向量a的坐标为(1，1，1)，则x＋y－2＋z－3＝0，即x＋y＋z－5＝0.【解析】。
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一、填空题(共10小题,每小题5.0分,共50分)
1.判断下列各命题的真假：
①向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；
②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；
③两个有公共终点的向量，一定是共线向量；
④有向线段就是向量，向量就是有向线段．
其中假命题的个数为________．
2.若a＝(1，－1，1)，b＝(2，－1，－3)，则与a，b都垂直的单位向量为_________________．
3.若直线l的方向向量a＝(－2，3，1)，平面α的一个法向量n＝(4，0，8)，则直线l与平面α的位置关系是________．
4.如下图，
在正四面体ABCD中，点E为BC中点，点F为AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为________．
5.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量，法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________．
6.在直角坐标系O—xyz中，已知点P(2cos x＋1，2cos2x＋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________．
7.设a＝(x，4，3)，b＝(3，2，z)，且a∥b，则xz等于________．
8.下列说法中不正确的是________(填序号)．
①平面α的一个法向量垂直于与平面α共面的所有向量；
②一个平面的所有法向量互相平行；
③如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直；
④如果a，b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量．
9.已知空间向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，则a·b＋b·c＋c·a的值为________．
10.空间中任意四个点A，B，C，D，则＋－等于()
A．B．C．D．
二、解答题(共10小题,每小题12.0分,共120分)
11.已知A，B，C三点不共线，点M满足＝＋＋.
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内(写出过程)．
12.在空间直角坐标系中，求与A(1，1，1)关于原点对称的点的坐标。
13.在平面直角坐标系中，求与A(1，1)关于原点对称的点的坐标。
14.已知三点A(2，3，－3)，B(4，5，－2)，C(6，8，0)．求与平面ABC垂直的一个法向量和单位向量．
15.已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
（1）求证：E，F，G，H四点共面；
（2）求证：BD∥平面EFGH；
（3）设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有=（+++）.
16.不相等的两个空间向量的模必不相等．
17.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＝______.
18.已知ABCD－A′B′C′D′是平行六面体．
化简，并在图中标出其结果；
19.怎样证明两个平面垂直？
20.在空间直角坐标系中，求到原点距离为1的点的轨迹图形。
答案解析
1.【答案】3
【解析】①假命题，若a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的；②真命题；③假命题，终点相同并不能说明这两个向量的方向相同或相反；④假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．
2.【答案】或
【解析】根据单位法向量的求法
3.【答案】l⊂α或l∥α
【解析】∵a·n＝(－2)×4＋3×0＋8×1＝0，∴a⊥n，∴l⊂α，或l∥α.
4.【答案】
【解析】设正四面体棱长为1，
＝(＋)，＝－，
∴||＝，||＝，
又·＝－，
∴cos〈，〉＝＝－.
∴AE与CF所成角的余弦值为.
5.【答案】30°
【解析】设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝.∴θ＝30°.
6.【答案】或
【解析】∵·＝cos x(2cos x＋1)－2cos2x－2＋3×0＝2cos2x＋cos x－2(2cos2x－1)－2＝－2cos x2＋cos x.
∴－2cos2x＋cos x＝0，即cos x＝0或cos x＝，又∵x∈[0，π]，∴x＝或.
7.【答案】9
【解析】∵a∥b，∴，∴x＝6，z＝，∴xz＝9.
8.【答案】④
【解析】
9.【答案】－13
【解析】∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，∴a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，
∴a·b＋b·c＋c·a＝－＝－13.
10.【答案】D
【解析】＋－＝(＋)－＝－＝．
11.【答案】(1)∵＋＋＝3，
∴－＝(－)＋(－)，
∴＝＋＝－－.
∴向量，，共面．
∵向量，，共面，三个向量的基线又有公共点M，∴M，A，B，C共面，即点M在平面ABC内．
【解析】
12.【答案】（-1，-1，-1）
【解析】
13.【答案】（-1，-1）
【解析】
14.【答案】假设n是与平面ABC垂直的某一个向量，设此向量为n＝(x，y，1)，则n⊥，且n⊥. 因为＝(2，2，1)，＝(4，5，3)．所以由n⊥及n⊥，分别得2x＋2y＋1＝0及4x＋5y＋3＝0. 解得x＝，y＝－1. 所以n＝即为平面ABC的一个法向量．
又因为|n|＝，所以所求的一个单位法向量为
n0＝＝＝.
【解析】用待定系数法求平面的法向量，关键是在平面内找个不共线的向量，然后列出方程组，方程组有无数解，取其中的一个解即可
15.【答案】如下图
（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.
（3）连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.
由（2）知=，同理=，所以=，即EH FG，
所以四边形EFGH是平行四边形.所以EG，FH交于一点M且被M平分.
故=（+）=+
=[（+）]+[（+）]
=（+++）.
【解析】
16.【答案】假命题．不相等的两个空间向量的模也可以相等，只要它们的方向不相同即可．【解析】
17.【答案】－
【解析】如下图，
连结A1C1，C1D，则E在A1C1上，F在C1D上易知EF平行且等于A1D，
∴＝，
即－＝0，∴λ＝－.
18.【答案】如下图，
取AA′的中点E，则＝．又＝，＝，取F为D′C′的一个
三等分点，则＝．
∴＋＋＝＋＋＝．
(说明：表示方法不惟一)
【解析】
19.【答案】有两种思路可以证明两个平面垂直
①据面面垂直判定定理，转化为证相应线面垂直，线线垂直．
②证明两平面的法向量相互垂直．这种方法大大优化了解题过程，并避免了繁琐的计算．
【解析】
20.【答案】以原点为球心，1为半径的球。
【解析】。