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新教材2023版高中数学第一章空间向量与立体几何章末质量检测新人教A版选择性必修第一册
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章末质量检测(一) 空间向量与立体几何考试时间：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．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．在空间直角坐标系Oxyz中，点(1，5，2)关于xOy坐标平面的对称点为( )A．(－1，5，2) B．(1，－5，2)C．(1，5，－2) D．(－1，－5，－2)2．已知三维数组a＝(2，－1，0)，b＝(1，k，7)，且a⊥b，则实数k的值为( )A．－2B．2C．eq \f(2,7)D．－93．平面α的一个法向量n＝(2，0，1)，点A(－1，2，1)在α内，则点P(1，2，3)到平面α的距离为( )A．2eq \r(2)B．eq \f(3\r(2),2)C．eq \f(6\r(5),5)D．eq \f(3\r(10),10)4.在长方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱CC1的中点．若eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，则eq \o(AM,\s\up6(→))等于( )A．a＋b＋eq \f(1,2)cB．a－b＋eq \f(1,2)cC．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)cD．eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c5．空间三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则( )A．eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))是共线向量B．eq \o(AB,\s\up6(→))的单位向量是(1，1，0)C．eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(BC,\s\up6(→))夹角的余弦值为eq \f(\r(55),11)D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)6．已知向量a＝(1，0，1)，b＝(－2，2，1)，c＝(3，4，z)，若a，b，c共面，则z等于( )A．－9B．－5C．5D．97．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(2)，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角为( )A．30°B．45°C．60°D．120°8．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．在堑堵ABCA1B1C1中，若AC＝BC＝1，AA1＝2，点P为线段BA1的中点，则点P到平面A1B1C的距离为( )A．3B．1C．eq \f(2,3)D．eq \f(1,3)二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．下列空间向量为单位向量且与x轴垂直的有( )A．a＝(1，0，0) B．b＝(0，0，1)C．c＝(0，eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)) D．d＝(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))10．给出下列命题，其中不正确的有( )A．若a·b<0，则〈a，b〉是钝角B．若eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＝0，则eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))一定共线C．若eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(CD,\s\up6(→))，则AB与CD为同一线段D．非零向量a、b、c满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，则a、b、c必共面11．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点P(1，1，1)，A(1，0，1)，B(0，1，0)，则下列说法正确的是( )A．点P关于yOz平面对称的点的坐标为(－1，1，1)B．若平面α的法向量n＝(2，－2，2)，则直线AB∥平面αC．若eq \o(PA,\s\up6(→))，eq \o(PB,\s\up6(→))分别为平面α，β的法向量，则平面α⊥平面βD．点P到直线AB的距离为eq \f(\r(6),3)12．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论错误的是( )A．A1C1∥平面CEFB．B1D⊥平面CEFC．eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＋－eq \o(DC,\s\up6(→))D．点D与点B1到平面CEF的距离相等三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)13．已知向量a＝(1，－2，3)，b＝(λ－1，3－λ，－6)，若a∥b，则实数λ＝________．14．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角为________．14题图 15题图 16题图15．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且A1A＝3，则A1C的长为________．16．如图，在棱长都为1的平行六面体ABCDA1B1C1D1中，eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AD,\s\up6(→))，两两夹角均为eq \f(π,3)，则·eq \o(BD,\s\up6(→))＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC1垂直．这三个顶点可以是________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)已知空间三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4).(1)求向量eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))夹角θ的余弦值；(2)求向量eq \o(AB,\s\up6(→))在向量eq \o(AC,\s\up6(→))上的投影向量a.18.(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b，AA1＝c.(1)试用a，b，c表示向量eq \o(MN,\s\up6(→))；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．19.(本小题满分12分)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，BB1的中点．(1)求证：平面A1DC1∥平面EFG；(2)求平面A1DC1与平面EFG间的距离．20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA＝AB＝1.(1)求证：AE⊥平面PCD；(2)求直线PC与平面AEC所成角的正弦值．21．(本小题满分12分)如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为AA1上靠近点A1的三等分点．(1)若F为BB1的中点，试在A1B1上找一点P，使PF∥平面CD1E；(2)若四边形ABCD是正方形，且BB1与平面CD1E所成角的正弦值为eq \f(3,7)，求二面角ED1CD的余弦值．22.(本小题满分12分)如图，在多面体ABCDEF中，平面ACEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求证：CD⊥AF；(2)若四边形ACEF为矩形，且∠EDC＝30°，求直线DF与平面DCE所成角的正弦值；(3)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角PBDA的余弦值为eq \f(2,3)？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．章末质量检测(一) 空间向量与立体几何1．解析：因为点关于xOy坐标平面的对称的点横、纵坐标不变，竖坐标互为相反数，所以点(1，5，2)关于xOy坐标平面的对称点为(1，5，－2).答案：C2．解析：根据a⊥b，可得：a·b＝0，则有：2－k＝0，解得：k＝2.答案：B3．解析：eq \o(PA,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，cos〈n，eq \o(PA,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\o(PA,\s\up6(→)),|n||\o(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(－6,\r(5)×\r(8))＝－eq \f(3\r(10),10)，所以点P(1，2，3)到平面α的距离为d＝|eq \o(PA,\s\up6(→))||cos〈n，eq \o(PA,\s\up6(→))〉|＝2eq \r(2)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(6\r(5),5).答案：C4．解析：由题意得：eq \o(BC,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))，＝，所以eq \o(AM,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(BC,\s\up6(→))＋eq \o(CM,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)＝a＋b＋eq \f(1,2)c.答案：A5．解析：根据题意得eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，A．显然eq \o(AB,\s\up6(→))≠λeq \o(AC,\s\up6(→))，所以eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))不共线，故错误；B．eq \o(AB,\s\up6(→))的单位向量为±eq \f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)，即为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)，0))，故错误；C．cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－5,\r(5)×\r(11))＝－eq \f(\r(55),11)，故错误；D．设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝0,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0,－x＋2y＋z＝0))，所以x∶y∶z＝1∶(－2)∶5，故正确．答案：D6．解析：∵a＝(1，0，1)，b＝(－2，2，1)，c＝(3，4，z)，且a，b，c共面，∴a＝xb＋yc，∴(1，0，1)＝(－2x＋3y，2x＋4y，x＋yz)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋3y＝1,2x＋4y＝0,x＋yz＝1))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2,7),y＝\f(1,7),z＝9)).答案：D7.解析：以点A为坐标原点，AD，AB，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，C(eq \r(2)，1，0)，eq \o(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(1,2).又因为〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉∈[0，π]，所以〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉＝120°，所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在的直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成的角为30°.答案：A8.解析：如图，在堑堵ABCA1B1C1中，由AC＝BC＝1可知，AC⊥BC.以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，2)，A1(1，0，2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，0)，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1)).设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0,－y－2z＝0))，取z＝1，得n＝(－2，－2，1)，设点P到平面A1B1C的距离为d，则d＝＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×（－2）－\f(1,2)×（－2）＋1×1)),\r(9))＝eq \f(1,3).答案：D9．解析：若为单位向量且与x轴垂直，则需满足：向量模长为1，且向量必须落在yOz平面内，结合选项判断知B、C符合题意，A项中a与x轴平行，D项中|d|≠1.答案：BC10．解析：A.当〈a，b〉＝π时，a·b<0，但〈a，b〉不是钝角，故错误；B．当eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＝0时，eq \o(AB,\s\up6(→))＝－eq \o(CD,\s\up6(→))，所以eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))一定共线，故正确；C．当eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(CD,\s\up6(→))时，eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))共线，线段AB与CD可能平行或重合，故错误；D．如图所示：，设eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，但a、b、c不共面，故错误．答案：ACD11．解析：因为P(1，1，1)，所以点P关于yOz平面对称的点的坐标为(－1，1，1)，故A正确；因为A(1，0，1)，B(0，1，0)，所以eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，因为平面α的法向量n＝(2，－2，2)，所以eq \o(AB,\s\up6(→))·n＝－1×2＋1×(－2)＋(－1)×2＝－6≠0，所以直线AB与平面α不平行，故B错误；因为eq \o(PA,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，所以eq \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝0，因为eq \o(PA,\s\up6(→))，eq \o(PB,\s\up6(→))分别为平面α，β的法向量，所以平面α⊥平面β，故C正确；因为eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，所以eq \o(AP,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝1，所以点P到直线AB的距离d＝eq \r(|AP|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),3)，故D正确．答案：ACD12.解析：对选项A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，且EF⊂平面CEF，A1C1⊄平面CEF，故A1C1∥平面CEF成立．选项B，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1边长为2，则＝(－2，－2，－2)，eq \o(FC,\s\up6(→))＝(0，1，－2).故·eq \o(FC,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2≠0.故，eq \o(FC,\s\up6(→))不互相垂直．又CF⊂平面CEF，故B1D⊥平面CEF不成立；对选项C，利用B选项建立的空间直角坐标系有eq \o(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＋－eq \o(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2)，故eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＋－eq \o(DC,\s\up6(→))成立；选项D，若点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1的中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1中点O在A1ACC1上，故点O不在平面CEF上，故不成立．答案：BD13．解析：因为a∥b，所以eq \f(λ－1,1)＝eq \f(3－λ,－2)＝eq \f(－6,3)，所以λ＝－1.答案：－114.解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，＝(－1，0，－1)，eq \o(GF,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，设异面直线A1E与GF所成角为θ，cosθ＝|cos〈，eq \o(GF,\s\up6(→))〉|＝＝0，∴异面直线A1E与GF所成角为90°.答案：90°15．解析：因为＝＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(BC,\s\up6(→))＝＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))，所以2＝2＋eq \o(AB,\s\up6(→))2＋eq \o(AD,\s\up6(→))2＋2·eq \o(AB,\s\up6(→))＋2·eq \o(AD,\s\up6(→))＋2eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))，即2＝9＋1＋1＋2×3×1×cos120°＋2×3×1×cos120°＋2×1×1×cos90°＝5，故A1C＝eq \r(5).答案：eq \r(5)16．解析：(1)令a＝，b＝eq \o(AB,\s\up6(→))，c＝eq \o(AD,\s\up6(→))，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝eq \f(π,3)，则有eq \o(BD,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))－eq \o(AB,\s\up6(→))＝c－b，＝eq \o(AC,\s\up6(→))＋＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋＝b＋c＋a，故·eq \o(BD,\s\up6(→))＝(c－b)·(c＋b＋a)＝c2＋b·c＋a·c－b·c－b2－a·b＝12＋1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－12－1×1×eq \f(1,2)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－1－eq \f(1,2)＝0.(2)令a＝，b＝eq \o(AB,\s\up6(→))，c＝eq \o(AD,\s\up6(→))，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝eq \f(π,3)，则有＝eq \o(AD,\s\up6(→))－＝c－a，＝eq \o(AC,\s\up6(→))＋＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋＝b＋c＋a，故·＝(c－a)·(c＋b＋a)＝c2＋b·c＋a·c－a·c－a·b－a2＝12＋1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－12＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－1＝0，故⊥，即AC1⊥A1D，又由(1)知AC1⊥BD，A1D∩BD＝D，故直线AC1垂直于平面A1BD，同理可证直线AC1垂直于平面B1D1C.答案：0 点A1，B，D或点C，B1，D117．解析：(1)由空间三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4)，可得eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，∴|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，则cosθ＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|×|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(5))＝－eq \f(\r(10),10)，所以向量eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))夹角θ的余弦值为－eq \f(\r(10),10).(2)由eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，可得|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，又由向量eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))夹角θ的余弦值为－eq \f(\r(10),10)，可得|eq \o(AB,\s\up6(→))|cosθ＝eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(10))))＝－eq \f(1,\r(5))，又由|eq \o(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，可得向量eq \o(AC,\s\up6(→))的单位向量为e＝eq \f(1,\r(5))(1，0，－2)，故向量eq \o(AB,\s\up6(→))在向量eq \o(AC,\s\up6(→))上的投影向量a＝－eq \f(1,\r(5))×e＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，0\f(2,5))).18．解析：(1)eq \o(MN,\s\up6(→))＝＋＋＝eq \f(1,3)＋eq \o(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(CB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \o(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)eq \o(AC,\s\up6(→))，又eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b，＝c，∴eq \o(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.(2)∵AB＝AC＝AA1＝1，∴|a|＝|b|＝|c|＝1.∵∠BAC＝90°，∴a·b＝0.∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，∴a·c＝b·c＝eq \f(1,2)，∴|eq \o(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,9)(a＋b＋c)2＝eq \f(1,9)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(5,9)，∴|eq \o(MN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),3).19．解析：(1)证明：连接AC，∵E是AB中点，F是BC中点，∴EF∥AC，∵AA1∥CC1，∴ACC1A1是平行四边形，∴A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，又A1C1⊂平面A1C1D，EF⊄平面A1C1D，∴EF∥平面A1C1D，同理，连接AB1，可得EG∥AB1∥DC1，可得EG∥平面A1C1D，∵EF∩EG＝E，EF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，∴平面A1C1D∥平面EFG.(2)如图，以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，∴＝(2，0，2)，＝(0，2，2)，＝(0，1，－2)，设平面A1DC1的法向量为n＝(x，y，z)，则⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,y＋z＝0))，取n＝(1，1，－1)，则平面A1DC1与平面EFG间的距离为＝eq \f(3,\r(3))＝eq \r(3).20．解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，∵PA＝AD＝1，且E为PD的中点，∴AE⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD.(2)由条件PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).所以eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，))取n＝(1，－1，1)，设直线PC与平面AEC所成角为θ，因为eq \o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \o(PC,\s\up6(→))·n＝1－1－1＝－1，|eq \o(PC,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，|n|＝eq \r(3)，所以sinθ＝|cos〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(1,3)，即直线PC与平面AEC所成角的正弦值为eq \f(1,3).21．解析：(1)当点P为A1B1的中点时PF∥平面CD1E，证明如下：连接A1B，PF，∵P、F分别为A1B1、B1B的中点，∴PF∥A1B，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B∥CD1，∴PF∥CD1，∵PF⊄平面CD1E，CD1⊂平面CD1E，∴PF∥平面CD1E；(2)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))、eq \o(DC,\s\up6(→))、的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，设正方形ABCD的边长为1，AA1＝h，则C(0，1，0)、D1(0，0，h)、Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(2h,3)))，则＝(0，－1，h)、＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(h,3)))，设m＝(x，y，z)为平面CD1E的法向量，则，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋hz＝0,x－\f(h,3)z＝0))，令z＝1，则x＝eq \f(h,3)，y＝h，即m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,3)，h，1))，∵BB1与平面CD1E所成角的正弦值为eq \f(3,7)，且＝(0，0，h)，∴|cos〈m，〉|＝＝eq \f(h,\r(\f(h2,9)＋h2＋1)·h)＝eq \f(3,7)，解得h＝2，∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2，1))，又平面DD1C的一个法向量为n＝(1，0，0)，∴cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(\f(2,3),\r(\f(4,9)＋4＋1)×1)＝eq \f(2,7)，设二面角ED1CD的平面角为θ，经观察θ为锐角，则cosθ＝|cos〈m·n〉|＝eq \f(2,7).22．解析：(1)证明：∵AD∥BC，AB⊥AD，∴四边形ABCD为直角梯形，又∵AB＝BC＝1，∴∠BAC＝45°，AC＝eq \r(2)，∴∠CAD＝45°，又∵AD＝2，∴CD＝eq \r(AD2＋AC2－2AD·AC·cos∠CAD)＝eq \r(4＋2－2×2×\r(2)×\f(\r(2),2))＝eq \r(2).∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面ACEF，又∵AF⊂平面ACEF，∴CD⊥AF.(2)∵四边形ACEF为矩形，∴AF⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，AF⊂平面ACEF，∴AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AD、AB、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示．∵AF⊥平面ABCD，AF∥CE，∴CE⊥平面ABCD，又∵∠EDC＝30°，∴CE＝CDtan30°＝eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(6),3)，∴A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),3)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(6),3)))，eq \o(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(\r(6),3)))，由AC⊥CE，AC⊥CD，CE∩CD＝C，∴AC⊥平面CDE，∴平面CDE的法向量为eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，∴直线DF与平面CDE所成的角的正弦值为eq \f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(DF,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(DF,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(4＋\f(6,9))×\r(1＋1))＝eq \f(\r(21),7).(3)若ACEF为正方形，则与(2)同理可得AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AD、AB、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．∴A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，F(0，0，eq \r(2))，E(1，1，eq \r(2))，设P(0，0，t)(0
章末质量检测(一) 空间向量与立体几何考试时间：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．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．在空间直角坐标系Oxyz中，点(1，5，2)关于xOy坐标平面的对称点为( )A．(－1，5，2) B．(1，－5，2)C．(1，5，－2) D．(－1，－5，－2)2．已知三维数组a＝(2，－1，0)，b＝(1，k，7)，且a⊥b，则实数k的值为( )A．－2B．2C．eq \f(2,7)D．－93．平面α的一个法向量n＝(2，0，1)，点A(－1，2，1)在α内，则点P(1，2，3)到平面α的距离为( )A．2eq \r(2)B．eq \f(3\r(2),2)C．eq \f(6\r(5),5)D．eq \f(3\r(10),10)4.在长方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱CC1的中点．若eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，则eq \o(AM,\s\up6(→))等于( )A．a＋b＋eq \f(1,2)cB．a－b＋eq \f(1,2)cC．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)cD．eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c5．空间三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则( )A．eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))是共线向量B．eq \o(AB,\s\up6(→))的单位向量是(1，1，0)C．eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(BC,\s\up6(→))夹角的余弦值为eq \f(\r(55),11)D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)6．已知向量a＝(1，0，1)，b＝(－2，2，1)，c＝(3，4，z)，若a，b，c共面，则z等于( )A．－9B．－5C．5D．97．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(2)，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角为( )A．30°B．45°C．60°D．120°8．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．在堑堵ABCA1B1C1中，若AC＝BC＝1，AA1＝2，点P为线段BA1的中点，则点P到平面A1B1C的距离为( )A．3B．1C．eq \f(2,3)D．eq \f(1,3)二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．下列空间向量为单位向量且与x轴垂直的有( )A．a＝(1，0，0) B．b＝(0，0，1)C．c＝(0，eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)) D．d＝(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))10．给出下列命题，其中不正确的有( )A．若a·b<0，则〈a，b〉是钝角B．若eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＝0，则eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))一定共线C．若eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(CD,\s\up6(→))，则AB与CD为同一线段D．非零向量a、b、c满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，则a、b、c必共面11．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点P(1，1，1)，A(1，0，1)，B(0，1，0)，则下列说法正确的是( )A．点P关于yOz平面对称的点的坐标为(－1，1，1)B．若平面α的法向量n＝(2，－2，2)，则直线AB∥平面αC．若eq \o(PA,\s\up6(→))，eq \o(PB,\s\up6(→))分别为平面α，β的法向量，则平面α⊥平面βD．点P到直线AB的距离为eq \f(\r(6),3)12．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论错误的是( )A．A1C1∥平面CEFB．B1D⊥平面CEFC．eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＋－eq \o(DC,\s\up6(→))D．点D与点B1到平面CEF的距离相等三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)13．已知向量a＝(1，－2，3)，b＝(λ－1，3－λ，－6)，若a∥b，则实数λ＝________．14．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角为________．14题图 15题图 16题图15．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且A1A＝3，则A1C的长为________．16．如图，在棱长都为1的平行六面体ABCDA1B1C1D1中，eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AD,\s\up6(→))，两两夹角均为eq \f(π,3)，则·eq \o(BD,\s\up6(→))＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC1垂直．这三个顶点可以是________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)已知空间三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4).(1)求向量eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))夹角θ的余弦值；(2)求向量eq \o(AB,\s\up6(→))在向量eq \o(AC,\s\up6(→))上的投影向量a.18.(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b，AA1＝c.(1)试用a，b，c表示向量eq \o(MN,\s\up6(→))；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．19.(本小题满分12分)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，BB1的中点．(1)求证：平面A1DC1∥平面EFG；(2)求平面A1DC1与平面EFG间的距离．20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA＝AB＝1.(1)求证：AE⊥平面PCD；(2)求直线PC与平面AEC所成角的正弦值．21．(本小题满分12分)如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为AA1上靠近点A1的三等分点．(1)若F为BB1的中点，试在A1B1上找一点P，使PF∥平面CD1E；(2)若四边形ABCD是正方形，且BB1与平面CD1E所成角的正弦值为eq \f(3,7)，求二面角ED1CD的余弦值．22.(本小题满分12分)如图，在多面体ABCDEF中，平面ACEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求证：CD⊥AF；(2)若四边形ACEF为矩形，且∠EDC＝30°，求直线DF与平面DCE所成角的正弦值；(3)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角PBDA的余弦值为eq \f(2,3)？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．章末质量检测(一) 空间向量与立体几何1．解析：因为点关于xOy坐标平面的对称的点横、纵坐标不变，竖坐标互为相反数，所以点(1，5，2)关于xOy坐标平面的对称点为(1，5，－2).答案：C2．解析：根据a⊥b，可得：a·b＝0，则有：2－k＝0，解得：k＝2.答案：B3．解析：eq \o(PA,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，cos〈n，eq \o(PA,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\o(PA,\s\up6(→)),|n||\o(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(－6,\r(5)×\r(8))＝－eq \f(3\r(10),10)，所以点P(1，2，3)到平面α的距离为d＝|eq \o(PA,\s\up6(→))||cos〈n，eq \o(PA,\s\up6(→))〉|＝2eq \r(2)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(6\r(5),5).答案：C4．解析：由题意得：eq \o(BC,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))，＝，所以eq \o(AM,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(BC,\s\up6(→))＋eq \o(CM,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)＝a＋b＋eq \f(1,2)c.答案：A5．解析：根据题意得eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，A．显然eq \o(AB,\s\up6(→))≠λeq \o(AC,\s\up6(→))，所以eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))不共线，故错误；B．eq \o(AB,\s\up6(→))的单位向量为±eq \f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)，即为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)，0))，故错误；C．cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－5,\r(5)×\r(11))＝－eq \f(\r(55),11)，故错误；D．设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝0,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0,－x＋2y＋z＝0))，所以x∶y∶z＝1∶(－2)∶5，故正确．答案：D6．解析：∵a＝(1，0，1)，b＝(－2，2，1)，c＝(3，4，z)，且a，b，c共面，∴a＝xb＋yc，∴(1，0，1)＝(－2x＋3y，2x＋4y，x＋yz)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋3y＝1,2x＋4y＝0,x＋yz＝1))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2,7),y＝\f(1,7),z＝9)).答案：D7.解析：以点A为坐标原点，AD，AB，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，C(eq \r(2)，1，0)，eq \o(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(1,2).又因为〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉∈[0，π]，所以〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉＝120°，所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在的直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成的角为30°.答案：A8.解析：如图，在堑堵ABCA1B1C1中，由AC＝BC＝1可知，AC⊥BC.以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，2)，A1(1，0，2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，0)，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1)).设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0,－y－2z＝0))，取z＝1，得n＝(－2，－2，1)，设点P到平面A1B1C的距离为d，则d＝＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×（－2）－\f(1,2)×（－2）＋1×1)),\r(9))＝eq \f(1,3).答案：D9．解析：若为单位向量且与x轴垂直，则需满足：向量模长为1，且向量必须落在yOz平面内，结合选项判断知B、C符合题意，A项中a与x轴平行，D项中|d|≠1.答案：BC10．解析：A.当〈a，b〉＝π时，a·b<0，但〈a，b〉不是钝角，故错误；B．当eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＝0时，eq \o(AB,\s\up6(→))＝－eq \o(CD,\s\up6(→))，所以eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))一定共线，故正确；C．当eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(CD,\s\up6(→))时，eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))共线，线段AB与CD可能平行或重合，故错误；D．如图所示：，设eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，但a、b、c不共面，故错误．答案：ACD11．解析：因为P(1，1，1)，所以点P关于yOz平面对称的点的坐标为(－1，1，1)，故A正确；因为A(1，0，1)，B(0，1，0)，所以eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，因为平面α的法向量n＝(2，－2，2)，所以eq \o(AB,\s\up6(→))·n＝－1×2＋1×(－2)＋(－1)×2＝－6≠0，所以直线AB与平面α不平行，故B错误；因为eq \o(PA,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，所以eq \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝0，因为eq \o(PA,\s\up6(→))，eq \o(PB,\s\up6(→))分别为平面α，β的法向量，所以平面α⊥平面β，故C正确；因为eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，所以eq \o(AP,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝1，所以点P到直线AB的距离d＝eq \r(|AP|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),3)，故D正确．答案：ACD12.解析：对选项A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，且EF⊂平面CEF，A1C1⊄平面CEF，故A1C1∥平面CEF成立．选项B，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1边长为2，则＝(－2，－2，－2)，eq \o(FC,\s\up6(→))＝(0，1，－2).故·eq \o(FC,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2≠0.故，eq \o(FC,\s\up6(→))不互相垂直．又CF⊂平面CEF，故B1D⊥平面CEF不成立；对选项C，利用B选项建立的空间直角坐标系有eq \o(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＋－eq \o(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2)，故eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＋－eq \o(DC,\s\up6(→))成立；选项D，若点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1的中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1中点O在A1ACC1上，故点O不在平面CEF上，故不成立．答案：BD13．解析：因为a∥b，所以eq \f(λ－1,1)＝eq \f(3－λ,－2)＝eq \f(－6,3)，所以λ＝－1.答案：－114.解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，＝(－1，0，－1)，eq \o(GF,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，设异面直线A1E与GF所成角为θ，cosθ＝|cos〈，eq \o(GF,\s\up6(→))〉|＝＝0，∴异面直线A1E与GF所成角为90°.答案：90°15．解析：因为＝＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(BC,\s\up6(→))＝＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))，所以2＝2＋eq \o(AB,\s\up6(→))2＋eq \o(AD,\s\up6(→))2＋2·eq \o(AB,\s\up6(→))＋2·eq \o(AD,\s\up6(→))＋2eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))，即2＝9＋1＋1＋2×3×1×cos120°＋2×3×1×cos120°＋2×1×1×cos90°＝5，故A1C＝eq \r(5).答案：eq \r(5)16．解析：(1)令a＝，b＝eq \o(AB,\s\up6(→))，c＝eq \o(AD,\s\up6(→))，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝eq \f(π,3)，则有eq \o(BD,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))－eq \o(AB,\s\up6(→))＝c－b，＝eq \o(AC,\s\up6(→))＋＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋＝b＋c＋a，故·eq \o(BD,\s\up6(→))＝(c－b)·(c＋b＋a)＝c2＋b·c＋a·c－b·c－b2－a·b＝12＋1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－12－1×1×eq \f(1,2)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－1－eq \f(1,2)＝0.(2)令a＝，b＝eq \o(AB,\s\up6(→))，c＝eq \o(AD,\s\up6(→))，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝eq \f(π,3)，则有＝eq \o(AD,\s\up6(→))－＝c－a，＝eq \o(AC,\s\up6(→))＋＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋＝b＋c＋a，故·＝(c－a)·(c＋b＋a)＝c2＋b·c＋a·c－a·c－a·b－a2＝12＋1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－12＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－1＝0，故⊥，即AC1⊥A1D，又由(1)知AC1⊥BD，A1D∩BD＝D，故直线AC1垂直于平面A1BD，同理可证直线AC1垂直于平面B1D1C.答案：0 点A1，B，D或点C，B1，D117．解析：(1)由空间三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4)，可得eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，∴|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，则cosθ＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|×|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(5))＝－eq \f(\r(10),10)，所以向量eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))夹角θ的余弦值为－eq \f(\r(10),10).(2)由eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，可得|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，又由向量eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AC,\s\up6(→))夹角θ的余弦值为－eq \f(\r(10),10)，可得|eq \o(AB,\s\up6(→))|cosθ＝eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(10))))＝－eq \f(1,\r(5))，又由|eq \o(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，可得向量eq \o(AC,\s\up6(→))的单位向量为e＝eq \f(1,\r(5))(1，0，－2)，故向量eq \o(AB,\s\up6(→))在向量eq \o(AC,\s\up6(→))上的投影向量a＝－eq \f(1,\r(5))×e＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，0\f(2,5))).18．解析：(1)eq \o(MN,\s\up6(→))＝＋＋＝eq \f(1,3)＋eq \o(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(CB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \o(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)eq \o(AC,\s\up6(→))，又eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b，＝c，∴eq \o(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.(2)∵AB＝AC＝AA1＝1，∴|a|＝|b|＝|c|＝1.∵∠BAC＝90°，∴a·b＝0.∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，∴a·c＝b·c＝eq \f(1,2)，∴|eq \o(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,9)(a＋b＋c)2＝eq \f(1,9)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(5,9)，∴|eq \o(MN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),3).19．解析：(1)证明：连接AC，∵E是AB中点，F是BC中点，∴EF∥AC，∵AA1∥CC1，∴ACC1A1是平行四边形，∴A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，又A1C1⊂平面A1C1D，EF⊄平面A1C1D，∴EF∥平面A1C1D，同理，连接AB1，可得EG∥AB1∥DC1，可得EG∥平面A1C1D，∵EF∩EG＝E，EF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，∴平面A1C1D∥平面EFG.(2)如图，以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，∴＝(2，0，2)，＝(0，2，2)，＝(0，1，－2)，设平面A1DC1的法向量为n＝(x，y，z)，则⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,y＋z＝0))，取n＝(1，1，－1)，则平面A1DC1与平面EFG间的距离为＝eq \f(3,\r(3))＝eq \r(3).20．解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，∵PA＝AD＝1，且E为PD的中点，∴AE⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD.(2)由条件PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).所以eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，))取n＝(1，－1，1)，设直线PC与平面AEC所成角为θ，因为eq \o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \o(PC,\s\up6(→))·n＝1－1－1＝－1，|eq \o(PC,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，|n|＝eq \r(3)，所以sinθ＝|cos〈eq \o(PC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(1,3)，即直线PC与平面AEC所成角的正弦值为eq \f(1,3).21．解析：(1)当点P为A1B1的中点时PF∥平面CD1E，证明如下：连接A1B，PF，∵P、F分别为A1B1、B1B的中点，∴PF∥A1B，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B∥CD1，∴PF∥CD1，∵PF⊄平面CD1E，CD1⊂平面CD1E，∴PF∥平面CD1E；(2)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))、eq \o(DC,\s\up6(→))、的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，设正方形ABCD的边长为1，AA1＝h，则C(0，1，0)、D1(0，0，h)、Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(2h,3)))，则＝(0，－1，h)、＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(h,3)))，设m＝(x，y，z)为平面CD1E的法向量，则，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋hz＝0,x－\f(h,3)z＝0))，令z＝1，则x＝eq \f(h,3)，y＝h，即m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,3)，h，1))，∵BB1与平面CD1E所成角的正弦值为eq \f(3,7)，且＝(0，0，h)，∴|cos〈m，〉|＝＝eq \f(h,\r(\f(h2,9)＋h2＋1)·h)＝eq \f(3,7)，解得h＝2，∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2，1))，又平面DD1C的一个法向量为n＝(1，0，0)，∴cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(\f(2,3),\r(\f(4,9)＋4＋1)×1)＝eq \f(2,7)，设二面角ED1CD的平面角为θ，经观察θ为锐角，则cosθ＝|cos〈m·n〉|＝eq \f(2,7).22．解析：(1)证明：∵AD∥BC，AB⊥AD，∴四边形ABCD为直角梯形，又∵AB＝BC＝1，∴∠BAC＝45°，AC＝eq \r(2)，∴∠CAD＝45°，又∵AD＝2，∴CD＝eq \r(AD2＋AC2－2AD·AC·cos∠CAD)＝eq \r(4＋2－2×2×\r(2)×\f(\r(2),2))＝eq \r(2).∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面ACEF，又∵AF⊂平面ACEF，∴CD⊥AF.(2)∵四边形ACEF为矩形，∴AF⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，AF⊂平面ACEF，∴AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AD、AB、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示．∵AF⊥平面ABCD，AF∥CE，∴CE⊥平面ABCD，又∵∠EDC＝30°，∴CE＝CDtan30°＝eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(6),3)，∴A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),3)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(6),3)))，eq \o(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(\r(6),3)))，由AC⊥CE，AC⊥CD，CE∩CD＝C，∴AC⊥平面CDE，∴平面CDE的法向量为eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，∴直线DF与平面CDE所成的角的正弦值为eq \f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(DF,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(DF,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(4＋\f(6,9))×\r(1＋1))＝eq \f(\r(21),7).(3)若ACEF为正方形，则与(2)同理可得AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AD、AB、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．∴A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，F(0，0，eq \r(2))，E(1，1，eq \r(2))，设P(0，0，t)(0
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