第1章 空间向量与立体几何（单元卷）-高二数学同步备课系列（人教A版选修第一册）

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第 1 章 空间向量与立体几何（单元卷）
一．选择题（共8小题）
1．在平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′的棱所在向量中，与向量模相等的向量有（　　）
A．0个 B．3个 C．7个 D．9个
【分析】利用平行六面体的性质和向量的模相等即可得出．
【解答】解：如右图，与向量模相等的向量有：，，，，，，7个．
故选：C．

【点评】熟练掌握平行六面体的性质和向量的模相等是解题的关键．
2．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC﹣A1B1C1，CA＝2CB，CC1＝3CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】以C为原点，CA为x轴，CC1为y轴，CB为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC1与直线AB1夹角的余弦值．
【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CC1为y轴，CB为z轴，建立空间直角坐标系，
∵CA＝2CB，CC1＝3CB，∴设CB＝1，
得B（0，0，1），C1（0，3，0），A（2，0，0），B1（0，3，1），
＝（0，3，﹣1），＝（﹣2，3，1），
cos＜，＞＝＝＝．
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为．
故选：A．

【点评】本题考查两异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
3．已知，，若，则实数λ的值为（　　）
A．﹣1 B．1或﹣3 C．﹣1或3 D．3
【分析】根据已知条件，结合向量的坐标公式，以及向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：∵，，
∴＝（﹣3，0，2λ﹣4），
∵，
∴，即（2，1，λ）•（﹣3，0，2λ﹣4）＝﹣6+2λ2﹣4λ＝0，解得λ＝﹣1或3．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量的坐标公式，以及向量垂直的性质，属于基础题．
4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】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，利用向量法能求出异面直线DE与AC所成角的余弦值．
【解答】解：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
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则D（0，0，0），E（0，1，2），A（2，0，0），C（0，2，0），
＝（0，1，2），＝（﹣2，2，0），
设异面直线DE与AC所成角为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴异面直线DE与AC所成角的余弦值为．
故选：B．

【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间向量的应用，转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
5．二面角α﹣l﹣β为60°，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为（　　）

A．a B．2a C．a D．2a
【分析】由已知条件和空间向量加法可得＝，再根据向量模和数量积的关系可得||＝，由此能求出CD的长．
【解答】解：∵二面角α﹣l﹣β为60°，A、B是棱l上的两点，
AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，
∴＜＞＝60°，，
∵，
∴||＝＝
＝
＝＝2a，
∴CD的长为2a．
故选：D．

【点评】本题考查空间向量加法法则、向量模、数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为（　　）

A． B．2 C． D．3
【分析】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，利用向量法能求出线段B1P的长度的最大值．
【解答】解：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，
设P（a，b，0），则D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），
＝（a﹣2，b﹣2，﹣2），＝（1，2，﹣2），
∵B1P⊥D1E，∴＝a﹣2+2（b﹣2）+4＝0，
∴a+2b﹣2＝0，
∴点P的轨迹是一条线段，当a＝0时，b＝1；当b＝0时，a＝2，
设CD中点F，则点P在线段AF上，
当A与P重合时，线段B1P的长度为：|AB1|＝＝2；
当P与F重合时，P（0，1，0），＝（﹣2，﹣1，﹣2），线段B1P的长度||＝＝3，
当P在线段AF的中点时，P（1，，0），＝（﹣1，﹣，﹣2），线段B1P的长度||＝＝．
∴线段B1P的长度的最大值为3．
故选：D．

【点评】本题考查线段长的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
7．如图，在60°二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝AC＝BD＝4，则线段CD的长为（　　）

A． B．16 C．8 D．
【分析】＝+，利用数量积运算性质以及向量的数量积的运算法则，代入计算即可．
【解答】解：＝+，∴+2，
∵，，
∴，
．AB＝AC＝BD＝4，
∴＝42+42+42﹣2×16×＝32，
∴||＝．
故选：D．
【点评】本题考查了利用向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．如图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC＝BD＝2，点E是CD的中点，异面直线AD与BE所成角的余弦值为，则直线BE与平面ACD所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】建立空间直角坐标系，设A（0，0，h），根据异面直线AD与BE所成角的余弦值为计算h，再求出平面ACD的法向量，则直线BE与平面ACD所成角的正弦值为|cos＜，＞|．
【解答】解以BC，BD，BA为坐标轴建立空间直角坐标系如图：
设AB＝h，则A（0，0，h），B（0，0，0），C（2，0，0），D（0，2，0），E（1，1，0）．
∴＝（0，2，﹣h），＝（1，1，0），∴＝2，||＝，||＝，
∴cos＜，＞＝＝．
∵异面直线AD与BE所成角的余弦值为，∴＝，解得h＝4．
∴＝（0，2，﹣4），＝（﹣2，2，0）．
设平面ACD的法向量为＝（x，y，z）．
则＝0，＝0，即．令z＝1，得＝（2，2，1）．
∴＝4，||＝3，
∴cos＜，＞＝＝．
∴直线BE与平面ACD所成角的正弦值为．
故选：C．

【点评】本题考查了空间角的计算，通常采用空间向量进行计算．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，不能作为平面AEF的法向量的是（　　）

A．（1，﹣2，4） B．（﹣4，1，﹣2） C．（2，﹣2，1） D．（1，2，﹣2）
【分析】设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量＝（x，y，z）是平面AEF的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．
【解答】解：设正方体的棱长为2，则A（2，0，0），E（2，2，1），F（1，0，2），
∴，
设向量＝（x，y，z）是平面AEF的法向量，
则取y＝1，得z＝﹣2，x＝﹣4，
则＝（﹣4，1，﹣2）是平面AEF的一个法向量，
结合其他选项，只需和＝（﹣4，1，﹣2）共线即可，
检验可知，ACD选顶均不与＝（﹣4，1，﹣2）共线．
所以能作为平面AEF的法向量只有选项B．
故选：ACD．
【点评】本题考查了平面法向量的计算，属于基础题．
（多选）10．在三棱锥P﹣ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE：EC＝PF：FB＝1：2，则下列说法正确的是（　　）
A．EG⊥PG B．EG⊥BC C．FG∥BC D．FG⊥EF
【分析】以三棱锥的顶点P为坐标原点，分别以PA，PB，PC 所在的直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系，求出所用向量的坐标，由数量积是否为0及共线向量定理判断．
【解答】解：如图，以三棱锥的顶点P为坐标原点，分别以PA，PB，PC 所在的直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系，

则 P（0，0，0），A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，0，3），
E（0，2，1），F（0，1，0），G（1，1，0），
∴＝（0，−1，−1），＝（1，−1，−1），＝（1，1，0），
＝（0，﹣3，3），＝（1，0，0）．
∵，∴EG⊥PG，故A正确；
∵，∴EG⊥BC，故B正确；
∵不存在非0实数λ，使，∴FG∥BC错误，即C错误；
∵，∴FG⊥EF，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间向量的应用，利用空间向量证明平行与垂直，属于基础题．
（多选）11．在以下命题中，不正确的命题有（　　）
A．||﹣||＝|+|是，共线的充要条件
B．若∥，则存在唯一的实数λ，使＝λ
C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2﹣2﹣，则P，A，B，C四点共面
D．若{，，}为空间的一个基底，则{+，+，+}构成空间的另一个基底
【分析】A．||﹣||＝|+|，可得，共线；反之不成立，即可判断出正误；
B．若≠，＝时不成立，即可判断出正误；
C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x+y+z，x+y+z＝1⇔P，A，B，C四点共面，即可判断出正误；
D．利用空间向量基底的定义，即可判断出正误．
【解答】解：A．||﹣||＝|+|⇒，共线；反之不成立，若，同向共线，可能是||+||＝|+|成立，因此||﹣||＝|+|是，共线的充分不必要条件，因此A不正确；
B．若∥，则存在唯一的实数λ，使＝λ，不正确，因为≠，＝时不成立，因此B不正确；
C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x+y+z，x+y+z＝1⇔P，A，B，C四点共面，因此C不正确；
D．若{，，}为空间的一个基底，则{+，+，+}构成空间的另一个基底，否则其中任意一个向量必然能用另外两个向量线性表示，不妨设+＝x（+）+y（+），化为+＝x+（x+y）+y，则y＝1，x＝1，且x+y＝0，矛盾，假设不成立，因此D成立．
故选：ABC．
【点评】本题考查向量共线定理、平面向量基本定理、空间向量基本定理，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
（多选）12．如图四棱锥P﹣ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，CD＝2，点Q是PD的中点，则下列结论正确的是（　　）

A．CQ⊥平面PAD
B．PC与平面AQC所成角的余弦值为
C．三棱锥B﹣ACQ的体积为
D．四棱锥Q﹣ABCD外接球的内接正四面体的表面积为
【分析】取AD的中点O，BC的中点E，连结OE，OP，建立空间直角坐标系，求出平面PAD的一个法向量，看其是否与共线，从而可判断选项A；先求平面AQC的法向量，然后根据公式sinθ＝，再根据同角三角函数关系可求出余弦值，从而可判断选项B；根据VB﹣ACQ＝VQ﹣ABC可求出体积，可判定选项C；将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，求出正四面体的棱长，从而可求出正四面体的表面积，可判定选项D．
【解答】解：取AD的中点O，BC的中点E，连结OE，OP，
因为三角形PAD为等边三角形，所以OP⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，
因为AD⊥OE，所以OD，OE，OP两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
，
因为点Q时PD的中点，所以，
平面PAD的一个法向量为，显然与不共线，
所以CQ与平面PAD不垂直，故选项A不正确；
，
设平面AQC的法向量为，则，
令x＝1，则y＝，z＝，
所以，
设PC与平面AQC所成角为θ，
则sinθ＝，所以cosθ＝，所以B正确；
三棱锥B﹣ACQ的体积为VB﹣ACQ＝VQ﹣ABC＝S△ABC•OP＝××2××＝6，所以C不正确；
设四棱锥Q﹣ABCD外接球的球心为M（0，，a），则MQ＝MD，
所以，
解得a＝0，即M（0，，0）为矩形ABCD对角线的交点，
所以四棱锥Q﹣ABCD外接球的半径为3，
设四棱锥Q﹣ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，所以，得x2＝24，
所以正四面体的表面积为，所以D正确．
故选：BD．

【点评】本题主要考查了线面垂直，线面角，棱锥的体积以及棱锥的外接球等知识，综合性强，同时考查了转化能力和运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共6小题）
13．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若向量，且点P与A，B，C共面，则实数λ＝　　．
【分析】利用空间向量共面定理直接求解．
【解答】解：∵A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，
向量，且点P与A，B，C共面，
∴＝1，
解得实数λ＝．
故答案为：．
【点评】本题考查实数值的求法，考查空间向量共面定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．已知空间向量＝（1，﹣2，2），则||＝　3　．
【分析】空间向量＝（x，y，z），则||＝．
【解答】解：∵空间向量＝（1，﹣2，2），
∴||＝＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量的模的计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．已知向量＝（0，1，0），＝（1，0，1），||＝，且λ＞0，则λ＝　2　．
【分析】利用空间向量坐标运算法则求出＝（1，λ，1），再由||＝，λ＞0，列方程能求出λ的值．
【解答】解：∵向量＝（0，1，0），＝（1，0，1），
∴＝（1，λ，1），
∵||＝，λ＞0，
∴＝，
解得λ＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查实数值的求法，考查平空间向量坐标运算法则、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
16．四棱锥S﹣ABCD的底面是平行四边形，，若，则x+y+z＝　　．
【分析】把看成空间的一组基底，然后用表示，再利用向量相等，求出x，y，z，得到x+y+z的值．
【解答】解：因为，所以，
四棱锥S﹣ABCD的底面是平行四边形，则，
所以
＝，
又，
所以，
故x+y+z＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间向量基本定理的应用，空间向量加减法，属于基础题．
17．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是C1C中点，则BE与平面B1BDD1所成角的正弦值为　　．

【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴正方向，建立空间坐标系O﹣xyz，分别求出面B1BDD1的法向量和直线BE的方向向量，代入向量夹角公式，可得BE与平面B1BDD1所成角的正弦值
【解答】解：以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴正方向，建立空间坐标系O﹣xyz
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），E（2，2，1）
根据正方体的几何特征，可得AC⊥平面B1BDD1，
故＝（2，2，0）是平面B1BDD1的一个法向量
又∵＝（0，2，1）
故BE与平面B1BDD1所成角θ满足sinθ＝＝＝
故答案为：
【点评】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，其中建立空间坐标系，将线面夹角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．
18．如图，在空间四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝4，．设直线AB与直线CD所成角为α，当二面角A﹣BD﹣C的大小在变化时，则cosα的最大值是　　．

【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围，从而得到cosα的最大值．
【解答】解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵AB＝BD＝DA＝4．BC＝CD＝，∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，AO＝，
∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，﹣2，0），C（2，0，0），D（0，2，0），
设二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ，则θ∈[，]，
∴A（cosθ，0，sinθ），
∴＝（cosθ，2，2sinθ），＝（﹣2，2，0），
由AB、CD的夹角为α，
则cosα＝＝，
∵θ∈，∴cosθ∈[﹣，]，则|1﹣cosθ|∈[1﹣，1+]．
∴cosα∈[，]．
即cosα的最大值为，
故答案为：．

【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
四．解答题（共4小题）
19．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE＝BD，点F在CB1上，且CF＝．求证：
（1）EF⊥BD；
（2）EF⊥CB1．

【分析】以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，分别求出的坐标，然后利用数量积为0证明（1）（2）．
【解答】证明：以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，
则D（0，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），B1（3，3，3），
E（2，2，0），F（1，3，1），
则，，．
（1）∵，∴，即EF⊥BD；
（2）∵，∴，即EF⊥CB1．
【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定，考查空间向量的应用，是基础题．
20．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，2AB＝AA1＝4，CE＝EC1，AF＝3FA1．
（1）证明：BE⊥平面B1EF；
（2）求二面角E﹣BF﹣A的余弦值．

【分析】（1）根据题意，结合勾股定理，分别证明EF⊥BE与BE⊥B1E，进一步得到BE⊥平面B1EF；
（2）根据已知条件，建立适当的空间直角坐标系，将问题转化为求空间向量的夹角即可．
【解答】解：（1）由条件，可知 ，，，
满足 BF2＝BE2+EF2，∴EF⊥BE．
又，BB1＝4，满足 ，
∴BE⊥B1E，又∵B1E∩EF＝E，
∴BE⊥平面 B1EF．
（2）以 AC 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O﹣xyz，

则 ，E（﹣1，0，2），F（1，0，3）．
∴，，
设平面 BEF 的法向量为 ，
∵，∴取 ，得 ．
易得平面 ABF 的一个法向量为 ，
，
由图可知，二面角 E﹣BF＝A 的平面角是 ， 夹角的补角，
故二面角 E﹣BF﹣A 的余弦值为 ．
【点评】本题主要考查线面垂直的证明，二面角的相关计算，空间向量的应用等知识，属于中等题．
21．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC＝90°，AB＝1，，平面CC1D⊥平面ACC1A1．
（1）求证：AC⊥DC1；
（2）若M为DC1中点，求证：AM∥平面DBB1．

【分析】（1）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．
（2）易得∠BAC＝90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．
【解答】解：（1）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，
由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1＝CC1，
所以AC⊥平面CC1D，
又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．
（2）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，
又∠BAC＝90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，
依据已知条件可得A（0，0，0），C（0，，0），C1（2，，0），B（0，0，1），B1（2，0，1），D（1，，2），
所以＝（2，0，0），＝（1，，1），
设平面DBB1的法向量为＝（x，y，z），
由，
令y＝1，则z＝﹣，x＝0，于是＝（0，1，﹣），
因为M为DC1中点，所以M（，，1），所以＝（，，1），
由•＝（，，1）•（0，1，﹣）＝0，可得⊥，
所以AM与平面DBB1所成角为0，AM⊄平面DBB1．
即AM∥平面DBB1．

【点评】题考查了空间线线垂直、线面平行的判定．属于中档题．
22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝．
（1）求证：平面PBC⊥平面PQB；
（2）当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的角的大小为60°？

【分析】（1）先由面面垂直的性质得到PQ⊥平面ABCD，由此可知PQ⊥BC，进而可证得BC⊥平面PQB，再利用面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，表示出各点坐标，求得平面QMB及平面PDC的法向量，分M与C重合及M与C不重合，利用向量的夹角公式结合题意求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，Q为AD的中点，，
∴，
∴四边形BCDQ为平行四边形，则BQ∥CD，
∵∠ADC＝90°，
∴BC⊥BQ，
∵PA＝PD，AQ＝QD，
∴PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
∴PQ⊥BC，
又∵PQ∩BQ＝Q，
∴BC⊥平面PQB，
∵BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PQB；
（2）由（1）可知，PQ⊥平面ABCD，以Q为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∴，，
设平面PDC的法向量为，则，则可取，
①当M与C重合时，平面MQB的法向量为，则，满足题意，此时；
②当M与C不重合时，设，则，得，
∴，
设平面MBQ的法向量为，则，则可取，
∴，得，
∴．
综上，或．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量研究空间角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．