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　空间向量与立体几何
一、选择题(本题共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．已知O为空间任意一点，若＝，则A，B，C，P四点(　　)
A．一定不共面 B. 一定共面
C．不一定共面 D. 无法判断
2．向量a＝(2，4，5)，向量b＝(1，2，t)，若a⊥b，则实数t＝(　　)
A． B. 1
C. －2 D. －
3. 已知向量a＝(2，3，4)，b＝(1，2，0)，则|a＋b|＝(　　)
A．2 B. 3
C. 5 D.
4．已知i，j，k是空间直角坐标系O xyz中x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量，且＝3k，＝－i＋j－k，则点B的坐标为(　　)
A．(1，－1，1) B. (－1，1，1)
C. (1，－1，2) D. (－1，1，2)
5．在长方体ABCD A1B1C1D1中，可以作为空间向量一个基底的是(　　)
A. B.
C. D.
6. 若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)
A．α∥β B. α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D. 以上均不正确
7.四棱锥P ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若＝x＋2y＋3z，则x＋y＋z＝(　　)
A. 1 B.
C. D. 2
8.如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，D为棱A1B1的中点，AC＝2，CC1＝BC＝1，AC⊥BC，则异面直线CD与BC1所成角的余弦值为(　　)
A． B.
C. D.
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．已知v1，v2分别为直线的l1，l2方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中，正确的是(　　)
A．v1∥v2 l1⊥l2 B．v1⊥v2 l1⊥l2
C．n1∥n2 α⊥β D. n1⊥n2 α⊥β
10. 已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则不正确的有(　　)
A．与是共线向量 B. 的单位向量是(1，1，0)
C．与夹角的余弦值是 D. 平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
11．在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，则(　　)
A．AC1⊥B1C
B．直线CD1与BD 所成的角为60°
C．三棱锥O B1CD1的体积为
D．直线AC1与平面AA1D1D所成角的正弦值为
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)
12．已知平面α的一个法向量为n＝(1，1，1)，原点O(0，0，0)在平面α内，则点P(4，5，3)到α的距离为________．
13．在正方体ABCD A1B1C1D1中，点M是AA1的中点，已知＝a，＝＝c，用a，b，c表示，则＝________．
14．17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示________，过点P(1，－1，2)且法向量为v＝(1，2，3)的平面的方程是________．
四、解答题(本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)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)用向量法证明E，F，G，H四点共面；
(2)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有＝)．
16．(15分)如图，直三棱柱ABC A1B1C1底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M是A1B1中点．
(1)求〉的值；
(2)求证：A1B⊥C1M.
17．(15分)已知边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为BC和AC的中点，PA＝2，且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点．
(1)求证：AE∥平面PFQ；
(2)求AE到平面PFQ的距离．
18．(17分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，M是PA中点，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝4，AD＝2.
(1)求直线AP与平面CMB所成的角的正弦值；
(2)求二面角M CB P的余弦值．
19．(17分)如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M和N分别是CC1和BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P＝λA1B1.
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
章末过关检测(二)　空间向量与立体几何
1．解析：由空间向量共面定理的推论若＝a＋b＋c，满足a＋b＋c＝1，则A，B，C，P四点共面，
∵＝，而＝1，故A，B，C，P四点共面．
故选B.
答案：B
2．解析：因为向量a＝(2，4，5)，向量b＝(1，2，t)，若a⊥b，
则a·b＝2×1＋4×2＋5t＝0，解得：t＝－2，
故选C.
答案：C
3．解析：由a＝(2，3，4)，b＝(1，2，0)，得a＋b＝(3，5，4)，因此|a＋b|＝＝5.
故选C.
答案：C
4．解析：由题设知：＝(0，0，3)，＝(－1，1，－1)，
∴＝，若B(x，y，z)，则(－1，1，－1)＝(x，y，z－3)，易得x＝－1，y＝1，z＝2，
∴B(－1，1，2)．故选D.
答案：D
5.解析：如图所示：
A．因为共面，故错误；
B．因为＝，所以共面，故错误；
C．因为，不共面，故正确；
D．因为共面，故错误．
故选C.
答案：C
6．解析：显然n1，n2不平行，而n1·n2＝－6－3－20＝－29，
故n1，n2不垂直，所以法向量既不平行也不垂直，
所以α，β相交但不垂直，
故选C.
答案：C
7．解析：因为＝＝＝＋()，
所以2＝，所以＝，所以x＝，2y＝，3z＝，
解得x＝，y＝，z＝，所以x＋y＋z＝＝，
故选B.
答案：B
8.解析：以C为坐标原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由已知可得C(0，0，0)，C1(0，0，1)，D(1，，1)，B(0，1，0)，则C1B＝(0，1，－1)，＝(1，，1)，
所以cos 〈，〉＝＝＝－.
又因为异面直线所成的角的范围为(0，]，所以异面直线CD与BC1所成角的余弦值为.
故选A.
答案：A
9．解析：∵v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，
∴v1∥v2 l1∥l2，故A错误；
v1⊥v2 l1⊥l2，故B正确；
∵n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，
∴n1∥n2 α∥β，故C错误；
n1⊥n2 α⊥β，故D正确；
故选BD.
答案：BD
10．解析：对于A，由题意，＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，则≠λ，λ∈R，
所以与不共线，所以A错误；
对于B，向量(1，1，0)的模等于≠1，所以B错误；
对于C，＝(－3，1，1)，
所以cos 〈〉＝＝－，
所以C错误；
对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则，即，
取x＝1，得y＝－2，z＝5，
则平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)，所以D正确．
故选ABC.
答案：ABC
11.解析：建立如图所示空间直角坐标系．
A(1，0，0)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，
·＝(－1，1，1)·(－1，0，－1)＝1－1＝0，所以AC1⊥B1C，A选项正确；
D1(0，0，1)，D(0，0，0)，B(1，1，0)，
＝(0，－1，1)，＝(－1，－1，0)，
，〉＝＝＝，
所以直线CD1与BD 所成的角为60°，B选项正确；
平面AA1D1D的法向量为n＝(0，1，0)，
〉＝＝＝，所以直线AC1与平面AA1D1D所成角的正弦值为，所以D选项错误；
根据正方体的性质可知，AC⊥BD，AC⊥BB1，由于BD＝B，
所以AC⊥平面BDD1B1，
所以＝＝×OC
＝×(×1)×＝，所以C选项错误．
故选AB.
答案：AB
12．解析：点P到平面α的距离为＝＝4.
答案：4
13．解析：∵＝＝－，又∵M是AA1的中点，
∴＝，∴＝，
∵＝a，＝＝c，∴＝－a－b＋c.
答案：－a－b＋c
14．解析：依题意可得x＝1在三维空间中，它表示一个平面，在这个平面上所有点的横坐标都为1，过点P(1，－1，2)且法向量为v＝(1，2，3)的平面的方程为1(x－1)＋2(y＋1)＋3(z－2)＝0，整理得x＋2y＋3z－5＝0.
答案：一个平面　x＋2y＋3z－5＝0
15．证明：(1)＝＝)－＝.
＝＝)＋＝，
所以＝，所以E，F，G，H四点共面．
(2))＝(2＋2)＝)＝×2×＝.
16.
解析：(1)以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
＝(1，－1，2)，
＝(0，1，2)，
〉＝＝＝.
(2)证明：A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C1(0，0，2)，M(，2)，
＝(－1，1，－2)，＝(，0)，·＝0，∴⊥，
∴A1B⊥C1M.
17.解析：(1)证明：如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系．
因为AP＝2，AB＝BC＝AC＝4，又E，F分别是BC，AC的中点，所以A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，F(0，2，0)，E(，3，0)，Q(，0)，P(0，0，2)．
因为＝(，0)，＝(，3，0)，
所以＝2，所以∥.又AE与FQ无交点，所以AE∥FQ.
又FQ 平面PFQ，AE 平面PFQ，
所以AE∥平面PFQ.
(2)连接AQ.因为AE∥平面PFQ，所以点A到平面PFQ的距离就是AE到平面PFQ的距离．
设平面PFQ的法向量为n＝(x，y，z)，所以n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0.
又＝(0，2，－2)，所以n·＝2y－2z＝0，即y＝z.
又＝(，0)，所以n·＝x＋y＝0，即x＝－y.
令y＝1，则x＝－，z＝1，所以平面PFQ的一个法向量为n＝(－，1，1)．
又＝(－，－，0)，所以所求距离d＝＝.
18.解析：(1)∵ABCD是矩形，∴AD⊥CD，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，即PD，AD，CD两两垂直，∴以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由PD＝CD＝4，AD＝2，得A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，P(0，0，4)，M(1，0，2)，
则＝(－2，0，4)，＝(－2，0，0)，＝(1，4，－2)，
设平面CMB的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则，即，
令y1＝1，得x1＝0，z1＝2，∴n1＝(0，1，2)，∴sin θ＝cos 〈，n1〉＝＝＝，
故直线AP与平面CMB所成角的正弦值为.
(2)由(1)得＝(0，4，－4)，设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即，令y2＝1，得x2＝0，z2＝1，∴n2＝(0，1，1)，∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝，故二面角M CB P的余弦值为.
19．解析：(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，以点A为坐标原点，AC、AA1、AB所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)、M(1，，0)、N(，0，)、P(0，1，λ)，＝(1，，0)，＝(－，1，λ－)，
所以，·＝－＝0，则AM⊥PN，
因此，无论λ取何值，总有AM⊥PN.
(2)＝(，－)，设平面PMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则，取x＝2λ＋1，则y＝2－2λ，z＝3，
所以，平面PMN的一个法向量为n＝(2λ＋1，2－2λ，3)，
易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，1，0)，
由题意可得|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
整理可得4λ2＋10λ＋13＝0，Δ＝102－4×4×13<0，此方程无解，
因此，不存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°.

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