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章末复习提升
题型归纳·素养提升
1.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,注意培养逻辑推理、数学抽象的能力.
题型一　空间向量的概念及运算
A
C
C
1.用空间向量判断空间中位置关系的类型有:线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直.判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量,利用向量的共线或垂直进行证明.
2.将立体几何的线面关系转化为向量间的关系,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力.
题型二　利用空间向量证明位置关系
[典例2] 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
证明:BF⊥DE.
[跟进巩固] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.
(1)求证:AC⊥BC1.
(1)【证明】 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为AC=3,BC=4,AB=5,
所以AC⊥BC,
所以AC,BC,CC1两两垂直.
(2)在棱AB上是否存在点E,使得AC1∥平面CEB1 若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
1.空间距离的计算思路
题型三　空间距离问题
2.通过利用向量计算空间的距离,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力.
[典例3] (2024·天津卷节选)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面 ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,M是DD1的中点,求点B到平面CB1M的距离.
1.空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2,则l1与l2所成的角θ满足cos θ= |cos|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m,n,则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ=|cos|.
(3)设n1,n2分别是两个平面α,β的法向量,则两平面α,β的夹角θ满足cos θ= |cos|.
2.通过利用向量计算空间角,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力.
题型四　空间夹角问题
[典例4] (2025·全国Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′,使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明:A′B∥平面CD′F.
(1)【证明】 设AD=1,所以AB=3,CD=2.因为F为CD的中点,所以DF=1.因为EF∥AD,AB∥CD,所以AEFD是平行四边形,所以AE∥DF,所以A′E∥D′F.因为D′F 平面CD′F,A′E 平面CD′F,所以A′E∥平面CD′F.
因为FC∥EB,FC 平面CD′F,EB 平面CD′F,
所以EB∥平面CD′F.
又EB∩A′E=E,EB,A′E 平面A′EB,
所以平面A′EB∥平面CD′F.
又A′B 平面A′EB,所以A′B∥平面CD′F.
(2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值.
[跟进巩固] (2026·全国Ⅱ卷)如图,三棱锥A-BCD中,点E在BD上,AE⊥CE, AE⊥DE,CD⊥AD.　
(1)证明:CD⊥AB;
(1)【证明】 因为AE⊥CE,AE⊥DE,CE∩DE=E,且CE,DE 平面BCD,
所以AE⊥平面BCD.
因为CD 平面BCD,所以AE⊥CD.
又因为AD⊥CD,AE∩AD=A,
AE,AD 平面ABD,
所以CD⊥平面ABD,
又因为AB 平面ABD,所以CD⊥AB.章末复习提升
题型一　空间向量的概念及运算
1.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,注意培养逻辑推理、数学抽象的能力.
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.
[典例1] (1)若空间四点O,A,B,P满足=+,则(　　)
A.P∈直线AB
B.P 直线AB
C.点P可能在直线AB上,也可能不在直线AB上
D.P∈直线AB,且AP=PB
(2)已知O为空间任意一点,A,B,C,P四点中任意三点不共线,但四点共面,且 =m+2+,则m的值为(　　)
A.-1 B.-2 C.-3 D.2
【答案】 (1)A　(2)C
【解析】 (1)由于=+,所以O,A,B,P四点共面,
由于+=1,所以A,P,B三点共线,
根据平行四边形法则可知:P是线段AB上,靠近A的三等分点(如图所示).
所以A选项正确,BCD选项错误,
故选A.
(2)因为=-,
所以由=m+2+,
得-=m+2+,
即=m+3+.
因为O为空间任意一点,A,B,C,P满足任意三点不共线,且四点共面,
所以m+3+1=1,
故m=-3.
故选C.
[跟进巩固]
1.已知,是空间两个不共线的向量,=5-3,那么必有(　　)
A.,共线
B., 共线
C.,, 共面
D.,, 不共面
【答案】 C
【解析】 若,共线,则=λ(λ∈R),
又=5-3 λ=5-3 =,则,共线,故A错误;
同理若,共线,则=μ(μ∈R),
又=5-3 μ=5-3 =,则,共线,故B错误;
根据空间向量的共面定理可知,,共面,即C正确,D错误,故选C.
2.在空间四边形ABCD中,=3,=-++λ,则λ=　　　　.
【答案】
【解析】 因为=-++λ,
所以+=+λ,
即=+λ.
又=3,所以B,C,M三点共线,
所以+λ=1,解得λ=.
题型二　利用空间向量证明位置关系
1.用空间向量判断空间中位置关系的类型有:线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直.判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量,利用向量的共线或垂直进行证明.
2.将立体几何的线面关系转化为向量间的关系,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力.
[典例2] 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
证明:BF⊥DE.
【解】 因为侧面AA1B1B为正方形,
E,F分别是AC和CC1的中点,
且AB=BC=2,所以CF=1,BF=.
如图,连接AF,由BF⊥A1B1,AB∥A1B1,得BF⊥AB,于是AF==3,所以AC==2.所以AB2+BC2=AC2,即BA⊥BC,故以B为坐标原点,以AB,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz,
则B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),
=(0,2,1).
设B1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2),
于是=(1-m,1,-2).
所以·=0,所以BF⊥DE.
[跟进巩固] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.
(1)求证:AC⊥BC1.
(2)在棱AB上是否存在点E,使得AC1∥平面CEB1 若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
(1)【证明】 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为AC=3,BC=4,AB=5,
所以AC⊥BC,
所以AC,BC,CC1两两垂直.
以C为坐标原点,直线CA,CB,CC1所在直线分别为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】 由(1)知=(-3,4,0).
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),=(-3,0,4),
又=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.
题型三　空间距离问题
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=a,则向量在直线l上的投影向量为 =(a·u)u,则点P到直线l的距离为(如图).
(2)点P到平面α的距离: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距离,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力.
[典例3] (2024·天津卷节选)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面 ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,M是DD1的中点,求点B到平面CB1M的距离.
【解】 以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
有B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),
则有=(1,-1,2),
=(-1,0,1),=(0,0,2),
设平面CB1M的法向量为m=(x1,y1,z1),
则有
取x1=1,则有y1=3,z1=1,即m=(1,3,1),
由=(0,0,2),平面CB1M的法向量为m=(1,3,1),则有==,
即点B到平面CB1M的距离为.
[跟进巩固] (2024·新课标Ⅰ卷节选)如图,四棱锥 PABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.若 AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦值为,求AD.
【解】 法一(定义法)如图所示,过点D作DE⊥AC于点E,再过点E作EF⊥CP于点F,连接DF,
因为PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,
所以平面PAC⊥平面 ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,
所以DE⊥平面PAC,所以DE⊥PC.
又EF⊥CP,且DE∩EF=E,DE,EF 平面DEF,所以CP⊥平面DEF.
根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角 A CPD的平面角,
即sin∠DFE=,即tan∠DFE=.
因为AD⊥DC,设AD=x(0则CD=,
由等面积法可得,DE=,
又CE==,
由PA=AC,PA⊥AC得△PAC是等腰直角三角形,△EFC与△PAC相似,也为等腰直角三角形,所以EF=,故tan∠DFE==,
解得x=(负值舍去),即AD=.
法二(法向量法)　以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作与平面ABCD垂直的直线为 z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
令AD=t(0所以=(-t,,0),=(0,0,2),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则所以
不妨设x1=,则y1=t,z1=0,平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0).
又=(t,0,2),=(0,,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则所以
不妨设z2=t,则x2=-2,y2=0,平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t).
因为二面角ACPD的正弦值为,
则余弦值为,所以=|cos|==.
所以t=(负值舍去),所以AD=.
题型四　空间夹角问题
1.空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2,则l1与l2所成的角θ满足cos θ=|cos|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m,n,则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ=|cos|.
(3)设n1,n2分别是两个平面α,β的法向量,则两平面α,β的夹角θ满足cos θ=|cos|.
2.通过利用向量计算空间角,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力.
[典例4] (2025·全国Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′,使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明:A′B∥平面CD′F.
(2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值.
(1)【证明】 设AD=1,所以AB=3,CD=2.因为F为CD的中点,所以DF=1.因为EF∥AD,AB∥CD,所以AEFD是平行四边形,所以AE∥DF,所以A′E∥D′F.因为D′F 平面CD′F,A′E 平面CD′F,所以A′E∥平面CD′F.
因为FC∥EB,FC 平面CD′F,EB 平面CD′F,
所以EB∥平面CD′F.
又EB∩A′E=E,EB,A′E 平面A′EB,
所以平面A′EB∥平面CD′F.
又A′B 平面A′EB,所以A′B∥平面CD′F.
(2)【解】 因为∠DAB=90°,所以AD⊥AB.
又因为AB∥FC,EF∥AD,
所以EF⊥FC.
以F为原点,FE,FC以及垂直于平面BEFC的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为D′F⊥EF,CF⊥EF,平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角为60°,所以∠D′FC=60°.
则B(1,2,0),C(0,1,0),D′(0,,),E(1,0,0),F(0,0,0),
所以=(-1,-1,0),=(0,-,),
=(1,0,0),=(0,,).
设平面BCD′的法向量为n=(x,y,z),则
所以
令y=,则z=1,x=-,则n=(-, ,1).
设平面EFD′A′的法向量为m=(x1,y1,z1),
则所以
令y1=,则z1=-1,x1=0,
所以m=(0,,-1).
所以|cos|===.
所以平面BCD′与平面EFD′A′夹角的正弦值为=.
[跟进巩固] (2026·全国Ⅱ卷)如图,三棱锥ABCD中,点E在BD上,AE⊥CE,AE⊥DE,CD⊥AD.　
(1)证明:CD⊥AB;
(2)若DE=2,BE=1,AE=,CD=2,求直线AD与平面ABC所成角的正弦值.
(1)【证明】 因为AE⊥CE,AE⊥DE,CE∩DE=E,且CE,DE 平面BCD,
所以AE⊥平面BCD.
因为CD 平面BCD,所以AE⊥CD.
又因为AD⊥CD,AE∩AD=A,
AE,AD 平面ABD,
所以CD⊥平面ABD,
又因为AB 平面ABD,所以CD⊥AB.
(2)【解】 法一(空间向量法)　
如图所示,以D为原点,DE所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过点D且垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
可得D(0,0,0),C(0,2,0),E(2,0,0),B(3,0,0).
因为AE⊥DE且AE=,所以A(2,0,).
所以=(-2,0,-),=(1,0,-),=(-2,2,-).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则
可得x=z,y=z,
令z=2,则n=(2,,2).
设AD与平面ABC所成的角为θ,
则sin θ=
=
==,
所以直线AD与平面ABC所成角的正弦值为.
法二(几何法)　在Rt△ADE中,
AD===,
在Rt△ABE中,
AB===,
由(1)知CD⊥平面ADE.
又因为DE 平面ADE,所以CD⊥DE.
因为CD⊥AD,在Rt△BDC中,
BC===.
在Rt△ADC中,
AC===3.
因为AB2+AC2=()2+(3)2=21=BC2,
所以△ABC为直角三角形,
则S△ABC=AB·AC=××3=.
设点D到平面ABC的距离为h,AD与平面ABC所成的角为θ,
由=得S△ABC·h=S△BCD·AE,
即×·h=×(×3×2)×,
解得h=2.
所以sin θ===,即直线AD与平面ABC所成角的正弦值为.
第一章　章末巩固验收
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.已知点B是点A(2,-3,4)在坐标平面Oxy内的射影,则点B的坐标为(　　)
A.(2,-3,0) B.(2,0,4)
C.(0,-3,4) D.(2,3,4)
【答案】 A
【解析】 因为点B是点A(2,-3,4)在坐标平面Oxy内的射影,所以点B的坐标为(2,-3,0).
故选A.
2.如图所示,已知空间四边形ABCD的对角线为AC,BD,设G是CD的中点,则+(+)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】 A
【解析】 因为G是CD的中点,所以+(+)=+=.故选A.
3.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka-b与2a-b互相垂直,则k的值是(　　)
A.-1 B. C. D.-
【答案】 D
【解析】 由题意可得,ka-b=(k+1,k,-2),2a-b=(3,2,-2),
若ka-b与2a-b互相垂直,
则(ka-b)·(2a-b)=3(k+1)+2k+4=0,解得k=-.故选D.
4.平面α的法向量u=(x,1,-2),平面β的法向量 v=(-1,y,),已知α∥β,则x+y等于(　　)
A. B. C.3 D.
【答案】 A
【解析】 由题意得,因为α∥β,所以u=λv(λ∈R),
即解得
所以x+y=4+(-)=.故选A.
5.如图所示,四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,点E为棱PC的中点,若=x+y+z,则x+y+z等于(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】 B
【解析】 由题意=(+)=+(+)=+(++)=++,又=x+y+z,,,不共面,
所以x=1,y=,z=,得x+y+z=2.故选B.
6.如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　　)
A.5 B.8 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轴建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,12,0),D1(0,0,5).设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),
由n⊥,n⊥,得
n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,
n·=(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,
所以a=0,b=c,所以可取n=(0,5,12).
又=(0,0,-5),所以点B1到平面A1BCD1的距离为=.
因为B1C1∥BC,BC 平面A1BCD1,B1C1 平面A1BCD1,
所以B1C1∥平面A1BCD1,
所以B1C1到平面A1BCD1的距离为.故选C.
7.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD,M为AD的中点,则异面直线BM与CD的夹角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 四面体ABCD是由正方体的四个顶点构成的,如图所示,
建立以B点为原点的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,
则B(0,0,0),C(2,0,0),D(2,2,0),M(1,1,1),
=(1,1,1),=(0,2,0),
cos<,>===,
因为异面直线夹角的范围为(0,],所以异面直线BM与CD的夹角的余弦值为.故选C.
8.已知MN是正方体内切球的一条直径,点P在正方体表面上运动,正方体的棱长是2,则·的取值范围为(　　)
A.[0,4] B.[0,2] C.[1,4] D.[1,2]
【答案】 B
【解析】 设正方体内切球的球心为O,
则OM=ON=1,
·=(+)·(+)=+·(+)+·,
因为MN是正方体内切球的一条直径,
所以+=0,·=-1,所以·=-1.
又点P在正方体表面上运动,
所以当P为正方体顶点时,||最大,且最大值为;
当P为内切球与正方体的切点时,||最小,且最小为1;
所以0≤-1≤2,
所以·的取值范围为[0,2].故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.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.如图,E,F分别是长方体ABCD-A′B′C′D′的棱AB,CD的中点,下列化简结果正确的是(　　)
A.-=
B.+-=
C.-+=0
D.+=
【答案】 ABD
【解析】 -=+=,故A正确;
+-=+=+=,故B正确;
-+=-=≠0,故C错误;
+=-=-==,故D正确.故选ABD.
10.下列选项正确的是(　　)
A.两条不重合直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-1,-,),则l1∥l2
B.直线l的方向向量a=(1,-1,2),平面α的法向量u=(6,4,-1),则l⊥α
C.直线l的方向向量a=(0,3,0),平面α的法向量u=(0,-1,0),则l∥α
D.两个不同的平面α,β的法向量分别是u=(2,2,-1),v=(-3,4,2),则α⊥β
【答案】 AD
【解析】 两条不重合直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-1,-,),
则b=-a,所以a∥b,即l1∥l2,故A正确;
直线l的方向向量a=(1,-1,2),平面α的法向量是u=(6,4,-1),则a·u=1×6-1×4+2×(-1)=0,所以a⊥u,即l∥α或l α,故B错误;
直线l的方向向量a=(0,3,0),平面α的法向量是u=(0,-1,0),
则u=-a,所以u∥a,即l⊥α,故C错误;
两个不同的平面α,β的法向量分别是u=(2,2,-1),v=(-3,4,2),则u·v=2×(-3)+2×4+(-1)×2=0,所以α⊥β,故D正确.故选AD.
11.如图所示是常见的一种灭火器消防箱,抽象成数学模型为如图所示的六面体,其中四边形ADEH和BCFG为直角梯形,A,D,C,B为直角顶点,其他四个面均为矩形,AB=BG=3,FC=4,BC=1,下列说法正确的是(　　)
A.该几何体是四棱台
B.·=10
C.EG⊥HC
D.平面EFGH与平面ABCD的夹角为45°
【答案】 BD
【解析】 因为四边形ADEH和BCFG为直角梯形,A,D,C,B为直角顶点,其他四个面均为矩形可知,HG∥EF∥DC∥AB,且HG=EF=DC=AB,所以这个六面体是四棱柱,平面ADEH和平面BCFG是底面,故A错误;
由题意可知DA,DC,DE两两垂直,如图,以点D为坐标原点建立空间直角坐标系,
则 A(1,0,0),E(0,0,4),G(1,3,3),C(0,3,0),H(1,0,3),F(0,3,4),=(1,3,-1),=(1,-3,3),=(-1,3,0),
=(-1,3,4),故 ·=10,故B正确;
·=1-9-3=-11≠0,所以EG,HC不垂直,故C错误;
根据题意可知DE⊥平面ABCD,所以=(0,0,4)为平面ABCD的一个法向量,
=(1,0,-1),=(0,3,0),
设n=(x,y,z)为平面EFGH的法向量,则有则可取n=(1,0,1),
则cos===,所以平面EFGH与平面ABCD的夹角为45°,故D正确.故选BD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.在四面体PABC中,若底面ABC的一个法向量为n=(1,1,1),且 =(2,2,-1),则顶点P到底面ABC的距离为　　　　　.
【答案】
【解析】 因为底面ABC的一个法向量为n=(1,1,1),且=(2,2,-1),则顶点P到底面ABC的距离为d====.
13.如图所示,在正三棱柱ABCA1B1C1中,M为△A1B1C1的重心,若=a,=b,=c,则=　　　　.(用a,b,c表示)
【答案】 c+a-b
【解析】 由M为△A1B1C1的重心可得D为A1B1的中点,
==×(+)=+,
则=+=++=-+=-+(-)=+-
=c+a-b.
14.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是正方体表面上相异两点,满足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.若P,Q均在平面A1B1C1D1内,则PQ与BD的位置关系是　　　　,
|A1P|的最小值为　　　　.
【答案】 平行　
【解析】 以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A1(1,0,1),E(0,1,),B(1,1,0).
因为P,Q均在平面A1B1C1D1内,
所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),
则=(-1,1,-),=(a-1,b-1,1),=(m-1,n-1,1).
因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E.
所以
解得所以m-a=n-b.
因为=(m-a,n-b,0),=(1,1,0),
所以PQ∥BD,即PQ与BD的位置关系是平行.
|A1P|=
=
=
=,
所以当a=,即P(,,1)时,|A1P|的最小值为.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c.
(1)求实数x,y,z的值.
(2)求a+c与b+c夹角的余弦值.
【解】 (1)因为a∥b,所以设a=kb,
即(x,4,1)=k(-2,y,-1),
所以
解得
故a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).
又b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,
解得z=2.
(2)由(1)得
a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),
设a+c与b+c的夹角为θ,
因为cos θ=====-,
所以a+c与b+c夹角的余弦值为-.
16.(本小题满分15分)
如图,在斜四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=,
AC1=,记=a,=b,=c.
(1)证明:AC1⊥BD.
(2)求侧棱AA1的长.
(1)【证明】 由题图可知=+=++=++,=-,
所以·=(++)·(-)=·+-·-,
又∠BAA1=∠DAA1=,且底面ABCD是边长为1的正方形,则·=·,=,
所以·=0,即AC1⊥BD.
(2)【解】 由(1)知,||2=|++|2=+++2·+2·+2·,根据已知条件,得 ||2+2||-9=(||+3)(||-)=0,则||=.
17.(本小题满分15分)
在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,AD1⊥AD,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2.
(1)求直线AB与平面BCD1所成角的大小.
(2)在线段AA1上是否存在一点P,使得二面角A1-BC-P的大小为30° 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
【解】 (1)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,因为平面ADD1A1⊥平面ABCD,平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,AD1 平面ADD1A1,AD1⊥AD,所以AD1⊥平面ABCD.
以点A为坐标原点,AB,AD,AD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D1(0,0,),=(1,0,0),=(0,1,0),=(-1,0,).
设平面BCD1的法向量为m=(x,y,z),
由得
取m=(,0,1),
设直线AB与平面BCD1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,m>|==,
因为θ∈[0,],所以θ=.
即直线AB与平面BCD1所成角的大小为.
(2)假设在线段AA1上存在点P,使得二面角
A1BCP的大小为30°.
设=λ(λ∈[0,1]),
由A1(0,-1,),
得P(0,-λ,λ),=(-1,-λ,λ),
设平面BCP的法向量为n=(x1,y1,z1),
由得
取n=(λ,0,1),
由(1)知,平面BCA1的一个法向量为m=(,0,1),所以cos 30°===,解得λ=.所以在线段AA1上存在一点P,且 =,使得二面角A1BCP的大小为30°.
18.(本小题满分17分)
如图所示,在四棱锥PABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,PA⊥PD,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O为AD的中点.
(1)求证:CO⊥平面PAD.
(2)求平面BPC与平面PCD的夹角的余弦值.
(1)【证明】 因为PA=PD,且O为AD的中点,可得PO⊥AD,
又侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,且PO 平面PAD,
所以PO⊥底面ABCD.
因为OC 平面ABCD,所以PO⊥OC.
因为PA=PD=,且PO⊥AD,可得AD=2,
因为底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,
且AB=BC=1,且O为AD的中点,
所以OC∥AB,所以OC⊥AD.
又PO∩AD=O,且PO,AD 平面PAD,所以OC⊥平面PAD.
(2)【解】 以O为原点,以OC,OD,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
在等腰直角△PAD中,可得PO=1,
且AB=BC=1,
可得B(1,-1,0),C(1,0,0),P(0,0,1),D(0,1,0).
则=(0,-1,0),=(-1,0,1),=(-1,1,0),
设平面BPC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
取x1=1,可得y1=0,z1=1,所以n1=(1,0,1).
设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
取x2=1,可得y2=1,z2=1,
所以n2=(1,1,1),
则cos===,
所以平面BPC与平面PCD的夹角的余弦值为.
19.(本小题满分17分)
如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面ACC1A1为菱形,∠A1AC=60°,底面ABC为等边三角形,平面ACC1A1⊥平面ABC,点D,E满足=,=,点F为棱C1C上的动点(含端点).
(1)当F与C重合时,证明:平面DEF⊥平面ABC.
(2)是否存在F,使得直线AC与平面DEF所成角的正弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
(1)【证明】 如图①,取AC中点O,连接A1O,因为侧面ACC1A1为菱形,∠A1AC=60°,
所以A1O⊥AC,
又平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC.
所以A1O⊥平面ABC.
当F与C重合时,因为E为A1C1的中点,所以四边形A1OFE为平行四边形,
所以A1O∥EF,
所以EF⊥平面ABC,
又EF 平面DEF,
所以平面DEF⊥平面ABC.
(2)【解】 连接OB,因为△ABC为等边三角形,则 OB⊥OC,所以OB,OC,OA1两两垂直,则以O为坐标原点,建立空间直角坐标系如图②所示.
令三棱柱的棱长为2,所以OB=OA1=,
故 O(0,0,0),A(0,-1,0),B(,0,0),A1(0,0,),C(0,1,0),E(0,1,),C1(0,2,),
由题意得=,
所以D(,, ).
设=λ,λ∈[0,1],
则=λ+(1-λ)=(0,λ,0)+(0,2-2λ,-λ)=(0,2-λ,-λ),
即F(0,2-λ,-λ).
又=(-,,0),=(0,1-λ,-λ),
设平面DEF的法向量为m=(x,y,z),
则则
取x=λ,则y=λ,z=(1-λ).
故平面DEF的法向量可为m=(λ,λ,(1-λ)).又=(0,2,0),设直线AC与平面DEF所成角为θ,由题可得sin θ=|cos|=,
即==,
整理得,6λ-3=0,解得λ=,
故当=时,直线AC与平面DEF所成角的正弦值为.

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