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第一章
(120分钟 150分)
【命题视点】
单元大任务 掌握空间向量的相关运算，能用空间向量解决立体几何中的相关问题
命题情境点 生活实践情境：14题 探索创新情境：8、18题 课程学习情境：2、9题
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.如图，在空间四边形OABC中，=a，=b，=c，点M在OA上，且=3，点N为BC的中点，则=
A.a+b-c
B.a+b+c
C.-a+b+c
D.-a+b-c
2.已知{a，b，c}是空间的一个基底，则下列可以与向量a+b，a+c构成空间的一个基底的向量是
A.b-c
B.a+3b-2c
C.2a+b+c
D.a-c
3.已知A(1，2，3)，B(1，0，5)，P(-1，2，-3)，则点P到直线AB的距离是
A.
B.
C.3
D.
4.若点P∈平面ABC，且对空间内任意一点O满足=+λ-，则实数λ=
A.-
B.
C.
D.-
5.下列命题为假命题的是
A.若直线l的方向向量为a=(-1，1，9)，直线m的方向向量为b=2，-1，，则l⊥m
B.若直线l的方向向量为a=(1，-2，3)，平面α的法向量为n=(2，-4，6)，则l∥α
C.若平面α，β的法向量分别为n1=(1，2，3)，n2=(-3，3，-1)，则α⊥β
D.若平面α经过三点A(1，0，-1)，B(0，1，0)，C(-1，2，0)，向量n=(u，1，t)是平面α的法向量，则u+t=1
6.已知A(0，1，1)，B(2，-1，0)，C(3，2，4)，则下列各点在平面ABC内的是
A.(5，0，3)
B.(-1，-1，-1)
C.(-3，4，-2)
D.(0，0，0)
7.如图，在多面体A1B1C1D1ABC中，四边形A1B1C1D1，AA1B1B，BB1C1C是三个全等且两两垂直的正方形，平面A1B1C1D1∥平面ABC，E是棱AA1的中点，则直线EC1与平面ACD1所成角的正切值为
A.
B.
C.
D.
8.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=2，O为BC的中点，M是棱B1C1上一动点，过O点作ON⊥AM于点N，则||的最小值为
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.已知向量a=(m+1，m+1，2)，b=(2m-3，m，1)，则下列结论正确的是
A.若m=3，则a∥b
B.若a⊥b，则m=±
C.|a+b|的最小值为
D.|a-b|的最大值为
10.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，P为棱BC上的动点，则下列结论正确的是
A.存在点P，使AC1⊥PE
B.点P到直线D1E的距离的最小值为
C.三棱锥E-PB1D1的体积为定值
D.二面角P-D1E-C1的余弦值的取值范围是，
11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F(E在F的左边)，且EF=，则下列说法正确的是
A.当点E，F运动时，不存在点E，F，使得·=0
B.当点E，F运动时，存在实数λ，μ，使得=λ+μ
C.当点E运动时，二面角E-AB-C的余弦值的最小值为
D.当点E运动时，二面角A-EF-B的余弦值为定值
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若{a，b，c}构成空间的一个基底，且p=3a+4b+5c，则p用基底{a+b，b+c，a+3c}表示为　　　　.
13.如图，已知正四面体OABC的棱长均为2，令=a，=b，=c，若D为BC的三等分点(靠近B点)，E为AD的中点，则线段OE的长为　　　　.
14.《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.该羡除是一个多面体ABCDFE，如图，四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，平面ABCD⊥平面ABEF，梯形ABCD，ABEF的高分别为3，7，且AB=6，CD=10，EF=8，则·=　　　　.
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.(13分)已知空间中三点A(1，2，-1)，B(-1，1，3)，C(1，0，1)，设a=，b=.
(1)若|c|=1，且c∥，求向量c；
(2)若向量a+kb与b互相垂直，求k的值.
16.(15分)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，CD=CC1=1，令=a，=b，=c.
(1)用空间的一个基底{a，b，c}表示，并求||.
(2)直线CA1与平面C1AD是否垂直 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由.
17.(15分)已知四面体ABCD满足AB=CD=1，BC=AD=BD=AC=.
(1)求异面直线AC与BD所成角的正弦值；
(2)求二面角C-AB-D的平面角的正切值.
18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，且△PCD是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是矩形，BC=2，M为BC的中点.
(1)求证：AM⊥PM.
(2)求直线PA与平面PMD所成角的正弦值.
(3)若侧棱PC的中点为E，直线AE与平面PDM交于点G，=λ，求λ的值.
19.(17分)已知在边长为1的菱形ABCD1中，∠AD1C=60°(如图1所示)，将△AD1C沿对角线AC折起到△ADC的位置(如图2所示)，点P为棱BD上任意一点(点P不与B，D重合).
(1)求四面体ABCD的体积的最大值.
(2)令BD=.
①若Q为线段CA上的动点，求线段PQ长度的最小值及线段PQ长度为最小值时点P，Q的位置；
②求点C到平面PAB的距离.
【参考答案】
1.C　解析：=-=(+)-=+-=b+c-a=-a+b+c.
2.D解析：因为b-c=(a+b)-(a+c)，a+3b-2c=3(a+b)-2(a+c)，2a+b+c=(a+b)+(a+c)，所以向量b-c，a+3b-2c，2a+b+c均与向量a+b，a+c共面，不能构成空间的一个基底，故排除选项A，B，C.易知不存在m，n∈R，使得a-c=m(a+b)+n(a+c)，所以a-c，a+b，a+c不共面，故选项D正确.
3.B　解析：设向量，的夹角为θ.因为=(0，-2，2)，=(-2，0，-6)，所以cos θ===-，所以sin θ=，所以点P到直线AB的距离是||sin θ=2×=.
4.D　解析：∵=+λ-，∴-=+λ-，
∴=+λ-，∵点P∈平面ABC，∴P，A，B，C四点共面，
∴+λ-=1，解得λ=-.
5.B　解析：对于A，a·b=(-1)×2+1×(-1)+9×=0，所以a⊥b，所以l⊥m，故A项正确；
对于B，显然n=2a，则l⊥α，故B项错误；
对于C，显然n1·n2=0，即n1⊥n2，所以α⊥β，故C项正确；
对于D，若n是平面α的法向量，则又=(-2，2，1)，=(-1，1，1)，
所以解得所以u+t=1，故D项正确.
6.A　解析：由题意可得=(2，-2，-1)，=(3，1，3)，设平面ABC的法向量为m=(x1，y1，z1)，所以所以可得8x1+5z1=0，取x1=-5，则z1=8，y1=-9，所以平面ABC的一个法向量为m=(-5，-9，8).各选项中的点用点P表示，若要满足题意，则⊥m，经检验，选项A正确.
7.A　解析：因为在多面体A1B1C1D1ABC中，四边形A1B1C1D1，AA1B1B，BB1C1C是三个全等且两两垂直的正方形，平面A1B1C1D1∥平面ABC，所以可把该几何体补成一个正方体ABCD-A1B1C1D1，设该正方体的棱长为2，如图所示，以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
可得A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，C1(0，2，2)，
所以=(-2，2，0)，=(-2，0，2)，=(2，-2，-1).
设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，则
取x=1，可得y=1，z=1，所以n=(1，1，1).
设直线EC1与平面ACD1所成的角为θ，其中θ∈0，，
则sin θ=|cos|===，cos θ==，
所以tan θ==，即直线EC1与平面ACD1所成角的正切值为.
8.C解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，O为BC的中点，取B1C1的中点Q，连接OQ，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示.
由AB=2，AA1=2，得A(0，，0)，B1(-1，0，2)，C1(1，0，2)，又M是棱B1C1上一动点，设M(a，0，2)，且a∈[-1，1].∴·=(a，0，2)·(0，，0)=0，则⊥，又⊥，∴△OMN∽△AMO，
则=，即MN===，令t=，t∈[，2]，则==t-，t∈[，2]，又函数y=t-在t∈[，2]上为增函数，
∴当t=时，t-min=-=，即线段MN长度的最小值为.
9.BC解析：若m=3，则a=(4，4，2)，b=(3，3，1)，两向量不平行，所以选项A不正确；
若a⊥b，则a·b=0，即(m+1)(2m-3)+(m+1)m+2×1=0，化简得3m2-1=0，解得m=±，所以选项B正确；
a+b=(3m-2，2m+1，3)，则|a+b|==≥=，所以选项C正确；
因为a-b=(m+1，m+1，2)-(2m-3，m，1)=(-m+4，1，1)，所以|a-b|=无最大值，所以选项D错误.故选BC.
10.AC　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令CP=a(0≤a≤2)，则P(a，2，0)，E(2，1，2)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)；连接AC1，
因为=(-2，2，2)，=(2-a，-1，2)，所以令·=2a-2=0，可得a=1，故存在点P，使AC1⊥PE，所以A项正确；
因为D1(0，0，2)，所以=(2，1，0)，所以点P到直线D1E的距离d===，因为a∈[0，2]，所以当a=2时，距离最小，最小为，所以B项错误；
==×2×=×2××1×2=，为定值，所以C项正确；
=(2，1，0)，=(a，2，-2)，设平面D1EP的法向量为n1=(x，y，z)，
由得令x=2，则y=-4，z=a-4，所以n1=(2，-4，a-4)，又平面D1EC1的一个法向量为n2=(0，0，1)，所以|cos|==，又0≤a≤2，所以4≤(4-a)2≤16，则|cos|∈，，所以选项D不正确.故选AC.
11.AD　解析：以C为坐标原点，CD，CB，CC1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，D1(2，0，2)，由EF=
=(t-2，-t，2)，=(t-1，3-t，2)，则·=(t-2，-t，2)·(t-1，3-t，2)=2t2-6t+6=2t-2+>0，所以当点E，F运动时，不存在点E，F，使得·=0，所以选项A正确；若存在实数λ，μ，使得=λ+μ，则A，B，B1，D1四点共面，这与AB与B1D1是异面直线矛盾，所以选项B错误；设平面ABE的法向量为n1=(x，y，z)，则即令y=2，可得n1=(0，2，t)，又平面ABC的一个法向量为n2=(0，0，1)，所以cos===，因为1≤t≤2，且函数y=在[1，2]上单调递减，所以∈，，即cos∈，，所以当t=1时，cos有最小值，记二面角E-AB-C的平面角为θ，θ∈0，，所以cos θ有最小值，所以选项C错误；连接BD，AD1，AB1，平面EFB即为平面BDD1B1，平面AEF即为平面AD1B1，可得平面BDD1B1的一个法向量为=(2，2，0)，设平面AB1D1的法向量为m=(a，b，c)，由=(-2，0，2)，=(-2，2，0)，可得令a=1，则b=1，c=1，所以m=(1，1，1)，设二面角A-EF-B的平面角为α，则|cos α|=|cos<，m>|===，观察可知二面角A-EF-B的平面角α为锐角，所以cos α=，为定值，所以选项D正确.故选AD.
12.p=2(a+b)+2(b+c)+(a+3c)　解析：设p=x(a+b)+y(b+c)+z(a+3c)，即p=(x+z)a+(x+y)b+(y+3z)c，由向量基本定理得解得则p=2(a+b)+2(b+c)+(a+3c).
13.　解析：由题意可得，=(+)=+(+)=++=++(-)=++=a+b+c，则||2=a+b+c2=a2+b2+c2+a·b+a·c+b·c=×22+×22+×22+×2×2×+×2×2×+×2×2×=1+++++=，所以||=，即线段OE的长为.
14.-14　解析：过A点分别作CD，EF的垂线，垂足分别为N，M，如图所示.
由AN⊥CD，可得AN⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，AB∥CD∥EF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AN 平面ABCD，∴AN⊥平面ABEF，∴AN⊥AM，
又AM⊥AB，∴AN，AB，AM两两垂直.
故以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(6，0，0)，D(-2，0，3)，F(-1，7，0)，E(7，7，0)，∴=(-7，7，0)，=(9，7，-3)，∴·=-14.
15.解析：∵A(1，2，-1)，B(-1，1，3)，C(1，0，1)，∴a==(-2，-1，4)，b==(0，-2，2)，=(2，-1，-2).
(1)∵|c|=1，且c∥，∴c=λ=(2λ，-λ，-2λ)，则=1，解得λ=±，∴c=，-，-或c=-，，.
(2)∵向量a+kb与b互相垂直，∴(a+kb)·b=0，即a·b+kb2=0，即(-2)×0+(-1)×(-2)+4×2+8k=0，解得k=-.
16.解析：(1)根据题意，=a，=b，=c，{a，b，c}构成空间的一个基底.
因为=++，且=-a，==b，==c，所以=-a+b+c.
因为=++=-a-b+c，所以||2==[c-(a+b)]2=c2+a2+b2-2a·c-2b·c+2a·b=2，所以||=.
(2)直线CA1与平面C1AD不垂直.理由如下：
因为=a+b+c，=c-a，所以·=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2+b·c-a·b=0，所以⊥.因为=a+b+c，=b，所以·=(a+b+c)·b=+1+=2≠0，所以CA1与DA不垂直.故直线CA1与平面C1AD不垂直.
17.解析：(1)将四面体放入长方体中(如图)，
设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，则AB==1，AD==，AC==，解得x=z=，y=.
建立如图所示的空间直角坐标系，则A，0，0，B0，0，，C，，，D0，，0，所以=0，，，=0，，-.设直线AC与BD所成的角为θ，则cos θ=|cos<，>|===，因为0<θ≤，所以sin θ=，即异面直线AC与BD所成角的正弦值为.
(2)取AB的中点E，连接EC，ED(如图).由于AB=CD=1，BC=AD=BD=AC=，所以CE⊥AB，DE⊥AB，故∠CED为二面角C-AB-D的平面角，
又E，0，，所以=，，，=-，，-，
故cos∠CED=cos<，>===，sin∠CED=，所以二面角C-AB-D的平面角的正切值为=.
18.解析：以D为原点，直线DA，DC分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意可得D(0，0，0)，P(0，1，)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，M(，2，0)，C(0，2，0)，所以=(-，2，0)，=(2，-1，-)，=(，2，0)，=(0，1，)，=(，1，-).
(1)证明：·=(，1，-)·(-，2，0)=0，即⊥，所以AM⊥PM.
(2)设n=(x，y，z)为平面PMD的法向量，
则即取y=1，得n=-，1，-.
又=(2，-1，-)，设直线PA与平面PMD所成的角为θ，
则sin θ=|cos<·n>|===，即直线PA与平面PMD所成角的正弦值为.
(3)因为E0，，，所以=-2，，，因为=λ，所以=λ+=-2λ，λ，λ+(2，0，0)=2-2λ，λ，λ.由(2)可知n=-，1，-为平面DMP的一个法向量，所以n·=0，所以-4+4λ+λ-λ=0，解得λ=.
19.解析：(1)如图，令O是AC的中点，
根据题意知，OD⊥AC，OB⊥AC，OB=OD=，当折到平面ACD⊥平面ABC时，四面体ABCD的体积最大，此时四面体ABCD的体积V=S△ABC·OD=××1××=.
(2)①当BD=时，因为OB2+OD2=BD2，所以OB⊥OD，所以OA，OB，OD两两垂直，以O为原点，OA，OB，OD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.设P0，m，-m，Q(n，0，0)，其中0当m=，n=0时，||取得最小值，且最小值为=，此时点P0，，，Q(0，0，0)，即P，Q分别为线段BD，AC的中点.
②由①可得A，0，0，B0，，0，C-，0，0，D0，0，，则=-，，0，=(-1，0，0)，=-，0，.设p=(x，y，z)为平面ABD的法向量，则令y=1，得p=(，1，1).所以点C到平面PAB(即平面ABD)的距离d===.

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