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模块综合测评
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．命题“a?A或b?B”的否定形式是(　　)
A．若a?A，则b?B　 B．a∈A或b∈B
C．a?A且b?B D．a∈A且b∈B
【解析】　“p或q”的否定为“綈p且綈q”，D正确．
【答案】　D
2．已知a∈R，则“a＜2”是“a2＜2a”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】　∵a2＜2a?a(a－2)＜0?0＜a＜2.
∴“a＜2”是“a2＜2a”的必要不充分条件．
【答案】　B
3．若椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，则双曲线－＝1的离心率为(　　)
A.　 B.　
C.　　 D.
【解析】　由题意，1－＝＝，∴＝，而双曲线的离心率e2＝1＋＝1＋＝，∴e＝.
【答案】　B
4．已知空间向量a＝(t，1，t)，b＝(t－2，t，1)，则|a－b|的最小值为(　　)
A. B.
C．2 D．4
【解析】　|a－b|＝≥2，故选C.
【答案】　C
5．椭圆＋＝1与椭圆＋＝1有(　　)
A．相同短轴 B．相同长轴
C．相同离心率 D．以上都不对
【解析】　对于＋＝1，因a2>9或a2<9，因此这两个椭圆可能长轴相同，也可能短轴相同，离心率是不确定的，因此A，B，C均不正确，故选D.
【答案】　D
6．长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则二面角C1-AB-C为(　　)
A.　 B.
C.　　 D.
【解析】　以A为原点，直线AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则平面ABC的一个法向量为＝(0，0，1)，平面ABC1的一个法向量为＝(0，1，－1)，∴cos〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝，又二面角C1-AB-C为锐角，即π－π＝，故选D.
【答案】　D
7．(2016·湖北省黄冈市质检)命题“?x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是(　　)
A．a≥4 B．a≤4
C．a≥5 D．a≤5
【解析】　∵?x∈[1，2]，1≤x2≤4，∴要使x2－a≤0为真，则a≥x2，即a≥4，本题求的是充分不必要条件，结合选项，只有C符合，故选C.
【答案】　C
8．已知p：<0，q：lg(x＋2)有意义，则綈p是q的(　　)
【导学号：18490126】
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】　不等式<0的解集为{x|x<－2}，则綈p：x≥－2.q：x>－2.故綈pq，q?綈p，故选C.
【答案】　C
9.如图1，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线，分别交抛物线的准线l、y轴、抛物线于A，B，C三点，若＝3，那么直线AF的斜率是(　　)
图1
A．－ B．－
C．－ D．－1
【解析】　过点B，C分别作准线l的垂线，垂足分别为B1，C1，设|BC|＝a.因为O是EF的中点，BO∥AE，所以|AB|＝|BF|＝3a，|CF|＝|CC1|＝2a，在△ACC1中，|AC1|＝2a，tan∠AFO＝tan∠ACC1＝，故直线AF的斜率是－，故选A.
【答案】　A
10．过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点A的斜率为k的直线交椭圆C 于另一点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F，若椭圆的离心率为，则k的值为(　　)
A．－ B.
C．± D．±
【解析】　由题意知点B的横坐标是c，故点B的坐标为，则斜率k＝＝±＝±＝±＝±(1－e)＝±，故选C.
【答案】　C
11．若直线y＝kx－2与抛物线y2＝8x交于A，B两个不同的点，抛物线的焦点为F，且|AF|，4，|BF|成等差数列，则k＝(　　)
A．2或－1 B．－1
C．2 D．1±
【解析】　设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由消去y，得k2x2－4(k＋2)x＋4＝0，故Δ＝16(k＋2)2－16k2＝64(1＋k)>0，解得k>－1，且x1＋x2＝.由|AF|＝x1＋＝x1＋2，|BF|＝x2＋＝x2＋2，且|AF|，4，|BF|成等差数列，得x1＋2＋x2＋2＝8，得x1＋x2＝4，所以＝4，解得k＝－1或k＝2，又k>－1，故k＝2，故选C.
【答案】　C
12．(2016·上海杨浦模考)若F1，F2为双曲线C：－y2＝1的左、右焦点，点P在双曲线C上，∠F1PF2＝60°，则点P到x轴的距离为(　　)
A.　 B.
C.　　 D.
【解析】　设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，点P到x轴的距离为|yP|，则S△F1PF2＝r1r2sin 60°＝r1r2，又4c2＝r＋r－2r1r2cos 60°＝(r1－r2)2＋2r1r2－r1r2＝4a2＋r1r2，得r1r2＝4c2－4a2＝4b2＝4，所以S△F1PF2＝r1r2sin 60°＝＝·2c·|yP|＝|yP|，得|yP|＝，故选B.
【答案】　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．已知空间三点的坐标为A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q＋2)，若A，B，C三点共线，则p＋q＝________．
【解析】　由已知，得＝k，所以(p－1，－2，q＋4)＝k(1，－1，3)，得到p＝3，q＝2，p＋q＝5.
【答案】　5
14．已知命题p：?x0∈R，ax＋x0＋≤0.若命题p是假命题，则实数a的取值范围是________．
【解析】　因为命题p为假命题，所以命题“?x∈R，ax2＋x＋>0”为真命题．当a＝0时，取x＝－1，则不等式不成立； 当a≠0时，要使不等式恒成立，令ax2＋x＋＝0，则有即所以即实数a的取值范围是.
【答案】　
15．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，若点A，B是该抛物线上的点，∠AFB＝，线段AB的中点M在抛物线的准线上的射影为N，则的最大值为______. 【导学号：18490127】
【解析】　如图所示，设|AF|＝a，|BF|＝b，则|AB|＝，而根据抛物线的定义可得|MN|＝，又≤，所以＝≤，当且仅当a＝b时，等号成立，即的最大值为.
【答案】　
16．四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角θ的正弦值为________．
【解析】　如图，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由已知P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，则重心G，因此＝(0，0，1)，＝，所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝.
【答案】　
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|ax＝1}．“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，试求满足条件的实数a组成的集合．
【解】　∵A＝{x|x2－3x＋2＝0}＝{1，2}，
由于“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件．∴BA.
当B＝?时，得a＝0；
当B≠?时，由题意得B＝{1}或B＝{2}．
则当B＝{1}时，得a＝1；当B＝{2}时，得a＝.
综上所述，实数a组成的集合是.
18. (本小题满分12分)如图2，四边形MNPQ是圆C的内接等腰梯形，向量与的夹角为120°，·＝2.
图2
(1)求圆C的方程；
(2)求以M，N为焦点，过点P，Q的椭圆方程．
【解】　(1)连结CQ，建立如图坐标系，由题意得△CQM为正三角形．
∴·＝r2·cos 60°＝2，
∴r＝2，
∴圆C的方程为x2＋y2＝4.
(2)易知M(2，0)，N(－2，0)，Q(1，)，
2a＝|QN|＋|QM|＝2＋2.
∴c＝2，a＝＋1，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆的方程为＋＝1.
19. (本小题满分12分)如图3，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.
图3
(1)求证：AM⊥PD；
(2)求直线CD与平面ACM所成的角的余弦值．
【解】　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB.
∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.
∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD.
∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，∴PD⊥平面ABM.
∵AM?平面ABM，∴AM⊥PD.
(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，M(0，1，1)，
于是＝(1，2，0)，＝(0，1，1)，＝(－1，0，0)．
设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥可得
令z＝1，得x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1，1)．
设直线CD与平面ACM所成的角为α，
则sin α＝＝，cos α＝.
故直线CD与平面ACM所成的角的余弦值为.
20. (本小题满分12分)如图4，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k＞0)．
图4
(1)求证：CD⊥平面ADD1A1；
(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值．
【解】　 (1)证明：取CD的中点E，连接BE，如图(1)．
图(1)
∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.
在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，
∴BE2＋CE2＝BC2，∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD.
又∵BE∥AD，∴CD⊥AD.
∵AA1⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴AA1⊥CD.
又AA1∩AD＝A，∴CD⊥平面ADD1A1.
(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图(2)所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，
图(2)
∴＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．
设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，则由得
取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．
设AA1与平面AB1C所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得k＝1，故所求k的值为1.
21. (本小题满分12分)如图5，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作一条倾斜角为的直线与抛物线相交于A，B两点．
图5
(1)用p表示|AB|；
(2)若·＝－3，求这个抛物线的方程．
【解】　(1)抛物线的焦点为F，过点F且倾斜角为的直线方程为y＝x－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
得x2－3px＋＝0，
∴x1＋x2＝3p，x1x2＝，
∴|AB|＝x1＋x2＋p＝4p.
(2)由(1)知，x1x2＝，x1＋x2＝3p，
∴y1y2＝＝x1x2－(x1＋x2)＋＝－＋＝－p2，∴·＝x1x2＋y1y2＝－p2＝－＝－3，解得p2＝4，∴p＝2.
∴这个抛物线的方程为y2＝4x.
22. (本小题满分12分)如图6，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.
图6
(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；
【导学号：18490128】
(2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．
【解】　(1)∵BF2＝，而BF＝OB2＋OF＝b2＋c2＝2＝a2，
∵点C在椭圆上，C，
∴＋＝1，
∴b2＝1，∴椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)直线BF2的方程为＋＝1，与椭圆方程＋＝1联立方程组，
解得A点坐标为，
则C点的坐标为，
又F1为(－c，0)，kF1C＝＝，
又kAB＝－，由F1C⊥AB，得·＝－1，
即b4＝3a2c2＋c4，所以(a2－c2)2＝3a2c2＋c4，化简得e＝＝.
章末综合测评(三)　空间向量与立体几何
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．与向量a＝(1，－3，2)平行的一个向量的坐标是(　　)
A.　　　 B．(－1，－3，2)
C. D.
【解析】　a＝(1，－3，2)＝－2.
【答案】　C
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，则(　　)
A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝
【解析】　＝＋＝＋
＝＋＝＋(＋)，
∴x＝1，y＝.应选D.
【答案】　D
3．已知A(2，－4，－1)，B(－1，5，1)，C(3，－4，1)，D(0，0，0)，令a＝，b＝，则a＋b为(　　)
A．(5，－9，2) B．(－5，9，－2)
C．(5，9，－2) D．(5，－9，－2)
【解析】　a＝＝(－1，0，－2)，b＝＝(－4，9，0)，
∴a＋b＝(－5，9，－2)．
【答案】　B
4．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，若＝a＋2b＋3c，则abc的值等于(　　)
A. B.
C. D．－
【解析】　∵＝＋－＝a＋2b＋3c，∴a＝1，b＝，c＝－.∴abc＝－.
【答案】　D
5．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论不正确的是(　　)
A.＝－ B.·＝0
C.·＝0 D.·＝0
【解析】　如图，∥，⊥，⊥B1D1，故A，B，C选项均正确．
【答案】　D
6．已知向量a，b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则“c·a＝0，且c·b＝0”是l⊥α的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】　若l⊥α，则l垂直于α内的所有直线，从而有c·a＝0，c·b＝0.反之，由于a，b是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立．
【答案】　B
7．已知△ABC的三个顶点为A(3，3，2)，B(4，－3，7)，C(0，5，1)，则BC边上的中线长为(　　)
A．2　　 B．3
C．4　　　 D．5
【解析】　设BC的中点为D，则D(2，1，4)，
∴＝(－1，－2，2)，
∴||＝＝3，即BC边上的中线长为3.
【答案】　B
8．若向量a＝(x，4，5)，b＝(1，－2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x＝(　　)
A．3 B．－3
C．－11 D．3或－11
【解析】　因为a·b＝(x，4，5)·(1，－2，2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以＝，解得x＝3或－11(舍去)，故选A.
【答案】　A
9.如图1，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　)
图1
A. B.
C. D.
【解析】　以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，
∴＝(－2，0，1)，＝(－2，2，0)，且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴sin〈1，〉＝|cos〈1，〉|＝，
∴BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为.
【答案】　D
10．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
【答案】　A
11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且＝＋m－n，则m，n的值分别为(　　)
A.，－ B．－，－
C．－， D.，
【解析】　由于＝＋＝＋(＋)＝＋＋，所以m＝，n＝－，故选A.
【答案】　A
12．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角A-BD-P的大小为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
【解析】　如图所示，建立空间直角坐标系，
则＝，
＝(－3，4，0)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则
得
即令x＝1，则n＝.
又n1＝为平面ABCD的一个法向量，
∴cos〈n1，n〉＝＝.∴所求二面角为30°.
【答案】　A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．若a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，且a与b为共线向量，则x＝________，y＝________.
【解析】　由题意得＝＝，∴x＝，y＝－.
【答案】　　－
14．△ABC的三个顶点坐标分别为A(0，0，)，B，C(－1，0, )，则角A的大小为________．
【解析】　＝，＝(－1，0，0)，则cos A＝＝＝，故角A的大小为30°.
【答案】　30°
15．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2，3)，B(2，1，－1)，若直线AB交平面xOz于点C，则点C的坐标为________．
【解析】　设点C的坐标为(x，0，z)，则＝(x－1，2，z－3)，＝(1，3，－4)，因为与共线，所以＝＝，解得所以点C的坐标为.
【答案】　
16.如图2，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.
图2
给出以下结论：①＋＋＋＝0；②＋－－＝0；③－＋－＝0；④·＝·；⑤·＝0，其中正确结论的序号是________．
【解析】　容易推出：－＋－＝＋＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2×2cos∠ASB，·＝2×2cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正确；其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
【答案】　③④
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．如图3，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
图3
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)证明：PC∥平面BAQ.
【证明】　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.
(1)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)，所以·＝0，·＝0，
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)根据题意，＝(1，0，0)，＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，故有·＝0，·＝0，所以为平面BAQ的一个法向量．
又因为＝(0，－2，1)，且·＝0，即DA⊥PC，且PC?平面BAQ，故有PC∥平面BAQ.
18. (本题满分12分)如图4，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AA1＝，求异面直线BA1与AC所成角的余弦值．
图4
【解】　因为＝＋
＝＋，＝－，
且·＝·
＝·＝0，
所以·＝(＋)·(－)
＝·－2＋·－·
＝－1.
又||＝，||＝＝，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为.
19. (本小题满分12分)如图5，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．
图5
(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C-PB-A的余弦值．
【解】　(1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC，
由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为BC?平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.
如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
又因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)．
故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．
设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则所以
不妨令y1＝1，则n1＝(0，1，－1)．
因为＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，
设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则所以
不妨令x2＝1，则n2＝(1, ，0)．
于是cos〈n1，n2〉＝＝.
由图知二面角C-PB-A为锐角，故二面角C-PB-A的余弦值为.
20. (本小题满分12分)如图6，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC＝2AB＝2AD＝4BE，平面PAB⊥平面ABCD.
图6
(1)求证：平面PED⊥平面PAC;
(2)若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A-PC-D的余弦值．
【解】　(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，AB⊥PA，
∴PA⊥平面ABCD，
又∵AB⊥AD，故可建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，
不妨设BC＝4，AP＝λ(λ>0)，
则有D(0，2，0)，E(2，1，0)，C(2，4，0)，P(0，0，λ)，
∴＝(2，4，0)，＝(0，0，λ)，＝(2，－1，0)，
∴·＝4－4＋0＝0，·＝0，
∴DE⊥AC，DE⊥AP且AC∩AP＝A，
∴DE⊥平面PAC.
又DE?平面PED，
∴平面PED⊥平面PAC.
(2)由(1)知，平面PAC的一个法向量是＝(2，－1，0)，＝(2，1，－λ)，
设直线PE与平面PAC所成的角为θ，
∴sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，解得λ＝±2.
∵λ>0，∴λ＝2，即P(0，0，2)，
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，2，0)，＝(0，－2，2)，
由n⊥，n⊥，
∴不妨令x＝1，则n＝(1，－1，－1)．
∴cos〈n，〉＝＝，
显然二面角A-PC-D的平面角是锐角，
∴二面角A-PC-D的余弦值为.
21. (本小题满分12分)如图7，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD＝AD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．
图7
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若BE⊥平面PCD，
①求异面直线PD与BC所成角的余弦值；
②求二面角E-BD-C的余弦值．
【解】　设AB＝a，PA＝b，建立如图的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(a，0，0)，P(0，0，b)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，E.
(1)＝，＝(0，2a，0)，＝(0，0，b)，所以＝＋，
因为BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(2)因为BE⊥平面PCD，所以BE⊥PC，
即·＝0，＝(2a，2a，－b)，
所以·＝2a2－＝0，则b＝2a.
①＝(0，2a，－2a)，＝(a，2a，0)，cos〈，〉＝＝，所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为.
②在平面BDE和平面BDC中，＝(0，a，a)，＝(－a，2a，0)，＝(a，2a，0)，所以平面BDE的一个法向量为n1＝(2，1，－1)；平面BDC的一个法向量为n2＝(0，0，1)；cos〈n1，n2〉＝，所以二面角E-BD-C的余弦值为.
22．(本小题满分12分)如图8，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．
图8
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【解】　以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，＝(－2，0，2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)．
(1)当λ＝1时，＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)．
所以＝2，可知BC1∥FP，
而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得
于是可取n＝(λ，－λ，1)，
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)，
若存在λ，使得平面EFPQ与平面PQMN所在的二面角为直二面角，
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±，
故存在λ＝1±，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角．
第三章　空间向量与立体几何(A)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．以下命题中，不正确的个数为(　　)
①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；③若a·b＝0，b·c＝0，则a＝c；④若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底； ⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5
2．直三棱柱ABC—A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则等于(　　)
A．a＋b－c B．a－b＋c
C．－a＋b＋c D．－a＋b－c
3．已知a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)，若a∥b，则(　　)
A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝
4．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，且a分别与，垂直，则向量a为(　　)
A．(1,1,1)
B．(－1，－1，－1)
C．(1,1,1)或(－1，－1，－1)
D．(1，－1,1)或(－1,1，－1)
5．已知A(－1,0,1)，B(0,0,1)，C(2,2,2)，D(0,0,3)，则sin〈，〉等于(　　)
A．－ B. C. D．－
6．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成角的大小为(　　)
A．60° B．90° C．105° D．75°
7．若平面α的法向量为n，直线l的方向向量为a，直线l与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是(　　)
A．cos θ＝ B．cos θ＝
C．sin θ＝ D．sin θ＝
8．若三点A(1，－2,1)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是(　　)
A．不等边的锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
9．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
10．若两点A(x,5－x,2x－1)，B(1，x＋2,2－x)，当||取最小值时，x的值等于(　　)
A．19 B．－ C. D.
11.
如图所示，在四面体P—ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B—AP—C的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
12.
如图所示，在直二面角D—AB—E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中∠AEB＝90°，则点D到平面ACE的距离为(　　)
A. B.
C. D．2
题　号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答　案
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若a＝(2，－3,5)，b＝(－3,1，－4)，则|a－2b|＝________.
14．如图所示，
已知正四面体ABCD中，AE＝AB，CF＝CD，则直线DE和BF所成角的余弦值为________．
15．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．
16.
如图所示，已知二面角α—l—β的平面角为θ ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD在平面α内，若AB＝BC＝CD＝1，则AD的长为______．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB1⊥BC1，CA1⊥BC1.求证：AB1＝CA1.
18．(12分)已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，－1，2)，B(1，2，－1)，C(－1,1，－3)，D(3，－5,3)．
求证：四边形ABCD是一个梯形．
19.(12分)
如图所示，四边形ABCD，ABEF都是平行四边形且不共面，M、N分别是AC、BF的中点，判断与是否共线？
20．(12分)
如图所示，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.
求证：C1C⊥BD.
21.(12分)
如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．
22．(12分)
如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.
(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；
(2)证明AF⊥平面A1ED；
(3)求二面角A1—ED—F的正弦值．
第三章　空间向量与立体几何(A)
1．C　[只有命题④正确．]
2.
D　[如图，＝－＝－－＝－－＝b－a－c.]
3．D　[∵a∥b，∴存在实数λ，
使，∴.]
4．C　[设a＝(x，y，z)，∵＝(－2，－1,3)，
＝(1，－3,2)，
又|a|＝，a⊥，a⊥，
∴∴或
∴a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)．]
5．C　[∵＝(1,0,0)，＝(－2，－2,1)，
∴cos〈，〉＝＝－，
∴sin〈，〉＝.]
6．B　[
建立如图所示的空间直角坐标系，设BB1＝1，则A(0,0,1)，B1，C1(0，，0)，
B.
∴＝，＝，
∴·＝－－1＝0，
即AB1与C1B所成角的大小为90°.]
7．D　[若直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为β，则θ＝β－90°或θ＝90°－β，cos β＝，∴sin θ＝|cos β|＝.]
8．A　[＝(3,4,2)，＝(5,1,3)，＝(2，－3,1)，·>0，得∠A为锐角；·>0，得∠C为锐角；·>0，得∠B为锐角，所以△ABC是锐角三角形且||＝，||＝，||＝.]
9．A　[∵v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.]
10．C　[＝(1－x,2x－3，－3x＋3)，
则||＝
＝＝.
故当x＝时，||取最小值．]
11．C　[如图所示，
作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E，设AB＝1，则易得CE＝，EP＝，PA＝PB＝，
可以求得BD＝，
ED＝.∵＝＋＋，
∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.
∴·＝－，∴cos〈，〉＝－，
即二面角B—AP—C的余弦值为.]
12．B　[
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，E(1,0,0)，D(0，－1,2)，C(0,1,2)．
＝(0,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,2)，设平面ACE的法向量n＝(x，y，z)，
则　即
令y＝1，∴n＝(－1,1，－1)．
故点D到平面ACE的距离
d＝＝＝.]
13.
解析　∵a－2b＝(8，－5,13)，
∴|a－2b|＝＝.
14.
解析　因四面体ABCD是正四面体，顶点A在底面BCD内的射影为△BCD的垂心，所以有BC⊥DA，AB⊥CD.设正四面体的棱长为4，
则·＝(＋)·(＋)
＝0＋·＋·＋0
＝4×1×cos 120°＋1×4×cos 120°＝－4，
BF＝DE＝＝，
所以异面直线DE与BF的夹角θ的余弦值为：
cos θ＝＝.
15.或
解析　设n1＝(1,0，－1)，n2＝(0，－1,1)，
则cos〈n1，n2〉＝＝－，
∴〈n1，n2〉＝.因平面α与平面β所成的角与〈n1，n2〉相等或互补，所以α与β所成的角为或.
16.
解析　因为＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ.
所以||＝，
即AD的长为.
17．证明　以A为原点，AC为x轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系．
设B(a，b,0)，C(c,0,0)，A1(0,0，d)，
则B1(a，b，d)，C1(c,0，d)，＝(a，b，d)，
＝(c－a，－b，d)，＝(－c,0，d)，
由已知·＝ca－a2－b2＋d2＝0，
·＝－c(c－a)＋d2＝0，可得c2＝a2＋b2.
再由两点间距离公式可得：
|AB1|2＝a2＋b2＋d2，|CA1|2＝c2＋d2＝a2＋b2＋d2，
∴AB1＝CA1.
18．证明　因为＝(1,2，－1)－(3，－1,2)＝(－2,3，－3)，＝(3，－5,3)－(－1,1，－3)＝(4，－6,6)，因为＝＝，
所以和共线，即AB∥CD.
又因为＝(3，－5,3)－(3，－1,2)＝(0，－4,1)，
＝(－1,1，－3)－(1,2，－1)＝(－2，－1，－2)，
因为≠≠，所以与不平行，所以四边形ABCD为梯形．
19．解　∵M、N分别是AC、BF的中点，四边形ABCD、ABEF都是平行四边形，
∴＝＋＋＝＋＋.
又∵＝＋＋＋
＝－＋－－，
∴＋＋
＝－＋－－，
∴＝＋2＋
＝2(＋＋)＝2.
∴∥，即与共线．
20．证明　设＝a，＝b，＝c，
依题意，|a|＝|b|，
又设，，中两两所成夹角为θ，
于是＝－＝a－b，
·＝c·(a－b)＝c·a－c·b
＝|c||a|cos θ－|c||b|cos θ＝0，
所以C1C⊥BD.
21．解　因为＝－，
所以·＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉
＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°
＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝
＝＝.
即OA与BC所成角的余弦值为.
22．(1)解　
如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点．设AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，
A1(0,0,4)，E.
易得＝，
＝(0,2，－4)，
于是cos〈，〉＝＝－.
所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.
(2)证明　易知＝(1,2,1)，
＝，＝，
于是·＝0，·＝0.
因此，AF⊥EA1，AF⊥ED.
又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED.
(3)设平面EFD的法向量u＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)，
由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量，
于是cos〈u，〉＝＝，
从而sin〈u，〉＝.
所以二面角A1—ED—F的正弦值为.
章末总结
知识点一　空间向量的计算
空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似，是平面向量的拓展，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础．
【例1】沿着正四面体O－ABC的三条棱、、的方向有大小等于1、2和3的三个力f1，f2，f3.试求此三个力的合力f的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值．
知识点二　证明平行、垂直关系
空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之一，利用空间向量证明平行和垂直问题，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助空间中已有的一些关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决．
例2　
如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为AB、B1C的中点．
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)用向量法证明MN⊥面A1BD.
例3　
如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.
试确定m使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°.
例4　正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1.
知识点三　空间向量与空间角
求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，一般有两种方法：即几何法和向量法，几何法求角时，需要先作出(或证出)所求空间角的平面角，费时费力，难度很大．而利用向量法，只需求出直线的方向向量与平面的法向量．即可求解，体现了向量法极大的优越性．
例5　
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点且B1M＝2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN.
(1)cos〈，〉；
(2)求直线AD与平面ANM所成角的余弦值；
(3)求平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值．
知识点四　空间向量与空间距离
近年来，对距离的考查主要体现在两点间的距离和点到平面的距离，两点间的距离可以直接代入向量模的公式求解，点面距可以借助直线的方向向量与平面的法向量求解，或者利用等积求高的方法求解．
例6　
如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分别是AB、PC的中点．
(1)求二面角P—CD—B的大小；
(2)求证：平面MND⊥平面PCD；
(3)求点P到平面MND的距离．
章末总结
重点解读
例1　解　
如图所示，用a，b，c分别代表棱、、上的三个单位向量，
则f1＝a，f2＝2b，f3＝3c，
则f＝f1＋f2＋f3
＝a＋2b＋3c，
∴|f|2＝(a＋2b＋3c)(a＋2b＋3c)
＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2＋4a·b＋6a·c＋12b·c
＝14＋4cos 60°＋6cos 60°＋12 cos 60°
＝14＋2＋3＋6＝25，
∴|f|＝5，即所求合力的大小为5.
且cos〈f，a〉＝＝
＝＝，
同理可得：cos〈f，b〉＝，cos〈f，c〉＝.
例2　证明　(1)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，
＝－，＝－，
又∵＝，＝，
∴＝.∴BD∥B1D1.
同理可证A1B∥D1C，
又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1，
所以平面A1BD∥平面B1CD1.
(2) ＝＋＋
＝＋＋(＋)
＝＋＋(－＋)
＝＋＋.
设＝a，＝b，＝c，
则＝(a＋b＋c)．
又＝－＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)(b－a)
＝(b2－a2＋c·b－c·a)．
又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB，
∴c·b＝0，c·a＝0.
又|b|＝|a|，∴b2＝a2，∴b2－a2＝0.
∴·＝0，∴MN⊥BD.
同理可证，MN⊥A1B，又A1B∩BD＝B，
∴MN⊥平面A1BD.
例3　解　建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，
D(0,0,0)，
B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．
则＝(－1，－1,0)，
＝(0,0,1)，
＝(－1,1，m)，
＝(－1,1,0)．
又由·＝0，·＝0知，为平面BB1D1D的一个法向量．
设AP与平面BB1D1D所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝
＝.
依题意得＝sin 60°＝，
解得m＝.
故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.
例4　证明　
如图，建立空间直角坐标系Dxyz.
设正方体棱长为1，
则E、D1(0,0,1)、
F、A(1,0,0)．
∴＝(1,0,0)＝，＝，
＝.
设m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分别是平面AED和A1FD1的一个法向量．
?.
令y1＝1，得m＝(0,1，－2)．
又由?，
令z2＝1，得n＝(0,2,1)．
∵m·n＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，
∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1.
例5　解　(1)建立空间直角坐标系(如图)．则A(0,0,0)，A1(0,0,4)，D(0,8,0)，M(5,2,4)．
∴＝(5,2,4)，
＝(0,8，－4)．
∴·＝0＋16－16＝0，
∴⊥.
∴cos〈，〉＝0.
(2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，且AM∩AN＝A，
∴⊥平面ANM，
∴＝(0,8，－4)是平面ANM的一个法向量．
又＝(0,8,0)，||＝4，||＝8，
·＝64，
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴AD与平面ANM所成角的余弦值为.
(3)∵平面ANM的法向量是＝(0,8，－4)，
平面ABCD的法向量是a＝(0,0,1)，
∴cos〈，a〉＝＝－.
∴平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值为.
例6　(1)解　∵PA⊥平面ABCD，
由ABCD是正方形知AD⊥CD.
∴CD⊥面PAD，∴PD⊥CD.
∴∠PDA是二面角P—CD—B的平面角．
∵PA＝AD，∴∠PDA＝45°，
即二面角P—CD—B的大小为45°.
(2)
如图，建立空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，D(0,2,0)，
C(2,2,0)，M(1,0,0)，
∵N是PC的中点，
∴N(1,1,1)，
∴＝(0,1,1)，＝(－1,1，－1)，
＝(0,2，－2)．
设平面MND的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．
∴m·＝0，m·＝0，
即有
令z1＝1，得x1＝－2，y1＝－1.
∴m＝(－2，－1,1)．
同理，由n·＝0，n·＝0，
即有
令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，∴n＝(0,1,1)．
∵m·n＝－2×0＋(－1)×1＋1×1＝0，
∴m⊥n.∴平面MND⊥平面PCD.
(3)设P到平面MND的距离为d.
由(2)知平面MND的法向量m＝(－2，－1,1)，
∵·m＝(0,2，－2)·(－2，－1,1)＝－4，
∴|·m|＝4，
又|m|＝＝，
∴d＝＝＝.
即点P到平面MND的距离为.
课件61张PPT。知能整合提升1．类比平面向量，理解空间向量
(1)空间向量是平面向量的推广，所涉及的内容，如模、零向量、单位向量、自由向量、相等向量、平行向量等与平面向量基本相似，平面向量的运算律和运算法则同样适用于空间向量，因此要充分利用这两种向量间的内在联系，运用类比的数学思想进行学习．
(2)空间向量的加、减、数乘运算都可以通过平移使其转化为平面向量，并利用平面向量的加、减运算法则及有关运算律等知识来解决，因此要注意强化这种空间问题平面化的解题意识．
2．准确把握三个定理，顺利解决向量平行、共面、分解问题
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
共线向量定理是证明线线平行的主要依据，也是解决三点共线问题的重要方法．
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．由定理可知，空间任一向量都可以用三个不共面的向量表示出来．
空间向量基本定理是实现空间任意向量的基底化表示、空间向量的坐标化表示的理论基础．
3．重视数量积学习，加强向量运算与坐标表示的结合
(1)空间两个向量的数量积是a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，数量积满足运算律：
①与数乘的结合律，即λ(a·b)＝(λa)·b(λ∈R)；
②交换律，即a·b＝b·a；
③分配律，即(a＋b)·c＝a·c＋b·c.4．明晰两个向量含义，灵活判断位置关系
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则5．三法解决立体几何问题，强化坐标法意识
(1)综合法以逻辑推理作为工具解决问题；向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题．一般情况下，我们遵循的原则是：以综合法为基础，以向量法为主导，以坐标法为中心．
(2)将空间向量的运算与向量的坐标表示结合起来，可以简单地处理线线、线面、面面的夹角及点到面的距离等计算问题．热点考点例析1．空间向量及其加减运算
(1)空间向量可以看作是平面向量的推广．它们之间有许多共同性质．如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等都是一致的．
(2)空间向量的加减法是用几何方式引入的．向量的加法满足交换律及结合律．对于加法的平行四边形法则和三角形法则，以及减法的三角形法则要注意灵活运用．空间向量的概念及其运算用空间向量判断空间中的位置关系的常用方法
(1)线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．
(2)线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直，即a⊥b?a·b＝0.空间向量与线面位置关系(3)线面平行：用向量证明线面平行的方法主要有：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
②证明可在平面内找到的一个向量与直线的方向向量是共线向量．
(4)线面垂直：用向量证明线面垂直的方法主要有：
①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；
②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．
(5)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题．
(6)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；
②转化为线面垂直、线线垂直问题． 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.
(1)求证：B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD.2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)用向量法证明MN⊥面A1BD.空间角包括：异面直线所成的角(线线角)，直线与平面所成的角(线面角)；二面角(面面角)，用向量法求空间角，就把复杂的作角、证明、求角问题代数化，降低了思维难度，是近年来高考的一个方向．空间向量与空间角 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点．
(1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值；
(2)求二面角F－DE－C的余弦值． 3.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.
(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；
(2)证明：AF⊥平面A1ED；
(3)求二面角A1－ED－F的正弦值．1．以下命题中，不正确的个数为(　　)
①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；③若a·b＝0，b·c＝0，则a＝c；④若a，b，c为空间的一个基底，则a＋b，b＋c，c＋a构成空间的另一个基底；⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：　只有命题④正确．
答案：　C
5．已知点A的基底{a，b，c}下的坐标为(8,6,4)，其中，a＝i＋j，b＝j＋k，c＝k＋i，则点A在基底{i，j，k}下的坐标为____________．
解析：　8a＋6b＋4c＝8(i＋j)＋6(j＋k)＋4(k＋i)＝12i＋14j＋10k，
∴点A在{i，j，k}下的坐标为(12,14,10)．
答案：　(12,14,10)7．已知向量a＋3b垂直于向量7a－5b，向量a－4b垂直于向量7a－2b，求向量a与b的夹角．8．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点且B1M＝2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN.谢谢观看！

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