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高中数学人教版新课标B选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试同步练习题
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这是一份高中数学人教版新课标B选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试同步练习题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(时间：120分钟；满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
eq \a\vs4\al(1.)若a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，如果a与b为共线向量，则( )
A．x＝1，y＝1 B．x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)
C．x＝eq \f(1,6)，y＝－eq \f(3,2) D．x＝－eq \f(1,6)，y＝eq \f(3,2)
答案：C
eq \a\vs4\al(2.)向量a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底，则( )
A．a与b共线 B．a与b同向
C．a与b反向 D．a与b共面
解析：选A.∵a，b不能与任何向量构成空间基底，故a与b一定共线．
eq \a\vs4\al(3.)已知向量a＝(0，2，1)，b＝(－1，1，－2)，则a与b的夹角为( )
A．0° B．45°
C．90° D．180°
解析：选C.已知a＝(0，2，1)，b＝(－1，1，－2)，
则cs〈a，b〉＝0，从而得出a与b的夹角为90°.
eq \a\vs4\al(4.)已知A(1，2，1)，B(－1，3，4)，C(1，1，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，则|eq \(PC,\s\up6(→))|为( )
A.eq \f(\r(77),3) B.eq \r(5)
C.eq \f(\r(77),9) D.eq \f(77,9)
解析：选A.设P(x，y，z)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))得：
(x－1，y－2，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，
∴x＝－eq \f(1,3)，y＝eq \f(8,3)，z＝3，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3))，∴eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(5,3)，－2))，
∴|eq \(PC,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(77),3).故选A.
eq \a\vs4\al(5.)
如图，已知空间四边形OABC中，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在MN上，且MG＝2GN，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，现用基底{a，b，c}表示向量eq \(OG,\s\up6(→))，eq \(OG,\s\up6(→))＝x a＋y b＋z c，则x，y，z的值分别为( )
A．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
B．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,6)
C．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,3)
D．x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
解析：选D.由线段中点的向量表达式，得eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋c＋\f(1,2)（b－c）))
＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)c＋eq \f(1,3)b－eq \f(1,3)c
＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，∴x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3).
eq \a\vs4\al(6.)在以下命题中，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对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－2eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点共面；
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：选C.①|a|－|b|＝|a＋b|⇒a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确，故选C.
eq \a\vs4\al(7.)
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF与BC1所成的角是( )
A．45° B．60°
C．90° D．120°
解析：选B.以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设各棱长为2，则E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2)，B(0，0，0)
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝60°，
所以直线EF与BC1所成的角为60°.
eq \a\vs4\al(8.)已知ABCD是一个四面体，O为△BCD内一点，则“eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))”是“O为△BCD的重心”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：选C.设BC中点为E，若O为△BCD的重心，则eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(ED,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，又∵eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))，
∴eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→)))＝eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))．故选C.
eq \a\vs4\al(9.)已知A(－4，6，－1)、B(4，3，2)，则下列各向量中是平面AOB的一个法向量的是( )
A．(0，1，6)
B．(－1，2，－1)
C．(－15，4，36)
D．(15，4，－36)
解析：选D.设法向量为(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x＋6y－z＝0，,4x＋3y＋2z＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(15,4)y，,z＝－9y.))令y＝4，则得法向量(15，4，－36)．
eq \a\vs4\al(10.)四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是( )
A．相交 B．垂直
C．不垂直 D．成60°角
解析：选B.∵eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，∴PA⊥AB，PA⊥AD，又AB∩AD＝A.∴PA⊥平面ABCD.
eq \a\vs4\al(11.)已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与平面SBC所成的角的余弦值为( )
A.eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),3)
解析：选B.设AE与平面SBC所成的角为θ，以底面中心O为原点，以射线OA为x轴，以射线OB为y轴，以射线OS为z轴，建立空间直角坐标系，设底面边长为eq \r(2)，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，S(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(SB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(SB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－y＝0，,y－z＝0，))令x＝1，所以n＝(1，－1，－1)，因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝eq \f(\(EA,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\(EA,\s\up6(→))||n|))＝eq \f(2\r(2),3)，所以csθ＝eq \f(1,3).故选B.
eq \a\vs4\al(12.)如图所示，在四面体PABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角BAPC的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(7),7) D.eq \f(5,7)
解析：选C.如图所示，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E.
设AB＝1，
则易得CE＝eq \f(\r(2),2)，EP＝eq \f(\r(2),2)，
PA＝PB＝eq \r(2)，可以求得BD＝eq \f(\r(14),4)，
ED＝eq \f(\r(2),4)，因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＋eq \(EC,\s\up6(→))，
所以BC2＝BD2＋DE2＋EC2＋2eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＋2eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＋2eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,4)，
所以cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝－eq \f(\r(7),7)，由图知，二面角B－AP－C的余弦值为eq \f(\r(7),7).故选C.
二、填空题(本大题共4小题．把答案填在题中横线上)
eq \a\vs4\al(13.)若a＝(2，－3，5)，b＝(－3，1，－4)，则|a－2b|＝________．
解析：∵a－2b＝(8，－5，13)，
∴|a－2b|＝ eq \r(82＋（－5）2＋132)＝eq \r(258).
答案：eq \r(258)
eq \a\vs4\al(14.)已知a＝(1，2，－2)，若|b|＝2|a|，且a∥b，则b＝________．
解析：∵a∥b，∴b＝λa＝(λ，2λ，－2λ)(λ∈R)，
又|b|＝2|a|，
∴λ＝±2，∴b＝(2，4，－4)或b＝(－2，－4，4)．
答案：(2，4，－4)或(－2，－4，4)
eq \a\vs4\al(15.)如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}为基底，则eq \(GE,\s\up6(→))＝________．
解析：eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AG,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(AM,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→)).
答案：－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))
eq \a\vs4\al(16.)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为________．
解析：利用空间直角坐标系转化为求向量eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(C1D,\s\up6(→))的夹角．建立如图所示的空间直角坐标系，
可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°.
设B1C1＝1，则CC1＝eq \r(3)＝DD1，
∴C1D1＝eq \r(3)，
可知B1(eq \r(3)，0，0)，C(eq \r(3)，1，eq \r(3))，C1(eq \r(3)，1，0)，D(0，1，eq \r(3))，
∴eq \(B1C,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \(C1D,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，
∴cs〈eq \(B1C,\s\up6(→))，eq \(C1D,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(B1C,\s\up6(→))·\(C1D,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(B1C,\s\up6(→))||\(C1D,\s\up6(→))|))＝eq \f(3,2\r(6))＝eq \f(\r(6),4).
答案：eq \f(\r(6),4)
三、解答题(本大题共6小题．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
eq \a\vs4\al(17.)设a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)．
(1)当(λa＋b)∥(a－3b)时，求λ的值；
(2)当(a－3b)⊥(λa＋b)时，求λ的值．
解：(1)∵a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)，
∴a－3b＝(1，5，－1)－3(－2，3，5)
＝(1，5，－1)－(－6，9，15)＝(7，－4，－16)．
λa＋b＝λ(1，5，－1)＋(－2，3，5)＝(λ，5λ，－λ)＋(－2，3，5)＝(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)．
∵(λa＋b)∥(a－3b)，
∴eq \f(λ－2,7)＝eq \f(5λ＋3,－4)＝eq \f(－λ＋5,－16)，解得λ＝－eq \f(1,3).
(2)由(a－3b)⊥(λa＋b)
⇔(7，－4，－16)·(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)＝0
⇔7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5)＝0，解得λ＝eq \f(106,3).
eq \a\vs4\al(18.)已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，M、N分别为PC、PD上的点，且M分PC成定比2，N为PD的中点，求满足eq \(MN,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))＋zeq \(AP,\s\up6(→))的实数x，y，z的值．
解：法一：如图所示，
取PC的中点E，连接NE，
则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).
eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(PC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,6)eq \(PC,\s\up6(→)).
连接AC，则eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(EN,\s\up6(→))－eq \(EM,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AP,\s\up6(→)).
∵eq \(AB,\s\up6(→))、eq \(AD,\s\up6(→))、eq \(AP,\s\up6(→))不共面，
∴x＝－eq \f(2,3)，y＝－eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,6).
法二：eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(PN,\s\up6(→))－eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))－eq \f(2,3)(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
＝－eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(2,3)(－eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AP,\s\up6(→))，
∵eq \(AB,\s\up6(→))、eq \(AD,\s\up6(→))、eq \(AP,\s\up6(→))不共面，
∴x＝－eq \f(2,3)，y＝－eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,6).
eq \a\vs4\al(19.)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以A为端点的三条棱长均为1，且两两夹角为eq \f(π,3).
(1)求AC1的长；
(2)求AC1与面ABCD所成角的余弦值．
解：(1)eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，
eq \(AC1,\s\up6(→))2＝(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2，
∵〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(π,3)，
∴(eq \(AC1,\s\up6(→)))2＝6，∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6).
(2)∵∠A1AD＝∠A1AB，∴AC1在底面的射影为AC，
则∠C1AC即为AC1与面ABCD所成的角．
cs∠C1AC＝cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(AC1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|))
＝eq \f(（\(AA1,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))）·（\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))）,\a\vs4\al(\r(6)·|\(AC,\s\up6(→))|))，
eq \(AC2,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝3，
∴cs∠C1AC＝eq \f(2\r(2),3).
eq \a\vs4\al(20.)如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq \r(2).
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：连接OC，
∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD.
∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.
在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝eq \r(3).而AC＝2，
∴AO2＋CO2＝AC2，
∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.
(2)以O为原点，如图建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，A(0，0，1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，0)，
∴cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BA,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(BA,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|))＝eq \f(\r(2),4)，
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
eq \a\vs4\al(21.)
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq \r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq \r(5).
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
(2)求二面角AA1C1B1的正弦值．
解：
如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．
依题意得A(2eq \r(2)，0，0)，B(0，0，0)，C(eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，A1(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，B1(0，2eq \r(2)，0)，C1(eq \r(2)，eq \r(2)，eq \r(5))．
(1)易得eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，0，0)，于是cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(A1B1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(AC,\s\up6(→))||\(A1B1,\s\up6(→))|))＝eq \f(4,3×2\r(2))＝eq \f(\r(2),3)，
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),3).
(2)易知eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(2)，0)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))．
设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\(AA1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq \r(5)，可得m＝(eq \r(5)，0，eq \r(2))．同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1B1,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1－\r(2)y1＋\r(5)z1＝0，,－2\r(2)x1＝0.))不妨令y1＝eq \r(5)，可得n＝(0，eq \r(5)，eq \r(2))，于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7)×\r(7))＝eq \f(2,7)，从而sin〈m，n〉＝eq \f(3\r(5),7).
所以二面角AA1C1B1的正弦值为eq \f(3\r(5),7).
eq \a\vs4\al(22.)
如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq \r(6)，点E是棱PB的中点．
(1)求直线AD与平面PBC的距离；
(2)若AD＝eq \r(3)，求二面角AECD的平面角的余弦值．
解：
(1)如图，以A为坐标原点，射线AB、AD，AP分别为x轴、y轴，z轴正半轴，建立空间直角坐标系Axyz.
设D(0，a，0)，则B(eq \r(6)，0，0)，C(eq \r(6)，a，0)，P(0，0，eq \r(6))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，0，\f(\r(6),2))).
因此，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，0，\f(\r(6),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(6)，a，－eq \r(6))．
则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝0，所以AE⊥平面PBC.
又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为|eq \(AE,\s\up6(→))|＝eq \r(3).
(2)设平面AEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
∵eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，0，\f(\r(6),2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(6)，eq \r(3)，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)x1＋\f(\r(6),2)z1＝0，,\r(6)x1＋\r(3)y1＝0.))
令x1＝－1，得y1＝eq \r(2)，z1＝1，
∴n1＝(－1，eq \r(2)，1)．
设平面EDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
∵eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3)，－\f(\r(6),2)))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－eq \r(6)，0，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)x2＋\r(3)y2－\f(\r(6),2)z2＝0，,－\r(6)x2＝0，))
令z2＝eq \r(2)，得y2＝1.
∴n2＝(0，1，eq \r(2))．
故cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(6),3).
所以二面角AECD的平面角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
(时间：120分钟；满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
eq \a\vs4\al(1.)若a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，如果a与b为共线向量，则( )
A．x＝1，y＝1 B．x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)
C．x＝eq \f(1,6)，y＝－eq \f(3,2) D．x＝－eq \f(1,6)，y＝eq \f(3,2)
答案：C
eq \a\vs4\al(2.)向量a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底，则( )
A．a与b共线 B．a与b同向
C．a与b反向 D．a与b共面
解析：选A.∵a，b不能与任何向量构成空间基底，故a与b一定共线．
eq \a\vs4\al(3.)已知向量a＝(0，2，1)，b＝(－1，1，－2)，则a与b的夹角为( )
A．0° B．45°
C．90° D．180°
解析：选C.已知a＝(0，2，1)，b＝(－1，1，－2)，
则cs〈a，b〉＝0，从而得出a与b的夹角为90°.
eq \a\vs4\al(4.)已知A(1，2，1)，B(－1，3，4)，C(1，1，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，则|eq \(PC,\s\up6(→))|为( )
A.eq \f(\r(77),3) B.eq \r(5)
C.eq \f(\r(77),9) D.eq \f(77,9)
解析：选A.设P(x，y，z)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))得：
(x－1，y－2，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，
∴x＝－eq \f(1,3)，y＝eq \f(8,3)，z＝3，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(8,3)，3))，∴eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(5,3)，－2))，
∴|eq \(PC,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(77),3).故选A.
eq \a\vs4\al(5.)
如图，已知空间四边形OABC中，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在MN上，且MG＝2GN，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，现用基底{a，b，c}表示向量eq \(OG,\s\up6(→))，eq \(OG,\s\up6(→))＝x a＋y b＋z c，则x，y，z的值分别为( )
A．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
B．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,6)
C．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,3)
D．x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
解析：选D.由线段中点的向量表达式，得eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(MO,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋c＋\f(1,2)（b－c）))
＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)c＋eq \f(1,3)b－eq \f(1,3)c
＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，∴x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3).
eq \a\vs4\al(6.)在以下命题中，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对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－2eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点共面；
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：选C.①|a|－|b|＝|a＋b|⇒a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确，故选C.
eq \a\vs4\al(7.)
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF与BC1所成的角是( )
A．45° B．60°
C．90° D．120°
解析：选B.以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设各棱长为2，则E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2)，B(0，0，0)
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝60°，
所以直线EF与BC1所成的角为60°.
eq \a\vs4\al(8.)已知ABCD是一个四面体，O为△BCD内一点，则“eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))”是“O为△BCD的重心”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：选C.设BC中点为E，若O为△BCD的重心，则eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(ED,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，又∵eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))，
∴eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→)))＝eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))．故选C.
eq \a\vs4\al(9.)已知A(－4，6，－1)、B(4，3，2)，则下列各向量中是平面AOB的一个法向量的是( )
A．(0，1，6)
B．(－1，2，－1)
C．(－15，4，36)
D．(15，4，－36)
解析：选D.设法向量为(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x＋6y－z＝0，,4x＋3y＋2z＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(15,4)y，,z＝－9y.))令y＝4，则得法向量(15，4，－36)．
eq \a\vs4\al(10.)四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是( )
A．相交 B．垂直
C．不垂直 D．成60°角
解析：选B.∵eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，∴PA⊥AB，PA⊥AD，又AB∩AD＝A.∴PA⊥平面ABCD.
eq \a\vs4\al(11.)已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与平面SBC所成的角的余弦值为( )
A.eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),3)
解析：选B.设AE与平面SBC所成的角为θ，以底面中心O为原点，以射线OA为x轴，以射线OB为y轴，以射线OS为z轴，建立空间直角坐标系，设底面边长为eq \r(2)，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，S(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(SB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(SB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－y＝0，,y－z＝0，))令x＝1，所以n＝(1，－1，－1)，因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝eq \f(\(EA,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\(EA,\s\up6(→))||n|))＝eq \f(2\r(2),3)，所以csθ＝eq \f(1,3).故选B.
eq \a\vs4\al(12.)如图所示，在四面体PABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角BAPC的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(7),7) D.eq \f(5,7)
解析：选C.如图所示，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E.
设AB＝1，
则易得CE＝eq \f(\r(2),2)，EP＝eq \f(\r(2),2)，
PA＝PB＝eq \r(2)，可以求得BD＝eq \f(\r(14),4)，
ED＝eq \f(\r(2),4)，因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＋eq \(EC,\s\up6(→))，
所以BC2＝BD2＋DE2＋EC2＋2eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＋2eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＋2eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,4)，
所以cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝－eq \f(\r(7),7)，由图知，二面角B－AP－C的余弦值为eq \f(\r(7),7).故选C.
二、填空题(本大题共4小题．把答案填在题中横线上)
eq \a\vs4\al(13.)若a＝(2，－3，5)，b＝(－3，1，－4)，则|a－2b|＝________．
解析：∵a－2b＝(8，－5，13)，
∴|a－2b|＝ eq \r(82＋（－5）2＋132)＝eq \r(258).
答案：eq \r(258)
eq \a\vs4\al(14.)已知a＝(1，2，－2)，若|b|＝2|a|，且a∥b，则b＝________．
解析：∵a∥b，∴b＝λa＝(λ，2λ，－2λ)(λ∈R)，
又|b|＝2|a|，
∴λ＝±2，∴b＝(2，4，－4)或b＝(－2，－4，4)．
答案：(2，4，－4)或(－2，－4，4)
eq \a\vs4\al(15.)如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}为基底，则eq \(GE,\s\up6(→))＝________．
解析：eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AG,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(AM,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→)).
答案：－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))
eq \a\vs4\al(16.)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为________．
解析：利用空间直角坐标系转化为求向量eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(C1D,\s\up6(→))的夹角．建立如图所示的空间直角坐标系，
可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°.
设B1C1＝1，则CC1＝eq \r(3)＝DD1，
∴C1D1＝eq \r(3)，
可知B1(eq \r(3)，0，0)，C(eq \r(3)，1，eq \r(3))，C1(eq \r(3)，1，0)，D(0，1，eq \r(3))，
∴eq \(B1C,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \(C1D,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，
∴cs〈eq \(B1C,\s\up6(→))，eq \(C1D,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(B1C,\s\up6(→))·\(C1D,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(B1C,\s\up6(→))||\(C1D,\s\up6(→))|))＝eq \f(3,2\r(6))＝eq \f(\r(6),4).
答案：eq \f(\r(6),4)
三、解答题(本大题共6小题．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
eq \a\vs4\al(17.)设a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)．
(1)当(λa＋b)∥(a－3b)时，求λ的值；
(2)当(a－3b)⊥(λa＋b)时，求λ的值．
解：(1)∵a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)，
∴a－3b＝(1，5，－1)－3(－2，3，5)
＝(1，5，－1)－(－6，9，15)＝(7，－4，－16)．
λa＋b＝λ(1，5，－1)＋(－2，3，5)＝(λ，5λ，－λ)＋(－2，3，5)＝(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)．
∵(λa＋b)∥(a－3b)，
∴eq \f(λ－2,7)＝eq \f(5λ＋3,－4)＝eq \f(－λ＋5,－16)，解得λ＝－eq \f(1,3).
(2)由(a－3b)⊥(λa＋b)
⇔(7，－4，－16)·(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)＝0
⇔7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5)＝0，解得λ＝eq \f(106,3).
eq \a\vs4\al(18.)已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，M、N分别为PC、PD上的点，且M分PC成定比2，N为PD的中点，求满足eq \(MN,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))＋zeq \(AP,\s\up6(→))的实数x，y，z的值．
解：法一：如图所示，
取PC的中点E，连接NE，
则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).
eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(PC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,6)eq \(PC,\s\up6(→)).
连接AC，则eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(EN,\s\up6(→))－eq \(EM,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AP,\s\up6(→)).
∵eq \(AB,\s\up6(→))、eq \(AD,\s\up6(→))、eq \(AP,\s\up6(→))不共面，
∴x＝－eq \f(2,3)，y＝－eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,6).
法二：eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(PN,\s\up6(→))－eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))－eq \f(2,3)(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
＝－eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(2,3)(－eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AP,\s\up6(→))，
∵eq \(AB,\s\up6(→))、eq \(AD,\s\up6(→))、eq \(AP,\s\up6(→))不共面，
∴x＝－eq \f(2,3)，y＝－eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,6).
eq \a\vs4\al(19.)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以A为端点的三条棱长均为1，且两两夹角为eq \f(π,3).
(1)求AC1的长；
(2)求AC1与面ABCD所成角的余弦值．
解：(1)eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，
eq \(AC1,\s\up6(→))2＝(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2，
∵〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(π,3)，
∴(eq \(AC1,\s\up6(→)))2＝6，∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6).
(2)∵∠A1AD＝∠A1AB，∴AC1在底面的射影为AC，
则∠C1AC即为AC1与面ABCD所成的角．
cs∠C1AC＝cs〈eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(AC1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|))
＝eq \f(（\(AA1,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))）·（\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))）,\a\vs4\al(\r(6)·|\(AC,\s\up6(→))|))，
eq \(AC2,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝3，
∴cs∠C1AC＝eq \f(2\r(2),3).
eq \a\vs4\al(20.)如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq \r(2).
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：连接OC，
∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD.
∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.
在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝eq \r(3).而AC＝2，
∴AO2＋CO2＝AC2，
∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.
(2)以O为原点，如图建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，A(0，0，1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，0)，
∴cs〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BA,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(BA,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|))＝eq \f(\r(2),4)，
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
eq \a\vs4\al(21.)
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq \r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq \r(5).
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
(2)求二面角AA1C1B1的正弦值．
解：
如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．
依题意得A(2eq \r(2)，0，0)，B(0，0，0)，C(eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，A1(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，B1(0，2eq \r(2)，0)，C1(eq \r(2)，eq \r(2)，eq \r(5))．
(1)易得eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，0，0)，于是cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(A1B1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(AC,\s\up6(→))||\(A1B1,\s\up6(→))|))＝eq \f(4,3×2\r(2))＝eq \f(\r(2),3)，
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),3).
(2)易知eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(2)，0)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))．
设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\(AA1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq \r(5)，可得m＝(eq \r(5)，0，eq \r(2))．同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1B1,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1－\r(2)y1＋\r(5)z1＝0，,－2\r(2)x1＝0.))不妨令y1＝eq \r(5)，可得n＝(0，eq \r(5)，eq \r(2))，于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7)×\r(7))＝eq \f(2,7)，从而sin〈m，n〉＝eq \f(3\r(5),7).
所以二面角AA1C1B1的正弦值为eq \f(3\r(5),7).
eq \a\vs4\al(22.)
如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq \r(6)，点E是棱PB的中点．
(1)求直线AD与平面PBC的距离；
(2)若AD＝eq \r(3)，求二面角AECD的平面角的余弦值．
解：
(1)如图，以A为坐标原点，射线AB、AD，AP分别为x轴、y轴，z轴正半轴，建立空间直角坐标系Axyz.
设D(0，a，0)，则B(eq \r(6)，0，0)，C(eq \r(6)，a，0)，P(0，0，eq \r(6))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，0，\f(\r(6),2))).
因此，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，0，\f(\r(6),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(6)，a，－eq \r(6))．
则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝0，所以AE⊥平面PBC.
又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为|eq \(AE,\s\up6(→))|＝eq \r(3).
(2)设平面AEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
∵eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，0，\f(\r(6),2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(6)，eq \r(3)，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)x1＋\f(\r(6),2)z1＝0，,\r(6)x1＋\r(3)y1＝0.))
令x1＝－1，得y1＝eq \r(2)，z1＝1，
∴n1＝(－1，eq \r(2)，1)．
设平面EDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
∵eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3)，－\f(\r(6),2)))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－eq \r(6)，0，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)x2＋\r(3)y2－\f(\r(6),2)z2＝0，,－\r(6)x2＝0，))
令z2＝eq \r(2)，得y2＝1.
∴n2＝(0，1，eq \r(2))．
故cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(6),3).
所以二面角AECD的平面角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
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