全国版高考数学必刷题：第十四单元　空间向量及其应用

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第十四单元　空间向量及其应用



考点一
利用空间向量求线面角的大小

1.(2017年北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.

(1)求证:M为PB的中点.
(2)求二面角B-PD-A的大小.
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
【解析】(1)设AC,BD交于点E,连接ME,

因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形,
所以E为BD的中点,
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且OP⊂平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).

设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
则n·BD=0,n·PD=0,
即4x-4y=0,2x-2z=0.
令x=1,则y=1,z=2.
于是n=(1,1,2).
平面PAD的法向量为p=(0,1,0),
所以cos=n·p|n||p|=12.
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以其大小为π3.
(3)由题意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.
设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sin α=|cos|=|n·MC||n||MC|=269,
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.

2.(2016年四川卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

【解析】(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.
理由如下:
由已知得BC∥ED,且BC=ED,
所以四边形BCDE是平行四边形,
从而CM∥EB.
又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,
所以CM∥平面PBE.
(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)由已知得CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的一个平面角,
所以∠PDA=45°.
又PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.

设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴、z轴的正方向,以DC的方向为y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),
所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
由n·PE=0,n·EC=0,得x-2z=0,x+y=0.
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sin α=|n·AP||n|·|AP|=222+(-2)2+12×2=13,
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.

3.(2016年天津卷)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.
(1)求证:EG∥平面ADF.
(2)求二面角O-EF-C的正弦值.
(3)设H为线段AF上的点,且AH=23HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.

【解析】依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).
(1)依题意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ADF的法向量,
则n1·AD=0,n1·AF=0,即2x1=0,x1-y1+2z1=0,
不妨取z1=1,可得n1=(0,2,1).
又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0.
又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.
(2)易证OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量,依题意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).
设n2=(x2,y2,z2)为平面CEF的法向量,
则n2·EF=0,n2·CF=0,
即x2+y2=0,-x2+y2+2z2=0,
不妨取x2=1,可得n2=(1,-1,1).
因此有cos=OA·n2|OA|·|n2|=-63,
于是sin=33.
所以二面角O-EF-C的正弦值为33.
(3)由AH=23HF,得AH=25AF.
因为AF=(1,-1,2),
所以AH=25AF=25,-25,45,
进而有H-35,35,45,
从而BH=25,85,45.
因此cos=BH·n2|BH|·|n2|=-721.
所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.

题型二
利用空间向量求二面角的大小



4.(2017年全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD.
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
因为AB∥CD,所以AB⊥PD.
又AP∩DP=P,所以AB⊥平面PAD.
因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为点F.

由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0,
所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),
PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,
则n·PC=0,n·CB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.
所以可取n=(0,-1,-2).
设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则
m·PA=0,m·AB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.
所以可取m=(1,0,1),
则cos=n·m|n||m|=-23×2=-33.
观察图象知二面角A-PB-C的余弦值为-33.

5.(2017年全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.

(1)证明:直线CE∥平面PAB.
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
【解析】(1)取PA的中点F,连接EF,BF.
因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD.
由∠BAD=∠ABC=90°,得BC∥AD,
又BC=12AD,所以EF?BC,
所以四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF.
又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.

(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0≤x≤1),
则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,
所以|cos|=sin 45°,|z|(x-1)2+y2+z2=22,
即(x-1)2+y2-z2=0.　①
又M在棱PC上,设PM=λPC,
则x=λ,y=1,z=3-3λ.　②
由①②解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62,
所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则
m·AM=0,m·AB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
所以可取m=(0,-6,2).
于是cos=m·n|m||n|=105.
观察图象知,二面角M-AB-D的余弦值为105.

6.(2017年天津卷)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.

(1)求证:MN∥平面BDE.
(2)求二面角C-EM-N的正弦值.
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.
【解析】如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).

(1)DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则n·DE=0,n·DB=0,
即2y=0,2x-2z=0.
不妨设z=1,可得n=(1,0,1).
又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0.
因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则n2·EM=0,n2·MN=0.
因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),
所以-2y1-z1=0,x1+2y1-z1=0.
不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos=n1·n2|n1|·|n2|=-421,
于是sin=10521.
所以二面角C-EM-N的正弦值为10521.
(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).
由已知,得
|cos|=|NH·BE||NH||BE|=|2h-2|h2+5×23=721,
整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.
所以线段AH的长为85或12.

7.(2017年江苏卷)如图,在平行六面体ABCD -A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.
【解析】在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.
如图,以{AE,AD,AA1}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.

因为AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=120°,
则A(0,0,0),B(3,-1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),A1(0,0,3),C1(3,1,3).
(1)A1B=(3,-1,-3),AC1=(3,1,3),
则cos=A1B·AC1|A1B||AC1|
=(3,-1,-3)·(3,1,3)7=-17,
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为17.
(2)平面A1DA的一个法向量为AE=(3,0,0).
设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,
又A1B=(3,-1,-3),BD=(-3,3,0),
则m·A1B=0,m·BD=0,即3x-y-3z=0,-3x+3y=0.
不妨取x=3,则y=3,z=2,
所以m=(3,3,2)为平面BA1D的一个法向量.
从而cos=AE·m|AE||m|=(3,0,0)·(3,3,2)3×4
=34.
设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=34.
因为θ∈[0,π],所以sin θ=1-cos2θ=74.

　　因此二面角B-A1D-A的正弦值为74.
8.(2017年山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点.

(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.
【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.
又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.

(2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),
G(1,3,3),C(-1,3,0),
故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),
CG=(2,0,3).
设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量,
由m·AE=0,m·AG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.
取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).
设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量,
由n·AG=0,n·CG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.
取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).
所以cos=m·n|m|·|n|=12.
故所求的角为60°.



　　高频考点:利用空间向量证明线面平行或垂直,利用空间向量求空间角,利用空间向量求空间距离.
命题特点:高考的考查形式有两种:一种是求空间角和距离;另一种是已知空间角的大小,求相关点的位置或相关线段的长度,题型延续解答题的形式,以多面体为载体,难度中等偏上.

§14.1　空间向量及其运算



一
基本定理

　　1.共线向量定理
对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=　　　　. 
2.共面向量定理
若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序数对(x,y),使得p=　　　.  
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,存在唯一的实数组{x,y,z},使得p=　　　　,其中{a,b,c}叫作空间向量的一个基底. 
推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x,y,z,使OP=xOA+yOB+zOC且x+y+z=1.

二
两个向量的数量积

　　1.a·b=abcos;
2.a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向量).

三
向量的坐标运算

　　设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则
a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3);
a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3);
a·b=a1b1+a2b2+a3b3.


☞ 左学右考

1 判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)若p=xa+yb,则p与a,b共面.(　　)
(2)若p与a,b共面,则存在x,y∈R,使得p=xa+yb.(　　)
(3)若MN=xMA+yMB,则M,N,A,B四点共面.(　　)
(4)若M,N,A,B四点共面,则存在x,y∈R,使得MN=xMA+yMB.(　　)
2 已知A(0,-1,2),B(0,2,-4),C(1,2,-1),则A,B,C三点(　　).
A.共线
B.共面
C.不共面
D.无法确定
3 已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a+λb),则实数λ的值为　　　　. 
4 在空间直角坐标系中,A(2,3,5)、B(4,1,3),求A,B的中点P的坐标及A,B间的距离|AB|.

知识清单
一、1.λb　2.xa+yb　3.xa+yb+zc
基础训练
1.【解析】(1)正确,由平面向量基本定理可得;(2)错误,若a与b共线,p就不一定能用a,b来表示;(3)正确,MN,MA,MB在同一平面内,故M,N,A,B四点共面;(4)错误,当M,A,B三点共线时,此式不一定成立.
【答案】(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
2.【解析】因为AB=(0,3,-6),AC=(1,3,-3),所以AB与AC不共线,即A,B,C三点共面.故选B.
【答案】B
3.【解析】∵a⊥(a+λb),∴a·(a+λb)=(14)2+λ×(2+2+3)=0,解得λ=-2.
【答案】-2
4.【解析】∵A(2,3,5),B(4,1,3),
∴A,B的中点P的坐标为(3,2,4),
∴|AB|=(2-4)2+(3-1)2+(5-3)2=23.




题型一
空间向量的线性运算



　　【例1】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,若AB=a,BC=b,AA1=c,则 BM 可表示为(　　).
A.-12a+12b+c
B.12a+12b+c
C.-12a-12b+c
D.12a-12b+c

【解析】取AC的中点N,连接BN,MN,如图,
∵M为A1C1的中点,
AB=a,BC=b,AA1=c,
∴NM=AA1=c,
BN=12(BA+BC)=12(-AB+BC)
=-12a+12b,
∴BM=BN+NM=-12a+12b+c.
【答案】A

　　向量的线性运算,实质上是在数乘运算律的基础上的向量求和,即通过作出向量,运用平行四边形法则求和,运算的关键是将相应的向量放到同一个三角形或平行四边形中.

【变式训练1】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知A1A=a,A1B1=b,A1D1=c,O为底面ABCD的中心,G为△D1C1O的重心,则AG=(　　).
A.56c-12b-23a　　　　B.56c+12b+23a
C.56c+12b-23a D.56c-12b+23a

【解析】取D1C1的中点E,
∵G为△D1C1O的重心,
∴OG=23OE=23×12(OD1+OC1)=13(OD+DD1+OC+CC1)=13(AD+DD1+CC1)=13c-23a.
∵AO=12AC=12(AD+AB)=12c+12b,
∴AG=AO+OG=12c+12b+13c-23a=-23a+12b+56c,故选C.
【答案】C

题型二
空间向量的数量积

　　【例2】已知A(-1,1,2),B(1,0,-1),设D在直线AB上,且AD=2DB,Cλ,13+λ,1+λ,若CD⊥AB,则λ的值为(　　).
A.116　　　B.-116　　　C.12　　　D.13
【解析】设D(x,y,z),则
AD=(x+1,y-1,z-2),
AB=(2,-1,-3),
DB=(1-x,-y,-1-z).
∵AD=2DB,
∴(x+1,y-1,z-2)=2(1-x,-y,-1-z),
即x+1=2(1-x),y-1=-2y,z-2=-2-2z,
解得x=13,y=13,z=0,
∴D13,13,0,
CD=13-λ,-λ,-1-λ.
∵CD⊥AB,
∴CD·AB=213-λ+λ-3(-1-λ)=0,
解得λ=-116.
【答案】B

　　1.有关向量的数量积运算的题目一般有两种解题思路:一是先求坐标再运算;二是先类比多项式进行化简,再代入坐标求解.
2.利用向量数量积判断或证明线线、线面垂直的思路
(1)由数量积的性质a⊥b⇔a·b=0可知,要证明两条直线垂直,可构造与两条直线分别平行的向量(a,b是非零向量),只要证明这两个向量的数量积为0即可;
(2)用向量法证明线面垂直,离不开线面垂直的判定定理,需将线面垂直转化为线线垂直,然后利用向量法证明线面垂直即可.

【变式训练2】已知OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,O为坐标原点,则当QA·QB取得最小值时,点Q的坐标为(　　).
A.12,34,13 B.12,32,34
C.43,43,83 D.43,43,73
【解析】由点Q在直线OP上,可得存在实数λ,使得OQ=λOP,则有Q(λ,λ,2λ),
QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ),
当QA·QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),
根据二次函数的性质可得当λ=43时,取得最小值-23,此时Q43,43,83.
【答案】C

题型三
空间向量的坐标运算



　　【例3】如图,在棱长为2的正方体ABCO-A1B1C1D1中,A1C1交B1D1于点P.分别写出O,A,B,C,A1,B1,C1,D1,P的坐标.
【解析】∵正方体ABCO-A1B1C1D1的棱长为2,且P是正方形A1B1C1D1的中心,
∴O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),P(1,1,2).

　　1.利用向量坐标运算解决问题的关键是熟记向量坐标运算的法则,在运算中注意相关公式的灵活运用;
2.进行向量坐标运算时,可以先代入坐标再运算,也可以先进行向量式的化简再代入坐标运算.
【变式训练3】已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AB=2PB,求PD.
【解析】设点P的坐标为(a,b,c),
由A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),
得AB=(-2,1,3),PB=(-1-a,3-b,4-c).
∵AB=2PB,
∴(-2,1,3)=2(-1-a,3-b,4-c),
解得a=0,b=52,c=52.
∴PD=1,32,32.


方法一
空间向量夹角问题的求法

　　求两个向量的夹角有两种方法:(1)结合图形,平移向量,利用空间向量的夹角定义来求解,要注意向量夹角的范围;(2)先求a·b,再利用公式cos=a·bab求cos,最后确定.

　　【突破训练1】已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求cos;
(2)求以AB,AC为边的平行四边形的面积.
【解析】(1)AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2),
∴AB·AC=-2+3+6=7,|AB|=4+1+9=14,
|AC|=1+9+4=14,
∴cos=AB·AC|AB||AC|=714×14=12.
(2)由(1)知sin∠BAC=1-122=32,
∴S△ABC=12·|AB|·|AC|·sin∠BAC=12×14×14×32=732,
∴以AB,AC为边的平行四边形的面积S=2S△ABC=73.

方法二
空间向量的长度、距离问题的求法

　　求两点间的距离或线段长的方法:将此线段用向量表示,通过向量运算来求对应向量的模,因为a·a=a2,所以a=a·a,这是利用向量解决问题的基本公式.另外,该公式还可以推广为a±b=(a±b)2=a2±2a·b+b2.
【突破训练2】△ABC的三个顶点分别是A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD长为(　　).
A.5 B.41 C.4 D.25
【解析】设AD=λAC,则OD=OA+λAC=(1,-1,2)+λ(0,4,-3)=(1,-1+4λ,2-3λ),
∴BD=OD-OB=(-4,5+4λ,-3λ).
∵BD⊥AC,
∴BD·AC=0+4(5+4λ)+9λ=0,
解得λ=-45.
∴BD=-4,95,125,
∴|BD|=42+952+1252=5.故选A.
【答案】A



1.(2017大石桥市校级月考)在x轴上与点A(-4,1,7)和点B(3,5,-2)等距离的点的坐标为(　　).
A.(-2,0,0)　　　　　　B.(-3,0,0)
C.(3,0,0) D.(2,0,0)
【解析】设所求点的坐标为(x,0,0),
则(-4-x)2+(1-0)2+(7-0)2
=(3-x)2+(5-0)2+(-2-0)2,
解得x=-2,
∴所求点的坐标为(-2,0,0).
【答案】A
2.(2017清城区校级一模)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于(　　).
A.32　　　　B.-2　　　　C.0　　　　D.32或-2
【解析】∵向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,
∴(2m+1,3,m-1)=λ(2,m,-m)=(2λ,λm,-λm),
∴2m+1=2λ,3=λm,m-1=-λm,解得 m=-2.
【答案】B
3.(2017甘肃二模)已知a=(-3,2,5),b=(1,x,-1),且a·b=2,则x的值是(　　).
A.6 B.5 C.4 D.3
【解析】∵a=(-3,2,5),b=(1,x,-1),∴a·b=(-3)×1+2x+5×(-1)=2,解得x=5.
【答案】B
4.(2017阳山县校级一模)已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量AB与AC的夹角为(　　).
A.30° B.45° C.60° D.90°
【解析】因为A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),所以AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0),所以AB·AC=0×(-1)+3×1+3×0=3,并且|AB|=32,|AC|=2,所以cos=AB·AC|AB||AC|=332×2=12,故AB与AC的夹角为60°.
【答案】C
5.(2017荔湾区期末)如图,在空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在线段OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,则 MN=(　　).

A.-23a+12b+12c
B.12a-23b+12c
C.12a+12b-12c
D.23a+23b-12c
【解析】MN=MA+AB+BN
=13OA+OB-OA+12BC
=-23OA+OB+12OC-12OB
=-23OA+12OB+12OC.
∵OA=a,OB=b,OC=c,
∴MN=-23a+12b+12c.
【答案】A
6.(2017玉山县校级期中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点.若A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则下列向量中与 A1M 相等的是(　　).
A.-12a+12b+c B.12a+12b+c
C.12a-12b+c D.-12a-12b+c
【解析】∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点,A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,

∴A1M=A1A+12AC
=A1A+12(AB+BC)
=12(A1B1+A1D1)+A1A
=12a+12b+c.
【答案】B
7.(2016朝阳期末)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的夹角是(　　).
A.60° B.90°
C.30° D.45°
【解析】∵AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),
∴AP·AB=(-1)×2+2×(-1)+(-1)×(-4)=0,同理可得AP·AD=0,
∴AP⊥AB,AP⊥AD,
即AP⊥AB且AP⊥AD.
又∵AB∩AD=A,
∴AP与平面ABCD的夹角是90°.
【答案】B
8.(2016西城区期末)在空间直角坐标系O-xyz中,已知点A(1,0,2),B(0,2,1),点C,D分别在x轴,y轴上,且AD⊥BC,那么|CD|的最小值是(　　).
A.55 B.255 C.22 D.2
【解析】设C(x,0,0),D(0,y,0),
∵A(1,0,2),B(0,2,1),
∴AD=(-1,y,-2),BC=(x,-2,-1).
∵AD⊥BC,
∴AD·BC=-x-2y+2=0,
即x+2y=2.
∵CD=(-x,y,0),
∴|CD|=x2+y2
=(2-2y)2+y2
=5y2-8y+4
=5y-452+45
≥255.
【答案】B
9.(2017济宁期末)已知向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则x的值为(　　).
A.12 B.10 C.-14 D.14
【解析】因为向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,所以a·b=-8-6+x=0,解得x=14.故选D.
【答案】D

10.(2017孝感期中)已知a=(2,t,t),b=(1-t,2t-1,0),则|b-a|的最小值是(　　).
A.2 B.3 C.5 D.6
【解析】b-a=(-1-t,t-1,-t),∴|b-a|=(-1-t)2+(t-1)2+(-t)2=3t2+2≥2,当且仅当t=0时取等号.∴|b-a|的最小值是2.
【答案】A
11.(2017南通模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,设AD=1,D1D=λ(λ>0),若棱C1C上存在唯一的点P满足A1P⊥PB,求实数λ的值.

【解析】如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,λ).
设P(0,1,x),其中x∈[0,λ],
因为A1P⊥PB,所以A1P·BP=0,
即(-1,1,x-λ)·(-1,0,x)=0,
化简得x2-λx+1=0,x∈[0,λ],
由点P(0,1,x)的唯一性知方程x2-λx+1=0有唯一解,
所以判别式Δ=λ2-4=0,且λ>0,
解得λ=2.

12.(2016安次区校级月考)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=a,AD=b,AA1=c,E为A1D1的中点,F为BC1与B1C的交点.
(1)用基底{a,b,c}表示向量DB1,BE,AF;
(2)在图中画出DD1+DB+CD化简后的向量.
【解析】(1)DB1=DC+CB1=DC+BB1-BC=a-b+c,
BE=BA+AA1+A1E=-a+12b+c,
AF=AB+BF=a+12(b+c)=a+12b+12c.

(2)DD1+DB+CD=DD1+(CD+DB)=DD1+CB=DD1+D1A1=DA1.
连接DA1,则DA1即为所求.
13.(2016利津县校级月考)已知向量a=(x,2,2),b=(2,y,-2),c=(3,1,z),a∥b,b⊥c.
(1)求向量a,b,c;
(2)求向量(a+c)与(b+c)所成角的余弦值.
【解析】(1)向量a=(x,2,2),b=(2,y,-2),且a∥b,
∴x≠0,y≠0,
∴x2=2y=2-2,
解得x=-2,y=-2.
∴a=(-2,2,2),b=(2,-2,-2).
又∵c=(3,1,z),b⊥c,
∴b·c=0,
即6-2-2z=0,
解得z=2,
∴c=(3,1,2).
(2)由(1)得a+c=(1,3,4),
b+c=(5,-1,0),
∴(a+c)·(b+c)=1×5+3×(-1)+4×0=2,
|a+c|=12+32+42=26.
|b+c|=52+(-1)2+02=26.
设a+c与b+c所成的角为θ,
∴cos θ=(a+c)·(b+c)|a+c|·|b+c|=226×26=113.

14.(2016隆化县校级期中)正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1,E,F,G,H分别是正四面体ABCD中四条棱的中点,设AB=a,AC=b,AD=c,试采用向量法解决下列问题.
(1)求EF的模长;
(2)求EF,GH的夹角.
【解析】(1)正四面体ABCD的棱长为1,E,F,G,H分别是正四面体ABCD中棱BC,AD,AB,CD的中点,
AB=a,AC=b,AD=c,
∴BE=12BC=12(AC-AB)=12(b-a),
AF=12AD=12c,
∴EF=EB+BA+AF=-12(b-a)-a+12c=12(c-a-b),
∴|EF|=12(c-a-b)2
=12c2+a2+b2-2a·c+2a·b-2b·c
=121+1+1-2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°-2×1×1×cos60°
=22.
(2)正四面体ABCD中,EF=12(c-a-b),|EF|=22,
同理,GH=12(b+c-a),|GH|=22,

　　∴cos=EF·GH|EF||GH|
=12(c-a-b)·12(b+c-a)22×22
=12[(c-a)2-b2]
=12(c2+a2-2c·a-b2)
=12×(1+1-2×1×1×cos 60°-1)
=0,
∴EF与GH的夹角为90°.


§14.2　空间向量在立体几何中的应用



一
空间中平行、垂直的向量表示

　　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,则有以下结论:
1.线线平行:l∥m⇔a∥b⇔a=kb,k∈R.
线面平行:　　　　　　　　　　　　. 
面面平行:α∥β⇔u∥v⇔u=kv,k∈R.
2.线线垂直:l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0.
线面垂直:　　　　　　　　　　　　. 
面面垂直:　　　　　　　　　　　　. 

二
空间角

　　1.异面直线l,m的方向向量分别为a,b,则l与m所成的角θ满足cos θ=|a·b||a||b|.

2.设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为a和u,则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ=　　　　. 
3.二面角:平面α,β的夹角为θ(0≤θ≤π),α和β的法向量分别为u和v,当θ为锐角时,cos θ=|u·v||u||v|;当θ为钝角时,cos θ=　　　　　　　. 

三
点面距离

　　点A在平面α内,点B在平面α外,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为d=　　　　　　　　　　　　. 


☞ 左学右考

1 两个不重合平面的法向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则这两个平面的位置关系是(　　).
A.平行　　　　　　　　
B.相交但不垂直
C.垂直
D.以上都不对
2 已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则这两个平面所成的夹角为　　　　. 
3 已知A(2,0,2),平面α的一个法向量为n=(1,1,-1),A1(0,0,2)是平面α上一点,则点A到平面α的距离为(　　).
A.32 B.22
C.223 D.233
4 平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为(　　).
A.π6 B.π3
C.π4 D.5π6


知识清单
一、1.l∥α⇒a⊥u⇔a·u=0
2.l⊥α⇔a∥u⇔a=ku,k∈R　α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0
二、2.|a·u||a||u|　3.-|u·v||u||v|
三、|AB·n||n|
基础训练
1.【解析】因为v1与v2共线,所以两个平面平行.
【答案】A
2.【解析】因为cos=m·n|m||n|=22,所以两个平面所成的夹角为π4.
【答案】π4
3.【解析】因为A(2,0,2),A1(0,0,2),平面α的法向量n=(1,1,-1),所以由点到面的距离公式得d=|AA1·n||n|=23=233.所以点A到平面α的距离为233.故选D.
【答案】D
4.【解析】y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos|,∵cos=m·n|m||n|=-32×1=-32,∴sin θ=32,∴θ=π3.
【答案】B



题型一
利用空间向量证明平行或垂直



　　【例1】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AB上是否存在点D,使得AC1∥平面CDB1?若存在,确定D点位置;若不存在,说明理由.
(本题请用向量法解答)

【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,可知AC,BC,CC1两两垂直,以C为坐标原点,直线CA,CB,CC1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4).
∵AC=(-3,0,0),BC1=(0,-4,4),∴AC·BC1=0,即AC⊥BC1,
∴AC⊥BC1.
(2)假设在AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,则AD=λAB=(-3λ,4λ,0),其中0≤λ≤1,则D(3-3λ,4λ,0),B1D=(3-3λ,4λ-4,-4),
又B1C=(0,-4,-4),AC1=(-3,0,4),AC1∥平面CDB1,∴存在实数m,n,使AC1=mB1D+nB1C成立,
∴m(3-3λ)=-3,m(4λ-4)-4n=0,-4m-4n=4,
∴λ=12,∴在AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,且D为AB的中点.

　　利用空间向量证明线面平行或垂直的关键是判断直线的方向向量和平面的法向量之间的关系,证明面面平行或垂直的关键是判断两个平面的法向量之间的关系.

　　【变式训练1】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)求AC与A1D所成角的大小.
(2)求证:平面AB1D1∥平面BDC1.
(3)求证:A1C⊥平面BDC1.
(本题请用向量法解答)
【解析】(1)令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以B1为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示.

则A(0,1,1),C(1,0,1),A1(0,1,0),D(1,1,1),
AC=(1,-1,0),A1D=(1,0,1),
设AC与A1D所成角的大小为θ,
则cos θ=|AC·A1D||AC|·|A1D|=12,
故θ=π3.
(2)∵AB1=DC1=(0,-1,-1),
∴AB1∥DC1.
又∵AB1⊂平面AB1D1,DC1⊄平面AB1D1,
∴DC1∥平面AB1D1.
同理可证C1B∥平面AB1D1.
又C1B∩DC1=C1,
∴平面AB1D1∥平面BDC1.
(3)A1C=(1,-1,1),BD=(1,1,0),BC1=(1,0,-1),
∴A1C·BD=0,则A1C⊥BD,即A1C⊥BD;
A1C·BC1=0,则A1C⊥BC1,即A1C⊥BC1.
∵BD∩BC1=B,BD⊂平面BDC1,BC1⊂平面BDC1.
∴A1C⊥平面BDC1.

题型二
利用空间向量求空间角



　　【例2】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,E,F分别是CC1,BC的中点.
(1)求证:平面AB1F⊥平面AEF;
(2)求二面角B1-AE-F的余弦值.
【解析】(1)∵F是等腰直角三角形ABC斜边BC的中点,
∴AF⊥BC.
又∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴平面ABC⊥平面BB1C1C.
∵平面ABC∩平面BB1C1C=BC,
∴AF⊥平面BB1C1C.
∵B1F⊂平面BB1C1C,∴AF⊥B1F.
设AB=AA1=1,则B1F=62,EF=32,B1E=32.
∴B1F2+EF2=B1E2,∴B1F⊥EF.
又AF∩EF=F,∴B1F⊥平面AEF.
而B1F⊂平面AB1F,故平面AB1F⊥平面AEF.

(2)以F为坐标原点,FA,FB分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图所示,
设AB=AA1=1,
则F(0,0,0),A22,0,0,B10,22,1,E0,-22,12,
AE=-22,-22,12,AB1=-22,22,1,
由(1)知,B1F⊥平面AEF,取平面AEF的一个法向量
m=FB1=0,22,1,
设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=-22x-22y+12z=0,n·AB1=-22x+22y+z=0,
取x=3,得n=(3,-1,22),
设二面角B1-AE-F的大小为θ,由图可知θ为锐角,
则cos θ=|cos|
=|-22+22|-222+1·32+(-1)2+(22)2=66.
∴所求二面角B1-AE-F的余弦值为66.

　　利用向量法求异面直线所成的角时,首先要求两条直线的方向向量的夹角,但是要注意向量夹角为钝角时,向量夹角的补角即为异面直线所成的角;利用向量法求线面角时要注意线面角的正弦等于直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦的绝对值;利用向量法求二面角的方法是求两个平面的法向量的夹角或其补角.

【变式训练2】在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,侧面ABB1A1是边长为2的正方形,点E,F分别在线段AA1,A1B1上,且AE=12,A1F=34,CE⊥EF.
(1)证明:平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)若CA⊥CB,求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值.
【解析】(1)取AB的中点D,连接CD,DF,DE.
∵AC=BC,D是AB的中点,∴CD⊥AB.
∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形,AE=12,A1F=34,
∴A1E=32,EF=342+322=354,DE=12+122=52,DF=22+1-342=654,
∴EF2+DE2=DF2,∴DE⊥EF.
又CE⊥EF,CE∩DE=E,CE⊂平面CDE,DE⊂平面CDE,
∴EF⊥平面CDE,
又CD⊂平面CDE,
∴CD⊥EF.
又CD⊥AB,AB⊂平面ABB1A1,EF⊂平面ABB1A1,AB,EF为相交直线,
∴CD⊥平面ABB1A1.又CD⊂平面ABC,∴平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)∵平面ABB1A1⊥平面ABC,
∴三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
∴CC1⊥平面ABC.

∵CA⊥CB,AB=2,∴AC=BC=2.
以C为原点,以CA,CB,CC1为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(2,0,0),C(0,0,0),C1(0,0,2),E2,0,12,F528,328,2.
∴AC1=(-2,0,2),CE=2,0,12,CF=528,328,2.
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则n·CE=0,n·CF=0,
∴2x+12z=0,528x+328y+2z=0,令z=4,得n=(-2,-92,4).
∴AC1·n=10,|n|=65,|AC1|=6.
∴sin=|n·AC1||n||AC1|=3018.
∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为3018.

题型三
利用空间向量求空间距离

　　【例3】在长方体OABC-O1A1B1C1中,OA=2,AB=3,AA1=2,求O1到直线AC的距离.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),O1(0,0,2),C(0,3,0),∴AO1=(-2,0,2),AC=(-2,3,0),∴AO1·AC=(-2,0,2)·(-2,3,0)=4,
∴AO1在AC方向上的投影为AO1·AC|AC|=413,
∴O1到直线AC的距离d=(|AO1|)2-AO1·AC|AC|2=228613.

　　利用向量法求点线距离的步骤:直线的方向向量a所求点到直线上一点的向量PP'及其在直线的方向向量a上的投影代入公式.

【变式训练3】已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC,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与平面PFQ间的距离.
【解析】(1)如图,以A为坐标原点,平面ABC内垂直于AC边所在直线的直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.

∵AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC的中点,
∴A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(3,3,0),
Q32,72,0,P(0,0,2).
∵FQ=32,32,0,AE=(3,3,0),∴AE=2FQ.
∵AE与FQ无交点,∴AE∥FQ.
又FQ⊂平面PFQ,AE⊄平面PFQ,∴AE∥平面PFQ.
(2)∵AE∥平面PFQ,
∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离,设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥PF,n⊥FQ,即n·PF=0,n·FQ=0.
又PF=(0,2,-2),∴n·PF=2y-2z=0,即y=z.
又FQ=32,32,0,∴n·FQ=32x+32y=0,即x=-3y.
令y=1,则x=-3,z=1,∴平面PFQ的一个法向量为n=(-3,1,1).又QA=-32,-72,0,∴所求距离d=|QA·n||n|=255.


方法一
利用空间向量求线面角

　　利用空间向量求线面角的步骤:(1)分析图形关系,建立空间直角坐标系;(2)求出直线的方向向量s和平面的法向量n;(3)求出夹角;(4)判断直线和平面所成的角θ和的关系,求出角θ.

【突破训练1】如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,D是BC的中点.
(1)求证:A1B∥平面ADC1.
(2)求直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值.

【解析】(1)如图,以{AB,AC,AA1}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4),
∴A1B=(2,0,-4),AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),
设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),由m⊥AD,m⊥AC1,
∴x+y=0,2y+4z=0,取z=1,得y=-2,x=2,
∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1),
由此可得,A1B·m=2×2+0×(-2)+(-4)×1=0,
又A1B⊄平面ADC1,
∴A1B∥平面ADC1.
(2)B1C1=(-2,2,0),设直线B1C1与平面ADC1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|B1C1·m||B1C1||m|=223,
又θ为锐角,
∴直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值为13.

方法二
利用空间向量求二面角

　　利用空间向量求二面角的步骤:(1)建立适当的空间直角坐标系;(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量;(3)求出两个法向量的夹角;(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角;(5)确定二面角的平面角的大小.

【突破训练2】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,PA=PD=AD=2.
(1)点M在线段PC上,PM=tPC,试确定t的值,使PA∥平面MQB;
(2)在(1)的条件下,若平面PAD⊥平面ABCD,求二面角M-BQ-C的大小.
【解析】(1)当t=13时,PA∥平面MQB,
证明:若PA∥平面MQB,连接AC交BQ于点N,
由AQ∥BC可得,△ANQ∽△CNB,
∴AQBC=ANNC=12,
PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,
平面PAC∩平面MQB=MN,
∴PA∥MN,
PMPC=ANAC=13,即PM=13PC,∴t=13.

　　(2)由PA=PD=AD=2,Q为AD的中点,则PQ⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,∴PQ⊥平面ABCD,连接BD.
∵四边形ABCD为菱形,
∴AD=AB.
又∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形.
∵Q为AD中点,∴AD⊥BQ,

以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标为A(1,0,0),B(0,3,0),Q(0,0,0),P(0,0,3),
设平面MQB的法向量为n=(x,y,z),可得
n·QB=0,n·MN=0,而PA∥MN,∴n·QB=0,n·PA=0,
即3y=0,x-3z=0,
取z=1,解得n=(3,0,1).
取平面ABCD的一个法向量QP=(0,0,3),
设所求二面角为θ,
则|cos θ|=|QP·n||QP||n|=12,
观察图象知二面角M-BQ-C的大小为60°.



1.(2017咸阳三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:平面PBD⊥平面PAC.
(2)若PA=AB,求PC与平面PBD所成角的正弦值.
【解析】(1)∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.
又∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC.
∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAC.

(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60°,PA=AB=2,∴BO=1,AO=CO=3,如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(3,0,2),A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-3,0,0),∴PB=(-3,1,-2),PD=(-3,-1,-2),PC=(-23,0,-2).
设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),则n·PB=0,n·PD=0,即-3x+y-2z=0,-3x-y-2z=0,解得y=0,令z=3,得x=-2,∴n=(-2,0,3).
设PC与平面PBD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|n·PC||n|·|PC|=2347=2114,
即PC与平面PBD所成角的正弦值为2114.

2.(2017邯郸二模)如图,在四棱锥A-BCED中,AD⊥底面BCED,BD⊥DE,∠DBC=∠BCE=60°,BD=2CE.
(1)若F是AD的中点,求证:EF∥平面ABC.
(2)若AD=DE,求BE与平面ACE所成角的正弦值.
【解析】(1)取DB的中点G,连接EG,FG.
∵F是AD的中点,∴FG∥AB.
∵BD=2CE,∴BG=CE.
∵∠DBC=∠BCE,
∴E,G到直线BC的距离相等,∴EG∥CB.
∵EG∩FG=G,
∴平面EGF∥平面ABC,则EF∥平面ABC.

(2)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设EC=1,则DB=2,∴BC=3,DE=3,
∵AD=DE,∴A(0,0,3),E(0,3,0),B(2,0,0),C12,332,0.
AE=(0,3,-3),EC=12,32,0,EB=(2,-3,0).
设平面ACE的法向量n=(x,y,z),
n·AE=3y-3z=0,n·EC=12x+32y=0,
令y=1,则n=(-3,1,1),故|cos|=335×7=310535.
∴BE与平面ACE所成角的正弦值为310535

3.(2017唐山一模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=CB=2,M,N分别是AB,A1C的中点.
(1)求证:MN∥平面BB1C1C.
(2)若平面CMN⊥平面B1MN,求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值.
【解析】(1)连接AC1,BC1,则N∈AC1且N为AC1的中点,
又∵M为AB的中点,∴MN∥BC1,
又BC1⊂平面BB1C1C,MN⊄平面BB1C1C,
故MN∥平面BB1C1C.
(2)由A1A⊥平面ABC,得AC⊥CC1,BC⊥CC1.
以C为原点,分别以CB,CC1,CA所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

设CC1=2λ(λ>0),
则M(1,0,1),N(0,λ,1),B1(2,2λ,0),CM=(1,0,1),MN=(-1,λ,0),NB1=(2,λ,-1),
取平面CMN的法向量为m=(x,y,z),
由CM·m=0,MN·m=0得x+z=0,-x+λy=0,令y=1,得m=(λ,1,-λ),
同理可得平面B1MN的一个法向量为n=(λ,1,3λ),
∵平面CMN⊥平面B1MN,∴m·n=λ2+1-3λ2=0,
解得λ=22,得n=22,1,322,又AB=(2,0,-2),
设直线AB与平面B1MN所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|n·AB||n||AB|=66.
∴直线AB与平面B1MN所成角的正弦值是66.

4.(2017郴州二模)如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=2,CF=3.
(1)求证:BD⊥平面ACFE.
(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为45°时,求AE的长度.
【解析】(1)∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.
∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴BD⊥AE.
又AC⊂平面ACFE,AE⊂平面ACFE,AC∩AE=A,
∴BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点,以OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.

则B(0,3,0),D(0,-3,0),F(-1,0,3).
设AE=a,则E(1,0,a),
∴OF=(-1,0,3),DB=(0,23,0),EB=(-1,3,-a).
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则n·DB=0,n·EB=0,
即23y=0,-x+3y-az=0,令z=1,得n=(-a,0,1),
∴cos=n·OF|n||OF|=a+310×a2+1,
∵直线FO与平面BED所成角的大小为45°,
∴a+310a2+1=22,
解得a=2或a=-12(舍),∴|AE|=2.


5.(2017海淀区一模)如图,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体中,∠BAC=90°,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=5,平面CC1D⊥平面ACC1A1.
(1)求证:AC⊥DC1.
(2)若M为DC1的中点,求证:AM∥平面DBB1.
(3)在线段BC上是否存在点P,使直线DP与平面BB1D所成的角为60°?若存在,求BPBC的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,故AC⊥CC1,
由平面CC1D⊥平面ACC1A1,且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1,
所以AC⊥平面CC1D,
又C1D⊂平面CC1D,所以AC⊥DC1.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,
又∠BAC=90°,如图建立空间直角坐标系A-xyz,

依据已知条件可得A(0,0,0),C(0,3,0),C1(2,3,0),B(0,0,1),B1(2,0,1),D(1,3,2),
所以BB1=(2,0,0),BD=(1,3,1),
设平面DBB1的法向量为n=(x,y,z),
所以n·BB1=0,n·BD=0,即2x=0,x+3y+z=0,
令y=1,则z=-3,x=0,于是n=(0,1,-3),
因为M为DC1的中点,所以M32,3,1,
所以AM=32,3,1,
由AM·n=32,3,1·(0,1,-3)=0,可得AM⊥n,
所以AM∥平面DBB1.
(3)由(2)可知平面BB1D的一个法向量为n=(0,1,-3).
设BP=λBC,λ∈[0,1],
则P(0,3λ,1-λ),DP=(-1,3λ-3,-1-λ).
若直线DP与平面DBB1所成的角为60°,
则|cos|=|n·DP||n|·|DP|=|23λ|24λ2-4λ+5=32,
解得λ=54∉[0,1],
故不存在这样的点.


6.(2017南昌模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.
(1)求证:AM∥平面SCD.
(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值.
(3)设点N是直线CD上的动点,MN与平面SAB所成的角为θ,求sin θ的最大值.
【解析】(1)以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),

故AM=(0,1,1),SD=(1,0,-2),CD=(-1,-2,0).
设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则SD·n=0,CD·n=0,即x-2z=0,-x-2y=0,
令z=1,则x=2,y=-1.
于是n=(2,-1,1).
∵n·AM=0-1×1+1×1=0,
∴AM⊥n.
又∵AM⊄平面SCD,∴AM∥平面SCD.
(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0).
设平面SCD与平面SAB所成的二面角为α,
则|cos α|=|n·n1||n||n1|=26×1=63,
观察图象知平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为63.
(3)设N(x0,2x0-2,0)(1≤x0≤2),则MN=(x0,2x0-3,-1).
∴sin θ=|n1·MN||n1||MN|=|x0|5x02-12x0+10=15-12x0+10x02
=1101x0-352+75.
当1x0=35,即x0=53时,(sin θ)max=357.

阶段总结五



微专题一
折叠问题

　　将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为平面图形翻折问题,常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题.解决这类问题的关键是要弄清楚翻折前后哪些量、哪些关系发生了变化.
【例1】如图,已知△ABC为正三角形,D为AB的中点,E在AC上,且AE=14AC,现沿DE将△ADE折起,折起过程中点A仍然记作点A,使得平面ADE⊥平面BCED.

(1)在折起后的图形中,在AC上是否存在点M,使得直线ME∥平面ABD?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.
(2)求平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值.
【分析】(1)由线线平行的判定可确定点的位置;(2)以E为原点,以ED,EC,EA所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量m,n,则|cos|即为所求.
【解析】(1)当AM=14AC时,EM∥平面ABD.证明如下:在BC上取点H,使得BH=14BC,则EH∥BD,MH∥AB,
又EH⊂平面EMH,MH⊂平面EMH,EH∩MH=H,BD⊂平面ABD,AB⊂平面ABD,BD∩AB=B,∴平面EMH∥平面ABD,又EM⊂平面EMH,
∴EM∥平面ABD.

(2)在△ADE中,∵AE=12AD,∠DAE=60°,∴AE⊥DE.
又平面ADE⊥平面BCED,平面ADE∩平面BCED=DE,AE⊂平面ADE,
∴AE⊥平面BCED.
以E为原点,以ED,EC,EA所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,设正三角形ABC的边长为4,则E(0,0,0),A(0,0,1),D(3,0,0),B(23,1,0),∴AB=(23,1,-1),DB=(3,1,0),
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则m·AB=0,m·DB=0,
∴23x+y-z=0,3x+y=0,令x=3得m=(3,-3,3).
又DE⊥平面ACE,∴n=(1,0,0)为平面ACE的一个法向量.
∴cos=m·n|m||n|=321×1=77.
∴平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值为77.
【拓展训练1】如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点,沿EF将矩形ADFE折起使得二面角A-EF-C的大小为90°(如图2),点G是CD的中点.
(1)若M为棱AD上一点,且AD=4MD,求证:DE⊥平面MFC.
(2)求二面角E-FG-B的余弦值.

【解析】(1)若M为棱AD上一点,且AD=4MD,则AD=4DM=4,即DM=1,
∵二面角A-EF-C的大小为90°,

∴建立以F为坐标原点,FD,FC,FE所在的直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系,如图,
∵AD=4,AE=BE=2,DM=1,
∴D(2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0),
A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4),
则DE=(-2,0,4),FM=(2,0,1),FC=(0,2,0),
故DE·FM=(-2)×2+4×1=-4+4=0,DE·FC=0,
则DE⊥FM,DE⊥FC,
即DE⊥FM,DE⊥FC,
∵FM∩FC=F,∴DE⊥平面MFC.
(2)∵点G是CD的中点,∴G(1,1,0),且CD⊥FG,
则CD⊥平面EFG,则CD=(2,-2,0)是平面EFG的一个法向量,
设平面BFG的法向量为n=(x,y,z),则FB=(0,2,4),FG=(1,1,0),
所以n·FB=0,n·FG=0,即2y+4z=0,x+y=0,
令z=1,则y=-2,x=2,即n=(2,-2,1),
则cos=n·CD|n||CD|=2×2-2×(-2)4+4+1×4+4=223,
即二面角E-FG-B的余弦值是223.

微专题二
探索性问题

　　探索性问题包括两类:(1)与空间平行、垂直有关的探索性问题;(2)与空间角有关的探索性问题.解决方法有两种:①先假设存在,然后利用线面关系的相关定理和性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,否则不存在;②也可用向量法,该方法容易入手,先假设存在,设出空间点的坐标,转化为代数方程是否有解的问题,若有解且满足题意则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在.
【例2】在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.

(1)求证:AN∥平面MEC.
(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为60°?若存在,求出AP的长h;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)利用CM与BN交于点F,连接EF.证明AN∥EF,通过直线与平面平行的判定定理证明AN∥平面MEC;
(2)假设在线段AM上存在点P,使二面角P-EC-D的大小为60°,再通过建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,利用坐标法进行求解判断.
【解析】(1)连接BN交CM于点F,连接EF.由已知可得四边形BCNM是平行四边形,所以F是BN的中点.因为E是AB的中点,所以AN∥EF.
又EF⊂平面MEC,AN⊄平面MEC,所以AN∥平面MEC.
(2)由四边形ABCD是菱形,E是AB的中点,∠DAB=60°,可得DE⊥AB.
又四边形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,所以DN⊥平面ABCD,
如图,建立空间直角坐标系D-xyz,

则D(0,0,0),E(3,0,0),C(0,2,0),P(3,-1,h),
CE=(3,-2,0),EP=(0,-1,h),
设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),
则CE·n1=0,EP·n1=0,所以3x-2y=0,-y+hz=0,
令y=3h,所以n1=(2h,3h,3),又平面CDE的一个法向量n2=(0,0,1),
所以cos=n1·n2|n1||n2|=37h2+3=12,解得h=377>1,
所以在线段AM上不存在满足题意的点P.

【拓展训练2】如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值.
(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.

【解析】(1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz,
依题意,得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E12,1,0.
∴NE=-12,0,-1,AM=(-1,0,1),
∵cos=NE·AM|NE|·|AM|=-1010,
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.
(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.
∵AN=(0,1,1),设AS=λAN=(0,λ,λ)(0≤λ≤1),EA=12,-1,0,
∴ES=EA+AS=12,λ-1,λ.
由ES⊥平面AMN,得ES·AM=0,ES·AN=0,
即-12+λ=0,(λ-1)+λ=0,λ=12,
此时AS=0,12,12,|AS|=22.
故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时|AS|=22.

微专题三
自主招生真题赏析

本专题供参加自主招生考试的学生使用
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为棱AA1的中点,点F是棱A1B1上的点,且A1F∶FB1=1∶3,则异面直线EF与BC1所成角的正弦值为(　　).
A.153　　　B.155　　　C.53　　　D.55

【解析】如图,取棱A1D1的中点G,连接FG,EG,则异面直线EF与BC1所成角即为∠GEF.不妨设正方体的棱长为1,则GF=EF=122+142=54,EG=22.
∴sin∠GEF=516-21654=35=155.
【答案】B
2.已知点E为棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB的中点,求点B到平面A1EC的距离.

【解析】VA1-BCE=13×S△BCE×a=13×14a2×a=112a3.在△A1CE中,A1E=CE=a2+a22=52a,A1C=3a,

　　故S△A1CE=12×3a×52a2-32a2=64a2.
设点B到平面A1EC的距离为h,又VA1-BCE=VB-A1CE=
13×S△A1CE×h=612a2×h=112a3,故h=66a,即点B到平面A1EC的距离为66a.
3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别为AD,AA1,A1B1的中点.
(1)求点B到平面EFG的距离;
(2)求二面角G-EF-D1的余弦值.

【解析】(1)VE-BFG=13·S△BFG·AE=13·1-14-14-18·12=116.
在△EFG中,EF=FG=22,EG=62,
故S△EFG=12×62×12-38=38.
设点B到平面EFG的距离为h,则VE-BFG=VB-EFG=13·S△EFG·h=13·38·h=116⇒h=32.
(2)△EFG在平面AA1D1D上的射影是△A1EF,故二面角G-EF-D1的余弦值cos θ=S△A1EFS△EFG=1838=33.


阶段检测五
一、选择题
1.(2017汕尾二模)一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、俯视图如图所示,则其侧(左)视图为(　　).


【解析】由一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、俯视图得几何体的直观图为,所以侧(左)视图为,故选C.
【答案】C
2.(2017河南模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　).

A.203　　　　B.163　　　　C.4　　　　D.7
【解析】由三视图可知,直观图是由正方体截去两个三棱锥所得,体积为23-2×13×12×2×2×1=203,故选A.
【答案】A
3.(2016辽宁三模)一棱锥的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为(　　).

A.33 B.17 C.41 D.42

【解析】由三视图知该几何体是四棱锥,且四棱锥的一个侧面与底面垂直,底面是边长为4的正方形,如图,其中平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,PE⊥AD,DE=1,AE=3,PE=4,PE⊥底面ABCD,连接CE,BE,在直角三角形PBE中,PB=PE2+BE2=42+32+42=41,在直角三角形PCE中,可得PC=PE2+CE2=42+12+42=33,又PA=PE2+AE2=42+32=5,PD=PE2+DE2=42+12=17.几何体最长棱的棱长为41.故选C.
【答案】C
4.(2017邢台模拟)已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　).
A.α⊥β,且m⊂α B.m∥n,且n⊥β
C.α⊥β,且m∥α D.m⊥n,且n∥β
【解析】α⊥β,且m⊂α⇒m⊂β,或m∥β,或m与β相交,故A不成立;m∥n,且n⊥β⇒m⊥β,故B成立;α⊥β,且m∥α⇒m⊂β,或m∥β,或m与β相交,故C不成立;由m⊥n,且n∥β,知m⊥β不一定成立,故D不正确.故选B.
【答案】B
5.(2017广东模拟)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P在线段BD1上,且BPPD1=12,M为线段B1C1上的动点,则三棱锥M-PBC的体积为(　　).
A.1 B.32
C.92 D.与M点的位置有关

【解析】如图,连接BC1,取BNNC1=12,则PN∥D1C1,PND1C1=BPBD1=13,PN=1.
∵D1C1⊥平面BCC1B1,∴PN⊥平面BCC1B1,即PN是三棱锥P-BCM的高.
∴V三棱锥M-PBC=V三棱锥P-BCM=13PN·S△BCM=13×1×12×32=32.故选B.
【答案】B

6.(2017河北模拟)如图,ABCD-A1B1C1D1是正方体,E,F分别是AB,BB1的中点,则异面直线A1E与C1F所成角的余弦值为(　　).
A.12 B.32
C.25 D.22

【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F是AB,BB1的中点,设AB=4,取A1B1的中点H,HB1的中点G,连接GF,GC1,BH.GF与FC1所成的角即为A1E与C1F所成的角.利用勾股定理得GF=5,C1F=25,GC1=17,在△C1FG中,利用余弦定理得cos∠GFC1=5+20-172×5×25=25.故选C.
【答案】C

7.(2017哈尔滨校级三模)如图所示,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在平面ABC上的射影H必在(　　).
A.△ABC内部 B.直线BC上
C.直线CA上 D.直线AB上
【解析】CA⊥AB,CA⊥BC1⇒CA⊥平面ABC1⇒平面ABC⊥平面ABC1,∴C1在平面ABC上的射影H在平面ABC与平面ABC1的交线上,即在直线AB上,故选D.
【答案】D
8.(2017河南模拟)三棱锥D-ABC中,AB=CD=6,其余四条棱长均为2,则三棱锥D-ABC的外接球的表面积为(　　).
A.14π B.7π C.21π D.28π
【解析】分别取AB,CD的中点E,F,连接相应的线段CE,ED,EF,由条件AB=CD=6,BC=AC=AD=BD=2,可知△ABC与△ADB都是等腰三角形,AB⊥平面ECD,∴AB⊥EF,同理CD⊥EF,∴EF是AB与CD的垂直平分线,球心G在EF上,可以证明G为EF中点(△AGB≌△CGD),DE=4-64=102,DF=62,EF=104-64=1,半径DG=14+64=72,∴外接球的表面积为4π·DG2=7π.故选B.

【答案】B
二、填空题
9.(2017蒙城县校级模拟)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为　　　　. 



　　【解析】由题意得到该几何体的直观图为从四棱锥P-ABCD中挖去了一个半圆锥,则所求的体积为V=13×2×2×2-12×13×π×12×2=8-π3.
【答案】8-π3

10.(2017衡水一模)如图所示的是两个腰长均为10 cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD,现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A-BD-C,则三棱锥A-BCD的外接球的体积为　　　　cm3. 

【解析】四边形ABCD中,∠ABD=∠BDC=90°,∴AB⊥BD,CD⊥BD,∵沿BD折成直二面角A-BD-C,如图所示,∴AB⊥平面BCD,CD⊥平面ABD,∴AB⊥BC,CD⊥DA,∴三棱锥A-BCD的外接球的直径为AC,且|AC|2=|AB|2+|BD|2+|CD|2=102+102+102=300,∴外接球的半径为R=53,体积为4π3×(53)3=5003π.
【答案】5003π

11.(2016东河区校级期末)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为　　　　. 
【解析】∵在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,PA=PB=PC=a,∴AB=AC=BC=2a,取BC的中点D,连接AD,作PO⊥平面ABC,交AD于点O,则AD=2a2-12a2=62a,∴AO=63a,
∴点P到平面ABC的距离PO=a2-63a2=33a.
【答案】33a

12.(2016商丘二模)PA⊥☉O所在的平面,AB是☉O的直径,C是☉O上的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是　　　　. 
【解析】∵PA⊥☉O所在的平面,BC⊂☉O所在的平面,∴PA⊥BC,而BC⊥AC,AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC,又∵AF⊂平面PAC,∴AF⊥BC,而AF⊥PC,PC∩BC=C,∴AF⊥平面PCB,而BC⊂平面PCB,∴AF⊥BC,故③正确;而PB⊂平面PCB,∴AF⊥PB,∵AE⊥PB,AE∩AF=A,∴PB⊥平面AEF,而EF⊂平面AEF,AF⊂平面AEF,∴EF⊥PB,AF⊥PB,故①②正确;∵AF⊥平面PCB,假设AE⊥平面PBC,∴AF∥AE,显然不成立,故④不正确.
【答案】①②③

三、解答题
13.(2017河南模拟)如图,E是正方形ABCD的AB边的中点,将△AED与△BEC分别沿ED与EC折起,使得点A与点B重合,记为点P,得到三棱锥P-CDE.
(1)求证:平面PED⊥平面PCD.
(2)求二面角P-CE-D的余弦值.

【解析】(1)∵∠A=∠B=90°,∴PE⊥PD,PE⊥PC.
∵PD∩PC=P,PC,PD⊂平面PCD,∴PE⊥平面PCD,
∵PE⊂平面PED,∴平面PED⊥平面PCD.
(2)设正方形ABCD的边长为2,取DC的中点F,连接PF,EF,过点P作PO⊥EF于点O,易证CD⊥平面PEF,∴CD⊥PO,又CD∩EF=F,
∴PO⊥平面CDE,∵PE⊥平面PCD,PF⊂平面PCD,∴PE⊥PF,


　　∵EF=2PE=2,∴∠PFE=30°且PF=3,OF=32,PO=32.
以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则P0,32,32,C(1,0,0),E(0,2,0),∴EC=(1,-2,0),EP=0,-12,32,
设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),
则m·EC=x-2y=0,m·EP=-y2+3z2=0,
令z=1,得m=(23,3,1),
又平面CDE的一个法向量为n=(0,0,1),
记二面角P-CE-D的平面角为α,
则cos α=23×0+3×0+1×11×(23)2+(3)2+12=14.


滚动检测四
一、选择题
1.(2017龙岩二模)已知向量a,b满足|a|=1,b=(2,1),且a·b=0,则|a-b|=(　　).
A.6　　　　B.5　　　　C.2　　　　D.3
【解析】|a|=1,b=(2,1),且a·b=0,则|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+5-0=6,所以|a-b|=6.故选A.
【答案】A
2.(2016五华区校级月考)设数列ann是公差为d的等差数列,前n项和为Sn,若a3=1,a9=12,则S12=(　　).
A.19 B.23 C.11 D.12
【解析】由题意得d=a99-a339-3=16,a33=13=a11+2×16,∴a1=0,∴S12=0+12×112×16=11,故选C.
【答案】C
3.(2016福州模拟)若实数x,y满足不等式组x-2≤0,y-1≤0,x+2y-a≥0,目标函数t=x-2y的最大值为2,则实数a的值是(　　).
A.-2 B.0 C.1 D.2
【解析】画出约束条件表示的可行域,由x=2,x-2y=2⇒A(2,0)是最优解,直线x+2y-a=0过点A(2,0),所以a=2,故选D.

　　

【答案】D

4.(2017汉中校级月考)一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　).
A.16π B.12π
C.14π D.17π
【解析】根据三视图可知几何体是一个球体切去四分之一,∴几何体的表面是四分之三球面和两个截面(半圆),∴几何体的表面积S=34×4π×22+π×22=16π,故选A.
【答案】A

5.(2017河南模拟)函数f(x)=Asin(ωx+φ)+BA>0,ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,则f10π3的值为(　　).
A.-1 B.0 C.1 D.2
【解析】由函数f(x)=Asin(ωx+φ)+B的部分图象知,2A=3-(-1)=4,解得A=2,∴B=3-12=1.
∵当x=2π3时,f(x)取得最大值3,∴2π3ω+φ=π2;　①
∵当x=2π时,f(x)=0,∴2πω+φ=7π6.　②
由①②,解得ω=12,φ=π6,∴f(x)=2sin12x+π6+1,∴f10π3=2sin12×10π3+π6+1=2×-12+1=0.故选B.
【答案】B
6.(2016年杭州模拟)在同一个坐标系中画出函数y=ax,y=sin ax的部分图象,其中a>0且a≠1,则下列所给图象中可能正确的是(　　).


【解析】正弦函数的周期公式T=2π│ω│,∴y=sin ax的最小正周期T=2πa;
对于A,T>2π,故a<1,∴y=ax的图象是减函数,故A错;
对于B,T<2π,故a>1,∴函数y=ax是增函数,故B错;
对于C,T=2π,故a=1,∴y=ax=1,故C错;
对于D,T>2π,故a<1,∴y=ax是减函数,故D对.
【答案】D
7.(2017广西模拟)等比数列{an}中,a4=2,a7=5,则数列{lg an}的前10项和等于(　　).
A.2 B.lg 50 C.10 D.5
【解析】∵等比数列{an}中,a4=2,a7=5,∴a1a10=a2a9=…=a4a7=10,∴数列{lg an}的前10项和S=lg a1+lg a2+…+lg a10=lg(a1a2…a10)=lg 105=5,故选D.
【答案】D
8.(2017河南一模)将函数f(x)=2cos 2x的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象,若函数g(x)在区间0,a3和2a,7π6上均单调递增,则实数a的取值范围是(　　).
A.π3,π2 B.π6,π2
C.π6,π3 D.π4,3π8
【解析】将函数f(x)=2cos 2x的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象,得g(x)=2cos 2x-π6=2cos2x-π3,由-π+2kπ≤2x-π3≤2kπ,得-π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z.
当k=0时,函数的增区间为-π3,π6,当k=1时,函数的增区间为2π3,7π6.要使函数g(x)在区间0,a3和2a,7π6上均单调递增,则0 【答案】A
9.(2017江西模拟)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　).
A.(-3,0)∪(3,+∞)
B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)
D.(-∞,-3)∪(0,3)
【解析】设F(x)=f(x)g(x),
当x<0时,∵F'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0.
∴F(x)在当x<0时为增函数.
∵F(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),
∴故F(x)为(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数.

∴F(x)在(0,+∞)上也是增函数.已知g(-3)=0,所以F(-3)=F(3)=0.
构造如图所示的F(x)的图象,可知F(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3).故选D.
【答案】D
10.(2017河南模拟)已知关于x的方程|2x3-8x|+mx=4有且仅有2个实数根,则实数m的取值范围为(　　).
A.(-∞,-2)∪(2,+∞)
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(-2,2)
D.(-1,1)
【解析】由|2x3-8x|+mx=4得|2x3-8x|=4-mx,作出y=|2x3-8x|和y=4-mx的函数图象,

当0 若直线y=4-mx经过点(-2,0),则-m=2,即m=-2,
由-2x3+8x=4+2x,即-2(x-1)2(x+2)=0,解得x=1,故此时直线与曲线在x∈(0,2)上有一个交点(相切),原方程有3个实数根,结合图象知,当-m>2,即m<-2时,直线与曲线有两个交点,原方程有2个实数根.
由图象的对称性可知,当-m<-2,即m>2时,直线与曲线有两个交点,原方程有2个实数根,
故m>2或m<-2.故选A.
【答案】A
二、填空题
11.(2017河南一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2c·cos B=2a+b,若△ABC的面积为S=32c,则ab的最小值为　　　　. 
【解析】在△ABC中,由正弦定理可得2sin Ccos B=2sin A+sin B=2sin(B+C)+sin B,即 2sin Ccos B=2sin Bcos C+2sin Ccos B+sin B,
∴2sin B cos C+sin B=0,∴cos C=-12,C=2π3.
∵△ABC的面积为S=12ab·sin C=34ab=32c,
∴c=12ab.
再由余弦定理可得c2=a2+b2-2ab·cos C,整理可得14a2b2=a2+b2+ab≥3ab,∴ab≥12,当且仅当a=b时取等号.
【答案】12
12.(2017九江模拟)设f(x)=x2,x∈[0,1],1x,x∈(1,e](其中e为自然对数的底数),则∫ e0f(x)dx的值为　　　　. 
【解析】∫ e0f(x)dx=∫ 01x2dx+∫ e11xdx=13x3 01+ln x e1=13-0+ln e-ln 1=13+1=43.
【答案】43

13.(2017龙泉驿区校级月考)在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=3,∠DAB=π3,点E,F分别在BC,DC边上,且BE=2EC,DF=FC,则AE·BF=　　　　. 
【解析】BE=2EC,DF=FC,∴BE=23BC=23AD,CF=12CD=-12AB,∴AE=AB+BE=AB+23AD,BF=BC+CF=AD-12AB,∴AE·BF=AB+23AD·AD-12AB=23AB·AD-12AB2+23AD2=4-8+6=2.
【答案】2
14.(2017河南模拟)三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,∠A=90°,侧面PAB是等边三角形且与底面ABC垂直,AB=6,则该三棱锥的外接球半径为　　　　. 
【解析】设球心O到平面ABC的距离为h,则由P到平面ABC的距离为33,可得球心O到平面ABC的距离为h=3,∴该三棱锥的外接球半径为(3)2+32+32=21.
【答案】21
三、解答题
15.(2017中原区校级月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足bcos A=(2c+a)cos(π-B).
(1)求角B的大小;
(2)若b=4,△ABC的面积为3,求△ABC的周长.
【解析】(1)∵bcos A=(2c+a)cos(π-B),∴bcos A=(2c+a)(-cos B).
由正弦定理,可得sin Bcos A=(-2sin C-sin A)cos B,
即sin(A+B)=-2sin Ccos B=sin C,
又角C为△ABC内角,sin C>0,
∴cos B=-12,又B∈(0,π),∴B=2π3.
(2)由S△ABC=12acsin B=3,得ac=4.
又b2=a2+c2+ac=(a+c)2-ac=16,
∴a+c=25,∴△ABC的周长为4+25.
16.(2017河南月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3an-3,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}的通项公式为bn=1log3a3n-1log3a3n+2,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)依题意,当n=1时,2S1=2a1=3a1-3,故a1=3.当n≥2时,2Sn=3an-3,2Sn-1=3an-1-3,两式相减整理得an=3an-1,故an=3n.综上,an=3n.
(2)bn=1log3a3n-1log3a3n+2=1(3n-1)(3n+2)
=1313n-1-13n+2.
故Tn=1312-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=1312-13n+2=n2(3n+2).
17.(2017衡水一模)如图①,在五边形BCDAE中,CD∥AB,∠BCD=90°,CD=BC=1,AB=2,△ABE是以AB为斜边的等腰直角三角形,现将△ABE沿AB折起,使平面ABE⊥平面ABCD,如图②,记线段AB的中点为O.
(1)求证:平面ABE⊥平面EOD.
(2)求平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小.

【解析】(1)∵AB=2CD,O是线段AB的中点,∴OB=CD,
又∵OB∥CD,∴四边形OBCD为平行四边形,又∠BCD=90°,∴AB⊥OD,
又∵O是等腰直角三角形EAB斜边上的中点,∴EO⊥AB,∵EO∩DO=O,∴AB⊥平面EOD,
∵AB⊂平面ABE,
∴平面ABE⊥平面EOD.
(2)∵平面ABE⊥平面ABCD,且EO⊥AB,
∴EO⊥平面ABCD,
∴OB,OD,OE两两垂直,

以O 为坐标原点,以OB,OD,OE所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
∵△EAB为等腰直角三角形,且CD=BC=1,
∴OA=OB=OD=OE=1,∴O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),
∴CD=(-1,0,0),DE=(0,-1,1),
设平面ECD的法向量n=(x,y,z),
则n·CD=-x=0,n·DE=-y+z=0,取y=1,得n=(0,1,1),
∵OD⊥平面ABE,∴OD=(0,1,0)是平面ABE的一个法向量,
设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ,
则cos θ=|cos|=|OD·n||OD|·|n|=22,
∴平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小为45°.
18.(2017河南模拟)已知函数f(x)=ln x+x+ax.
(1)若a=-2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若关于x的不等式f(x)≥a+1在(0,+∞)上恒成立,求a的值.
【解析】(1)依题意,f(x)=ln x+x-2x,
∴f'(x)=1x+1+2x2,
∴f'(1)=4,又f(1)=-1,
∴所求切线方程为4x-y-5=0.

　　(2)令g(x)=f(x)-a-1=ln x+x+ax-a-1,则g'(x)=1x+1-ax2=x2+x-ax2,
①当a≤0时,g'(x)>0,∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又∵g(1)=0,∴当x∈(0,1)时,g(x)<0,故不满足题意.
②当a>0时,由g'(x)=0,得x2+x-a=0,此方程有唯一正根x0,∴a=x02+x0,　(*)
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,x0)
x0
(x0,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增

　　∴g(x)min=g(x0)=ln x0+x0+ax0-a-1=ln x0+x0+1-x0x0(x02+x0)-1=ln x0-x02+x0,
要使g(x)≥0对任意正数x恒成立,只需g(x)min=ln x0-x02+x0≥0,　①
令μ(x)=ln x-x2+x,x>0,则μ'(x)=1x-2x+1=-(x-1)(2x+1)x,
当x变化时,μ'(x),μ(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
μ'(x)
+
0
-
μ(x)
单调递增
极大值
单调递减

　　∴μ(x)max=μ(1)=0,即ln x0-x02+x0≤0,　②
由①②得ln x0-x02+x0=0,∴x0=1,结合(*)得a=x02+x0=2.
综上所述,a=2.