1、第一章空间向量与立体几何(第一章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共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.已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则+(+)=()A.B.C. D.【解析】选A.在BCD中,因为点G是CD的中点,所以=(+),从而+(+)=+=.2.已知向量i,j,k是一组单位正交向量,m=8j+3k,n=-i+5j-4k,则mn=()A.7B.-20C.28D.11【解析】选C.因为m=(0,8,3),n=(-1,5,-4),所以mn=0+40-12=28.3.已知a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3
2、),c=(13,6,),若向量a,b,c共面,则=()A.2B.3C.4D.6【解析】选B.因为a=(2,-1,2),b=(-1,3,-3),c=(13,6,),三个向量共面,所以a=xb+yc,所以(2,-1,2)=x(-1,3,-3)+y(13,6,),所以解得4.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.1B.C.D.【解析】选D.因为ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),且ka+b与2a-b互相垂直,所以(ka+b)(2a-b)=3(k-1)+2k-4=0k=.5.已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E,F分
3、别是AD,DC的中点,则=()A.1B.-1C.D.-【解析】选B.如图所示,由题意得=,所以=(-)=-22cos 60=-1.6.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC的中点,则AMD()A.是钝角三角形B.是锐角三角形C.是直角三角形D.不确定【解析】选C.因为M为BC的中点,所以=(+).所以=(+)=+=0.所以AMAD,AMD为直角三角形.7.(2020长沙高二检测)已知在四面体ABCD中,AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,E,F分别为BC,AD的中点,则异面直线AE,CF所成的夹角为()A.B.C.D.【解析】选C.如图,因为E,F分别为BC,
4、AD的中点,所以=(+),=(+)=(-2),因为AB=AC=BD=CD=,BC=AD=2,所以AE=,CF=,cosBAC=,cosCAD=,cosBAD=,所以=(+)(-2)=(-2+-2)=-1,所以cos=-,且0,所以=,所以异面直线AE,CF所成的夹角为.8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离为()A.B.C.D.【解析】选C.建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),A1(2,0,4),=(0,2,4),=(-2,0,4),=(0,0,4).设平面AB1D1的法向量
5、n=(x,y,z),则即令x=2,得n=(2,-2,1).所以A1到平面AB1D1的距离d=.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则()A.点B1的坐标为(4,5,3)B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)C.点A关于直线BD1对称的点为(0,-5,3)D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)【解析】选AD.由图形及其已知可得:点B1的坐标为(4,5,3),故A
6、对;点C1(0,5,3)关于点B对称的点为(8,5,-3),故B错;点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3),故C错;点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0),故D对.10.若向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),则下列说法中错误的是()A.cos=120B.abC.abD.|a|=|b|【解析】选ABC.因为向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),所以|a|=,|b|=,cos=-.故A,B,C错误,符合题意,D不符合题意.11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EFA1
7、DB.EFADC.EFBD1D.EF与BD1异面【解析】选AC.以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(图略),设正方体棱长为3,则A(3,0,0),B(3,3,0), D(0,0,0),D1(0,0,3),A1(3,0,3),E(1,0,1),F(2,1,0),所以=(1,1,-1), =(-3,-3,3),=(-3,0,-3),=(-3,0,3),因为=-3+0+3=0,所以EFA1D;=-3+0-30,所以EF与AD1不垂直;=-3,所以EFBD1,所以EFA1D ,EFBD1.12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,下列结论中
8、,正确的是()A.ACBDB.ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为D.ABCD【解析】选AB.如图所示,建立空间直角坐标系Oxyz,设原正方形ABCD边长为,则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以=(0,-1,1),=(2,0,0),=0,故ACBD,故A正确.又|=,|=,|=,所以ACD为等边三角形,故B正确.对于C,为平面BCD的法向量,cos=-.因为直线与平面所成的角,所以AB与平面BCD所成角为,故C错误.又cos=-.因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成角为,故D错误.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共
9、20分,将答案填在题中的横线上)13.已知a=(3,6,+6),b=(+1,3,2)为两平行平面的法向量,则=.【解析】由题意知ab,所以=,解得=2.答案:214.已知向量a,b的夹角为60,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=.【解析】|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+2|a|2b|cos 60+(2|b|)2=22+222+22=4+4+4=12.所以|a+2b|=2.答案:215.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是;若D1EEC,则AE=. 【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中,以D
10、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,又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则D(0,0,0),D1(0,0,1), A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0m2,则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),所以=-1+0+1=0,所以直线D1E与A1D所成角的大小是90.因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1EEC, 所以=-1+m(2-m)+0=0,解得m=1,所以AE=1.答案:90116.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=AA1=1,已知G
11、和E分别为A1B1和CC1的中点,D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若DGEF,则线段DF长度的取值范围为.【解析】由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E,G,设F(x,0,0),D(0,y,0)(0x1,0y1),由于GDEF,则=0,所以x+2y-1=0,所以=(x,-y,0)=(-2y+1,-y,0),因为0x1,所以0y,所以|=,当y=时,线段DF长度的最小值是,当y=0时,线段DF长度的最大值是1,而不包括端点,故y=0不能取.答案:四、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.(10分)已知a=(x,4,
12、1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),ab,bc,求:(1)a,b,c;(2)a+c与b+c夹角的余弦值.【解析】(1)因为ab,所以=,解得x=2,y=-4,则a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).又bc,所以bc=0,即-6+8-z=0,解得z=2,于是c=(3,-2,2).(2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),设a+c与b+c夹角为,因此cos =-.18.(12分)如图所示,已知几何体ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.(1)化简+,并在图上标出结果;(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点,且C1N=
13、C1B,设=+,试求,的值.【解析】(1)取AA1的中点E,在D1C1上取一点F,使得D1F=2FC1,连接EF,则+=+=.表示如图所示.(2)=+=+=(+)+(+)=+,所以=,=,=.19.(12分)如图,已知PA平面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=AD=AB=2,M,N分别为AB,PC的中点.(1)求证:MN平面PAD;(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.【解析】(1)建立空间直角坐标系如图,因为PA=AD=AB=2,则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),M(1,0,0),C(2,2,0),因为N是PC的中点,所以N(1,1,1),=(0,1,1),又因为=
14、(2,0,0)是平面PAD的一个法向量,=20+10+10=0,所以,所以MN平面PAD.(2)由(1)知=(0,2,-2),=(1,0,-2),=(2,2,-2).设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0,解得x=2z,y=-z,令z=1,则n=(2,-1,1).设PD与平面PMC所成角为,则sin =.所以PD与平面PMC所成角的正弦值为.20.(12分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,AA1=5,E,F分别为D1D,B1B上的点,且DE=B1F=1.(1)求证:BE平面ACF;(2)求点E到平面ACF的距离.【解析】(1)以D为原点,DA,D
15、C,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,5),E(0,0,1),F(2,2,4).所以=(-2,2,0),=(0,2,4),=(-2,-2,1),=(-2,0,1).因为=0,=0,所以BEAC,BEAF,且ACAF=A.所以BE平面ACF.(2)由(1)知,为平面ACF的一个法向量,所以点E到平面ACF的距离d=.故点E到平面ACF的距离为.21.(12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:ACB1
16、D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.【解析】(1)由题意易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为ACBD,所以=-t2+3+0=0.解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为=-3+3+0=0,所以,即ACB1D.(2)由(1)知,=(0,
17、3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为,则sin =|cos|=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.22.(12分)如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AEEA1=12时,求证:DEBC1;(2)是否存在点E,使平面BDE与平面ABE的夹角等于60?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接DC1.因为ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以ABC为正三角形.又因为D为AC
18、的中点,所以BDAC.又平面ABC平面ACC1A1,所以BD平面ACC1A1.所以BDDE.因为AEEA1=12,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1.所以在RtADE中,ADE=30;在RtDCC1中,C1DC=60.所以EDC1=90,即EDDC1.又DC1BD=D,所以DE平面BDC1.又因为BC1平面BDC1,所以DEBC1.(2)设存在点E满足条件,设AE=h.取A1C1的中点D1,连接DD1,则DD1平面ABC,所以DD1AD,DD1BD.如图,分别以DA,DB,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,0),E(1,0,h).所以=(0,0),=(1,0,h),=(-1,0),=(0,0,h).设平面DBE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令z1=1,得n1=(-h,0,1).同理,设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令y2=1,z2=0,得n2=(,1,0).所以|cos|=cos 60=.解得h=(负值舍去),故存在点E满足条件.当AE=时,平面BDE与平面ABE的夹角等于60.
