空間向量與立體幾何.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，已知PA=aB.D.1 3工1A.—aB.D.1 3工1A.—a——b+—c2 2 21a-1b+1c2 2 2113_a——b+_c2 2 21 3工1C.-a+-b+-c2 2 2PE=1PD，則BE=()2【答案】A【解析】連接BD,如圖，則BE=1岫+BD)=-1PB+1Ga+BC)=-1PB+1Ga—PB+PC—PB)2 2 2 2 2=—1PB+1^PA—2PB+PC)=1PA—D.一2PB+1PC=1a—3b+1c,D.一22 2 2 2 2 2 2 2故選A.4v2,E是棱BB1的中點/是平.已知長方體ABCD—4v2,E是棱BB1的中點/是平1111面D1clCD內(nèi)一點，且AP,平面A1DE，則EP長度為（）A.B.且【答案】B【解析】如圖，以點D為原點，分別以直線DA,DC,DD1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，A(1,0,2)，D(0,0,0)，E(1,1,立設(shè)P(0,y,z)，所以M=(1,0,2)，DE=(1,1,1)，AP=(—1,y,z)，設(shè)平面A1DE的法向量為n=(x',y',z)取n=(—2,1,1)，1解得y=1解得y=z=-,因為AP1平面ADE，所以AP〃n，則f=4=7，1 -211所以所以EP=J1+~+~= ，故選B.I II 乙<11\所以P0,3,3k227一(11\則PE=1,-,-，k2273.如圖，已知圓錐的底面半徑為1，母線長為。2，AB為圓錐底面圓的直徑，C是圓弧AB的中點，D是母線SA的中點，則異面直線SC與BD所成角的余弦值為()A.C巨

..10D.【答案】C【解析】連接OC、OS，因為AB為圓錐底面圓的直徑，C是圓弧AB的中點，則AC=BC，oO為AB的中點，則OC1AB,以點0為坐標(biāo)原點，OC、OB、OS所在直線分別為X、y、以點0為坐標(biāo)原點，OC、OB、OS所在直線分別為X、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為SA=；2,A0=1,易知S01AB，則S0=%：SA2-A02所以，B(0,1,0),C(1,0,0)、S(0,0,1),SC=(1,0,-1),BD=\貝ucos<SC,Bd>=SC.BDSC?BD因此，異面直線SC與BD所成角的余弦值為15,故選C.4.（多選）如圖，在長方體4.（多選）如圖，在長方體ABCD—ABCD中,111 1AD=AA=73,AB=2,點P,E分別為AB,AA的中點，點M為直線CD分別為AB,AA的中點，點M為直線CD上的動點，點N為直線CD上的動點，則（）11B,向量PM,AB,DE共面11A.對任意的點。一定存在點M，使得PM1DN兀C,異面直線PM和AA所成角的最小值為二1 4 兀D.存在點M,使得直線PM與平面DCC1D1所成角為3【答案】BCD(3,0,<3)B(”,2,<3),C(),2,<3)DQ,0,<3),iii故P(；3,i,0)，設(shè)N(0,t,V3),DM=入DC,0<t<2,0<X<i,而DC二

而DC二

i(2-J3),故DM=Q,2九，一v3九)，即M=Q,2九,<3-$3九),故DN=Q,t,<3),PM=若PM1DN，則DN.PM=0，即t(2九一i)+(3-3九)=0,當(dāng)t=i時，X不存在，故當(dāng)N為DC中點，不存在M，使得PM1DN，ii故A錯誤;連接EP，則EP//AB，由長方體可得DC//AB，故EP//CD故PM,EP,DE，即PM,ab,dE共面，故b正確;iiAA=

i，故cos/AA=

i，故cos/AAjPM、<3x\：'33(i-X)+(2X-1)2+3(X-1)23（i-九）v;3x、；4X2-4X+4+3(X-1)2，當(dāng)X=i時，cos當(dāng)0<當(dāng)X=i時，cos當(dāng)0<X<i時,cos3，4X2-4X+4(i-X)2+3=0，此時AAi1PM；九2—九十1令'=九2—九十1令'=ET，設(shè)u=1—九￡(0,1，則t=--

Iu故cos(叫PM'\|=3 故cos(叫PM'\|=4九2-4九+4 J3xq6 2(1-D +3兀兀 兀所以異面直線PM和AA所成角的范圍為-,-，故直線PM和AA所成角的最小值為一1,乙故C正確;平面DCCD的法向量為n=(1,0,0),故<3若直線皿與平面D“1D1所成角為W，則亙2,3 .故7九2—10九+3=0，所以或九二1,故D正確，7故選BCD.5.(多選)已知正方體ABCD—Ay1clD】的棱長為2,點P滿足AP=xAB+yAD+河,則下列選項正確的為()z=1，則二面角P—AB—D為30°乙B.若z=1,則三棱錐P-ABD的體積為定值C.若x=0,0<y<1,0<z<1,且直線AP與平面ABCD所成的角為45°,則點P的軌跡長度為272..—4rr 5\/3.若AP=-近，則點P的軌跡與正方體表面交線的總長度為二>兀【答案】BCD【解析】建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則P(2x,2y,2z),B(2,0,0),平面ABD，也即平面ABCD的法向量為％=(0,0,1),對于A選項，P(2x,2,1),0<x<1,

設(shè)平面PAB的法向量為巳=(十yjZi)，故可設(shè)n=(0,1,—2故可設(shè)n=(0,1,—2),

2n?AP=2x?x+2y+z=0設(shè)二面角P—AB—D為設(shè)二面角P—AB—D為a,貝u|cosa|=-==—中—，所以A選項錯誤;對于B選項，z=1,則P(2X,2y,2),即P到平面ABD也即平面ABCD的距離為定值2，而三角形ABD的面積是定值，所以三棱錐P-ABD的體積為定值，所以B選項正確；對于C選項，當(dāng)X=0時，P(0,2y,2z)，且0<2y<2,0<2z<2,依題意直線AP與平面ABCD所成角為45。，2z =走\：14y2+4z2 2兩邊平方并化簡得y2=z2,y=z.所以P點的軌跡是線段ADi,|ADJ=,22+22=272,C選項正確;對于D選項，[AP|二3百，表示P到A的距離為定值期,所以P的軌跡是以A為球心，半徑r=3<3的球，注意到2</<2①<2百J苧j+2T孚J,所以球與正方形ABCD,正方形ABB]Aj正方形ADD1氣相交形成的軌跡是如下圖中的弧「n4<32?3兀形，三段弧長和為3x-x^-= .6 3 3

球與正方形BCCB，正方形CDDC,正方形ABCD相交形成的軌跡是如下圖中的弧形，兀233 ―三段弧長和為3x5x三一二v3n所以點P的軌跡與正方體表面交線的總長度為23n+v3n=533n,0選項正確故選BCD.6.（多選）如圖，四棱錐P—ABCD的底面是正方形，平面PAB1平面ABCD,PB=AB=1,E為BC中點，F(xiàn)為線段PD上一點（）A.若/PBA=60。，則AE1PDB.若F為PD中點，則EF1PDC.若/PBA=90。，則四棱錐P—ABCD外接球表面積為6nD.直線AE與平面PAD所成的角的余弦值的取值范圍是（―,1）【答案】ABD

由于平面PAB1平面由于平面PAB1平面ABCD且交線為AB,【解析】B選項，DE=12+-V\2BC1AB,一. 一.一 ((1、2所以BC1平面PAB，所以BC1PB，所以PE=12+-V12當(dāng)F是當(dāng)F是PD中點時，EF1PD,B選項正確;PC選項，ZPBA=90。，即PB1AB,由于平面PAB1平面ABCD且交線為AB,所以PB1平面ABCD，所以PB1BC，而AB1BC，即AB,BC,PB兩兩相互垂直，所以四棱錐P—ABCD外接球的直徑2R=aA^B2+BC2+PB2=<3，所以外接球的表面積為4兀R2=3兀，C選項錯誤;以B為空間坐標(biāo)原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0),D(1,1,0),E\0,1,0乙ADAD=(0,1,0),AE=T；。A選項，當(dāng)ZPBA=60。時，三角形PAB是等邊三角形，11F2,1,-TJ2」，一與\ 7=2」，一與\ 7=0，所以AE1PD，所以A選項正確;AE?PD=-1,2,0?D選項，設(shè)P(x,0,z)，其中々=0,X2+z2=1，則—1<X<1，AP=(x—1,0,z)，AD=(0,1,0)，設(shè)平面PAD的法向量為n=(x1,小z1)，

AP=(x-1).x+z?z=0幾、 1設(shè)直線AE與平面PAD所成的角為0,n?AEn?AE5、 1設(shè)直線AE與平面PAD所成的角為0,n?AEn?AE5雪上將工2=1-元2代入上式并化簡得cos0二、 、 2 2 21 2 3,由于-1<x<1,--<--x<-,-<-—x+-<1,5 5 55 5 5所以cos0e（當(dāng),1I，所以D選項正確，故選ABD.已知點h故選ABD.已知點h,a,q三點共線，7.長方體ABCD-A/1clD^中，AB=AD=2,AA]=1,且AC?BH=0，則點H到平面ABCD的距離為11【答案】5【解析】在長方體ABCD-AiBiCi?中,以點A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則4。,。,。)，￥2,。/)￡(2,2,1),毛=(2,2,1),因點H,A,q三點共線，令A(yù)H=t叫=(21,21,t)，點H(21,21,t)，則BH=(21-2,21,t-1),i又AC?BH=0，貝U2(21-2)+41+1-1=0，解得t=5,ii 9所以點H(-9-,—,9)到平面ABCD的距離為§兀8.如圖，已知菱形ABCD,AB=2,^ADC=-,沿直線AC將^ACD翻折成'ACS,點(含端點)，則AE與平面EFM所成角的正弦值的最大值為【答案］E,F分別為SA,SB的中點，SA與平面ABC所成角的正弦值為g,M點(含端點)，則AE與平面EFM所成角的正弦值的最大值為【答案］2v122【解析】設(shè)頂點S在平面ABC內(nèi)的射影為點。，6 2<6因為SA與平面ABC所成角的正弦值為 SA=2，所以SO=——,因為SA-SC=2，所以O(shè)A=OC= ,^310又因為A5=AC,所以，如圖1,在平面ABC中，zvlBC為等邊三角形，nNOBnKOB,JT所以JT所以O(shè)B平分NABC,即445。=—,6所以在AAOB中，所以在AAOB中，cosZABO=OB?+AB2-OA2-2OBAB-4O&+4——底 3=-4OB 2OB=字＞?。ㄉ幔?所以點。為AABC的中心，故三棱錐s—ABC是棱長為2的正四面體，故如圖2,以中點”為坐標(biāo)原點，HCHB分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系,則”（0,0,0）,40,一1,0）,8（0,1,0）,5悖,0,當(dāng)1恪,一：卓1?。皇?1,0,0<x-1,0,0<x<^,則加=￡F=（0,1,0）,EFn=0EMEFn=0EM?篦=0,令z=疾,得〃=z0o設(shè)平面球的的一個法向量為“二（十%凡）,一^0,6x-——6 ）11

因為AE=因為AE=，設(shè)AE與平面EFM所成角為0,、上單調(diào)遞增，~二~,二,~~~

623、上單調(diào)遞增，所以sin0=cos[n,AE\=-- =則t>一,所以sin0在<3* ,+83A/ AE.ni 則t>一,所以sin0在<3* ,+83x上單調(diào)遞減，因為函數(shù)y=6-2t3t+1--12在x上單調(diào)遞減，3, -L… ??，2<22所以當(dāng)t=T時，AE與平面EFM所成角的正弦值最大，最大值為TP,一,2三故答案為?.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，PA1平面ABCD,AP//CQ,AB=2BC=2,CQ=|AP=3.ABAB(1)求直線PD與平面BPQ所成角的正弦值;(2)求平面APQ與平面BPQ所成角的余弦值.V55 7V55【答案⑴7r；(2)『【解析】(1)解：因為PA1平面ABCD,四邊形ABCD為矩形,y、z軸建立如下圖所示的空間以點A為坐標(biāo)原點，AB、AD、APy、z軸建立如下圖所示的空間12

直角坐標(biāo)系，直角坐標(biāo)系，則A（0,0,0）、B（2,0,0）、C（2,1,0）、D（0,1,0）、P（0,0,2）、Q（2,1,3）,設(shè)平面BPQ的法向量為m=（、,\,q）,BP=（—2,0,2）,BQ=（0,1,3）,可的m=（1,-3,1）,m?可的m=（1,-3,1）,由\—, 1 1，取z=1,m?BQ=y+3z=0 1工 1 1PD=（0,1,-2PD=（0,1,-2）,則cos<PD,m>=11因此，直線PD與平面BPQ所成角的正弦值為11（2）解：設(shè)平面APQ的法向量為n=（x2,y2,z2）,AP=（0,0,2）,AQ=（2,1,3）,, TOC\o"1-5"\h\zn?AP=2z=0 （ \由1 —, 2 ，取x=1，可得n=（1,-2,0）,n?AQ=2x+y+3z=0 222 2cos<m,n>=mn=」L=運.m?n 711x75 55由圖可知，平面APQ與平面BPQ所成角為銳角，因此，平面APQ因此，平面APQ與平面BPQ所成角的余弦值為7<5555.如圖，已知圓柱的上，下底面圓心分別為P,Q,AACC是圓柱的軸截面，正方形ABCD11內(nèi)接于下底面圓Q,AB=2,AA1=k.13

(1)當(dāng)k為何值時，點Q在平面PBC內(nèi)的射影恰好是^PBC的重心；(2)若keL,41，當(dāng)平面PAD與平面PBC所成的銳二面角最大時，求該銳二面角的余弦值.【答案(1)k—v2；(2)—.【解析】(1)取BC中點E，連接QE,PE,PQ，則QE1BC,PE1BC,又QE^PE—E，所以BC1平面PQE，過Q作QF1PE，交PE于F,因為QFu平面PQE，所以BC1QF,又BC[}PE—E，所以QF1平面PBC,即F是Q點在平面PBC內(nèi)的射影.因為F恰好是KBC的重心，所以PE—3EF,在RtAPQE中，QE―1AB―1,QE2―EF?PE―3EF2,2所以EF―g,PE—33，所以PQ=\/(v3)2-1=<2，即AA1=<2.所以當(dāng)k—<2時，Q點在平面PBC內(nèi)的射影恰好是APBC的重心.(2)以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，作DMIIAA1，以DM為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0),P(1,1k),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),m?DA=0m?DP=0，DA二(2,0,0),DP=(1,1,k),PB=(1,1,-k),PCm?DA=0m?DP=0，設(shè)平面PAD的法向量m=(xjy1,z1)，則2X= ,,取z=1,得m=(0,-k,1),x+y+kz—0 11 1 114

設(shè)平面PBC的法向量n=(I?，y2,z2)，則,n?PB=0nPC=0，%2+y2kz2 0，取z=1,得nn?PB=0nPC=0，TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"-%+y-kz=0 222 23 ?一?因為2<k<4，所以當(dāng)k=2時，上式取得最小值§，此時二面角最大，3所以平面pad與平面PBC所成銳二面角最大時，其余弦值為§..如圖，在直三棱柱ABC-ABC中，/BAC=90。，AB=AC=AA=2,E是BC中點.&L Cj(1)求點&L Cj(1)求點4到平面AEC1的距離；(2)求平面AEC1與平面ABB]A1夾角的余弦值.【答案(1)苧;(2)程.【解析】(1)解：(1)以A為原點，AB為％軸，AC為y軸，AA1為z軸建立空間直角坐15

標(biāo)系，所以A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),BJ2Q2),C(0,2,0),q(0,2,2),E(1,1,0),AE'n=0，得IAC?n=0i1因為AE=(1,1,0),AC=(0,2,2)，AA=(0,0,2)，設(shè)平面AECAE'n=0，得IAC?n=0i1令y=—1，則x=1,z=1，所以可以取n=(1,—1,1)，IAA?nI2 2、3設(shè)點A到平面aec的距離為d，則d= 1 =y=F—，1 1 InI J3 32<3所以點A1到平面AEC1的距離為丁?(2)因為AC1平面ABB]Aj取平面ABB]的法向量為AC=(0,2,0)，設(shè)平面AEC1與平面ABB1A1的夾角為。，一AC-n3，所以cos0=Icos<AC,n>I= ——3，IACIIn平面AEC與平面ABBA夾角的余弦值平面AEC與平面ABBA夾角的余弦值1113.1616.如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA1面ABCD,AB//CD，且CD=2,AB=1,BC=2v-2,PA=1,AB1BC,N為PD的中點.

（1）求證：an（1）求證：an//平面pbc；（2）在線段PD上是否存在一點M,使得直線CM與平面PBC所成角的正弦值是1.若存在，DDM…4一， ,求出DP的值；若不存在，說明理由.一dm1【答案】（1）證明見解析；（2）存在，且不方=-.【解析】（1）設(shè)E是CD的中點，連接AE，由于AB//CE,AB=CE,AB1BC,所以四邊形ABCE是矩形，所以AE1AB,由于PA1平面ABCD，所以PA1AB,PA1AE以A為空間坐標(biāo)原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，P(0,0,1),B(0,1,0),C(2<2,1,0P(0,0,1),B(0,1,0),CpB-(0,1,-1),pC-G/,1,-1),設(shè)平面PBC的法向量為n=（x,y,z）,n-PB-y-z-0，故可設(shè)n=10,1,1),n-PC-2v12x+y-z-0ANn-0，且A年平面PBC,所以AN//平面PBC.⑵D工①1」）嚕=t（0Vt工1），則DM-tDP=(2%21,t,t),AM-Ad+DM-cm-AM-Ac-(2j21,t-2,t),設(shè)直線CM與平面PBC所成角為e設(shè)直線CM與平面PBC所成角為e,貝Usin0-,171.、 7 …兩邊平方并化簡得412-161+7=0，解得t=或t=-（舍去），2 2所以存在M，使直線CM與平面PBC所成角的正弦值是1，且DM=1.如圖在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ZBAC=90°,AB=AC=叫=2,M為AB的中點，N為B1cl的中點，H是人產(chǎn)1中點，P是BC1與B1c的交點，Q是A1N與C1H的交占?(1)求證：AC1BC；（2）求證：PQ〃平面ACM；（3）求直線PQ與平面ACM的距離.而【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）—【解析】（1）證明：法一：在直三棱柱ABC-ABC中,因為ZBAC=90。，以點A為坐標(biāo)原點，ABiCA,A鵬方向分別為x、y、z軸正方向建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.18

4%B因為AB=AC=AA1=2，所以A1（0,0,2）,C（0,-2,0）,B（2,0,0）,C1（0,—2,2）,所以BC=（-2,-2,2）,Ac=（0,-2,-2）,i i所以AC?BC=（0,-2,-2）-（-2,-2,2）=0，所以AC1BC.i i i i法二：連接AJ在直三棱柱ABC-Ay1cl中，有AAi1面ABC,ABu面ABC,所以AAi1AB,又ZBAC=90。，則AB1AC,因為AA1nAC=A，所以AB1面ACCi,因為ACu面ACCA，所以AB1AC,i ii i因為AAi1AC,AC=AAi=2，所以四邊形AAC1c為正方形，所以AiC1AQ,因為ABHACi=A,所以A1c1面ABCi,因為BCiu面ABq,所以A1c1BCi.法三：用三垂線定理證明：連接AJ在直三棱柱ABC-Ay1cl中，有A、1面ABC,因為ABu面ABC，所以AA1AB，又ZBAC=90°，則AB1AC，因為AA1nAC=A，所以AB1面ACCi，所以BCi在平面ACCiA1內(nèi)的射影為ACi，因為四邊形AAC1c為正方形，所以A1c1ACi，19

因此根據(jù)三垂線定理可知AC1BC.(2)證明：法一：因為AB=AC=AA=2,M為AB的中點，N為BC的中點，H為AB111111中點，P是BC1與BC的交點，所以A](0,0,2)、C(0,-2,0)、P(1,-1,1)、M(1,0,0)、N(1,-1,2)、H(1,0,2),依題意可知Q為4A1B1c]重心，則A^=3個,可