eq\a\vs4\al\co1(小題專項集訓十二立體幾何一\f(對應學生,12))(時間：40分鐘滿分：75分)一、選擇題(每小題5分，共50分)1．如圖是四面體A－BCD的直觀圖，其中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，則該四面體的俯視圖是 ()．解析據(jù)三視圖的作圖規(guī)則，俯視圖是幾何體在底投影面上的投影“展平后”得到的，∴正確選項是D.答案D2．如圖，一個正方體內(nèi)接于一個球，過球心作一個截面，則截面的可能圖形為()．A．①② B．②③ C．③④ D．①④答案B3.如圖，是一個幾何體的三視圖，側(cè)視圖和正視圖均為矩形，俯視圖為正三角形，尺寸如圖，則該幾何體的側(cè)面積為 ()．A．6 B．12eq\r(3)C．24 D．3解析注意到此題的幾何體是底面邊長為2的正三角形，于是側(cè)面積為S＝6×4＝24.答案C4.如圖，一個空間幾何體的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角邊長為2，那么這個幾何體的體積為 ()．A.eq\f(4,3) B.eq\f(8,3)C．4 D．8解析由三視圖可得，該幾何體是一個正三棱錐，其三條側(cè)棱兩兩垂直，且長度為2，其體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×2＝eq\f(4,3).答案A5．已知α，β表示兩個不同的平面，m為平面α內(nèi)的一條直線，則“m⊥β”是“α⊥β”的 ()．A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析從兩個方面分別判斷．若m?α，m⊥β，由面面垂直的判定定理知必有α⊥β，所以充分性成立；反之，若直線m?α，α⊥β，則直線m與平面β可以平行，也可以相交，所以必要性不成立，即在m?α的前提下，m⊥β是α⊥β成立的充分不必要條件．答案A6．給出下列四個命題：①分別與兩條異面直線都相交的兩條直線一定是異面直線；②若一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線，那么這兩個平面相互垂直；③垂直于同一直線的兩條直線相互平行；④若兩個平面垂直，那么一個平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直．其中為真命題的是 ()．A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④解析分別與兩條異面直線都相交的兩條直線可以是相交直線也可以是異面直線，即命題①不正確；若一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線，那么這兩個平面相互垂直，即命題②正確；垂直于同一直線的兩條直線相互平行或異面或相交，即命題③不正確；命題④正確，綜上可得真命題的序號為②和④，故應選D.答案D7．設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列四個命題：①若a⊥b，a⊥α，b?α，則b∥α；②若a∥α，a⊥β，則α⊥β；③若a⊥β，α⊥β，則a∥α或a?α；④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β.其中正確命題的個數(shù)為 ()．A．1 B．2 C．3 D．4解析逐一判斷．①②③④均正確，故正確命題是4個．答案D8．(·金麗衢模擬)已知α，β是不同的兩個平面，m，n是不同的兩條直線，則下列命題中不正確的是 ()．A．若m∥n，m⊥α，則n⊥αB．若m⊥α，m⊥β，則α∥βC．若m⊥α，m?β，則α⊥βD．若m∥α，α∩β＝n，則m∥n解析對于A，如果兩條平行線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于該平面，故選項A正確；對于B，如果一條直線同時垂直于兩個平面，那么這兩個平面相互平行，故選項B正確；對于C，如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面相互垂直，故選項C正確；對于D，注意到直線m與直線n可能異面，因此選項D不正確．綜上所述，選D.答案D9．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為 ()．A．32 B．33 C．34 D．35解析由三視圖畫出幾何體，再求體積．由三視圖可知，幾何體是如圖所示的組合體，正方體的棱長為3，正四棱錐高為2，所以組合體的體積為V＝33＋eq\f(1,3)×32×2＝33.答案B10．已知球的直徑SC＝4，A、B是該球球面上的兩點，AB＝eq\r(3)，∠ASC＝∠BSC＝30°，則棱錐S－ABC的體積為 ()．A．3eq\r(3) B．2eq\r(3) C.eq\r(3) D．1解析由題意知，如圖所示，在棱錐S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一個角為30°的直角三角形，其中AB＝eq\r(3)，SC＝4，所以SA＝SB＝2eq\r(3)，AC＝BC＝2，作BD⊥SC于D點，連接AD，易證SC⊥平面ABD，因此V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2×4＝eq\r(3).答案C二、填空題(每小題5分，共25分)11.已知一個空間幾何體的三視圖如右圖所示，其中正視圖、側(cè)視圖都是由半圓和矩形組成，根據(jù)圖中標出的尺寸，計算這個幾何體的表面積是________．解析由三視圖可得，該幾何體是由一個圓柱和一個半球組合而成的，其半球的半徑為1，圓柱的底面半徑為1，高為4，則其表面積為S＝2π×12＋2π×1×4＋π×12＝11π.答案11π12．球O與棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1各面都相切，則球O的體積為________．解析由題意可知，球的半徑為1，故球的體積為eq\f(4π,3).答案eq\f(4π,3)13．設α，β是空間兩個不同的平面，m，n是平面α及β外的兩條不同直線．從“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中選取三個作為條件，余下一個作為結(jié)論，寫出你認為正確的一個命題：________(用代號表示)．解析逐一判斷．若①②③成立，則m與α的位置關系不確定，故①②③?④錯誤；同理①②④?③也錯誤；①③④?②與②③④?①均正確．答案①③④?②(或②③④?①)14.如圖，在四面體A－BCD中，截面PQMN是正方形，PQ∥AC，QM∥BD，則下列命題中，正確的有________________________________________________________________________．①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④異面直線PM與BD所成的角為45°.解析由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故①正確；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故②正確；異面直線PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角，故④正確；③是錯誤的，故填①②④.答案①②④15.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝________時，CF⊥平面B1DF.解析由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，設AF＝x，則A1F＝3a－x.易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，得eq\f(AC,A1F)＝eq\f(AF,A1D)，即eq\f(2a,3a－x)＝eq\f(x,a)，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.答案a或2a易失分點清零(九)立體幾何(一)eq\f(對應學生,36)易失分點1由三視圖還原空間幾何體不準確致誤【示例1】?(·全國新課標)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為()．A．6B．9C．12D．18解析由三視圖可得，該幾何體為三棱錐S－ABC，其中底面△ABC為等腰三角形，底邊AC＝6，AC邊上的高為3，SB⊥底面ABC，且SB＝3，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×3×3＝9.故選B.答案Beq\x(警示由三視圖還原空間幾何體時不僅要準確，還要把三視圖中的數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化為對應幾何中的線段長度，尤其是側(cè)視圖中的數(shù)據(jù)處理很容易出錯.)易失分點2空間點、線、面位置關系不清致誤【示例2】?設a，b為兩條直線，α，β為兩個平面，且a?α，a?β，則下列結(jié)論中不成立的是()．A．若b?β，a∥b，則a∥βB．若a⊥β，α⊥β，則a∥αC．若a⊥b，b⊥α，則a∥αD．若α⊥β，a⊥β，b∥a，則b∥α解析對于選項A，若有b?β，a∥b，且已知a?β，所以根據(jù)線面平行的判定定理可得a∥β，故選項A正確；對于選項B，若a⊥β，α⊥β，則根據(jù)空間線面位置關系可知a?α或a∥α，而由已知可知a?α，所以有a∥α，故選項B正確；對于C項，若a⊥b，b⊥α，所以a?α或a∥α，而有已知可得a?α，所以a∥α，故選項C正確；對于D項，由a⊥β，b∥a可得b⊥β，又因為α⊥β，所以b?α或b∥α，故不能得到b∥α，所以D項錯，故選D.答案Deq\x(警示本題易出現(xiàn)的問題就是對空間點、線、面的位置關系把握不準，考慮問題不全面，不能準確把握題中的前提——a?α，a?β，對空間中的平行、垂直關系的判定和性質(zhì)定理中的條件把握不準導致判斷失誤.如A項中忽視已知條件中的a?β，誤以為該項錯誤等.)易失分點3證明過程不嚴謹致誤【示例3】?如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，G、H分別為DC、BC的中點．(1)求證：平面FGH∥平面BDE；(2)求證：平面ACF⊥平面BDE.證明(1)如圖，設AC與BD交于點O，連結(jié)OE、OH，由EF綉AB，EF＝eq\f(1,2)AB，得EF∥eq\f(1,2)AB，∵OH綉eq\f(1,2)AB，∴EF綉OH，∴四邊形OEFH為平行四邊形，∴FH∥EO.∵FH?平面BDE，EO?平面BDE，∴FH∥平面BDE.∵G、H分別為DC、BC的中點，∴GH∥DB.∵GH?平面BDE，DB?平面BDE，∴GH∥平面BDE.又∵FH∩GH＝H，∴平面FGH∥平面BDE.(2)由四邊形ABCD為正方形，有AB⊥BC.又EF∥AB，∴EF⊥BC，而EF⊥FB，BC∩FB＝B，∴EF⊥平面BFC，F(xiàn)H?平面BFC，∴EF⊥FH.∴AB⊥FH，又BF＝FC，H為BC的中點，∴FH⊥BC，AB∩BC＝B，∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC，又FH∥EO，∴AC⊥EO.又AC⊥BD，EO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDE.又AC?平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDE.警示若不注意選取AC與BD的交點O，難以找到本題的解題入口．對于(1)，易出現(xiàn)表達上的漏洞，如得到FH∥EO與GH∥DB，沒有指出“FH∩GH＝H”即下結(jié)論平面FGH∥平面BDE；對于(2)，在證明線、面垂直時，沒有指出線線相交，即沒有指出“EO∩BD＝O”就直接寫出線面垂直，從而導致證明過程不嚴謹．eq\f(對應學生,37)1.在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如圖，則相應的側(cè)視圖可以為()．解析由幾何體的正視圖和俯視圖可知，該幾何體的底面為半圓和等腰三角形，其側(cè)視圖可以是一個由等腰三角形及底邊上的高構(gòu)成的平面圖形(實際上，此幾何體為一個半圓錐和一個三棱錐的組合體)，故應選D.答案D2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：①若m∥n，n?α，則m∥α；②若m⊥n，m⊥α，n?α，則n∥α；③若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n；④若m，n是異面直線，m?α，n?β，m∥β，則n∥α.其中正確的命題有()．A．①②B．②③C．③④D．②④解析對于①，m有可能也在α上，因此命題不成立；對于②，過直線n作垂直于m的平面β，由m⊥α，n?α可知β與α平行，于是必有n與α平行，因此命題成立；對于③，由條件易知m平行于β或在β上，n平行于α或在α上，因此必有m⊥n；對于④，取正方體中兩異面的棱及分別經(jīng)過此兩棱的不平行的正方體的兩個面即可判斷命題不成立．綜上可知選B.答案B3．若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的體積是()．A.eq\f(352,3)cm3B.eq\f(320,3)cm3C.eq\f(224,3)cm3D.eq\f(160,3)cm3解析此幾何體為正四棱柱與正四棱臺的組合體，而V正四棱柱＝4×4×2＝32(cm3)，V正四棱臺＝eq\f(1,3)(82＋42＋eq\r(82×42))×2＝eq\f(224,3)(cm2)．所以V＝32＋eq\f(224,3)＝eq\f(320,3)(cm3)．答案B4．如圖是一幾何體的三視圖，那么這個幾何體的體積為()．A.eq\f(3,2)＋eq\f(π,8)B．2C.eq\f(3,2)＋eq\f(π,4)D.eq\f(5,2)＋eq\f(π,4)解析直觀圖中左側(cè)半圓柱的半徑為eq\f(1,2)，長方體的長為2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，此幾何體的高為1，所以這個幾何體的體積為eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＋eq\f(3,2)×1×1＝eq\f(3,2)＋eq\f(π,8).答案A5.過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A作直線l，使l與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，這樣的直線l可以作()．A．1條B．2條C．3條D．4條解析第一類：通過點A位于三條棱之間的直線有一條體對角線AC1，第二類：在圖形外部和每條棱的外角和另2條棱夾角相等，有3條，合計4條．答案D6.(·洛陽統(tǒng)考)如圖是一個幾何體的三視圖(側(cè)視圖中的弧線是半圓)，則該幾何體的表面積是()．A．20＋3πB．24＋3πC．20＋4πD．24＋4π解析根據(jù)幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個正方體和一個半圓柱的組合體，其中正方體的棱長為2，半圓柱的底面半徑為1，母線長為2，故該幾何體的表面積為4×5＋2×π＋2×eq\f(1,2)π＝20＋3π.答案A7．在空間中，有如下命題：①互相平行的兩條直線在同一平面內(nèi)的射影必然是互相平行的兩條直線；②若平面α內(nèi)任意一條直線m∥平面β，則平面α∥平面β；③若平面α與平面β的交線為m，平面β內(nèi)的直線n⊥直線m，則直線n⊥平面α；④若點P到三角形三個頂點的距離相等，則點P在該三角形所在平面內(nèi)的射影是該三角形的外心．其中正確命題的個數(shù)為()．A．1B．2C．3D．4解析命題①不正確，互相平行的兩條直線在同一平面內(nèi)的射影還可以是一條直線或者是兩個點；命題②正確，在α內(nèi)取兩條相交直線，則為面面平行的判定定理，要注意若把“任意”改為“無數(shù)”，則命題不正確，因為這無數(shù)條線可以是平行直線；命題③不正確，這兩個平面可以相交但不垂直，若要結(jié)論成立，需α⊥β；命題④正確，設P到三個頂點距離PA＝PB＝PC，P點射影為O，則OA＝OB＝OC，故為△ABC的外心．故正確命題為②④，答案為B.答案B8.如圖，正方體AC1的棱長為1，過點A作平面A1BD的垂線，垂足為點H.則以下命題中，錯誤的命題是()．A．點H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH延長線經(jīng)過點C1D．直線AH和BB1所成角為45°解析對于A，由于AA1＝AB＝AD，所以點A在平面A1BD上的射影必到點A1、B、D的距離相等，即點H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故點H是△A1BD的垂心，命題A是真命題；對于B，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，從而AH⊥平面CB1D1，命題B是真命題；對于C，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延長線經(jīng)過點C1，命題C是真命題；對于D，由C知直線AH即是直線AC1，又直線AA1∥BB1，因此直線AC1和BB1所成的角就等于直線AA1與AC1所成的角，即∠A1AC1，而tanA1AC1＝eq\f(\r(2),1)＝eq\r(2)，因此命題D是假命題．答案D9．如圖是一個幾何體的三視圖．若它的體積是3eq\r(3)，則a＝________.解析eq\f(1,2)×2×a×3＝3eq\r(3)，解得a＝eq\r(3).答案eq\r(3)10．在正方體上任意選擇4個頂點，它們可能是如下各種幾何形體的4個頂點，這些幾何形體是________(寫出所有正確結(jié)論的編號)．①矩形；②不是矩形的平行四邊形；③有三個面為等腰直角三角形，有一個面為等邊三角形的四面體；④每個面都是等邊三角形的四面體；⑤每個面都是直角三角形的四面體．解析如圖四邊形BB1D1D為矩形；四面體A1－AB1D1滿足選項③；四面體B1－ACD滿足選項④；四面體A－BD1D滿足選項⑤.答案①③④⑤11．一個長方體的各頂點均在同一球的球面上，且一個頂點上的三條棱的長分別為1,2,3，則此球的表面積為________．解析因為(2R)2＝12＋22＋32＝14，所以S球＝4πR2＝14π.答案14π12.已知一個正三棱錐P－ABC的正視圖如圖所示，若AC＝BC＝eq\f(3,2)，PC＝eq\r(6)，則此正三棱錐的表面積為________．解析依題意，知這個正三棱錐的底面邊長是3、高是eq\r(6)，故底面正三角形的中心到一個頂點的距離是eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3)，故這個正三棱錐的側(cè)棱長是eq\r(\r(3)2＋\r(6)2)＝3，所以這個正三棱錐的側(cè)面也是邊長為3的正三角形，故其表面積是4×eq\f(\r(3),4)×32＝9eq\r(3).答案9eq\r(3)13．在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為DD1，DB的中點．(1)求證：EF∥平面ABC1D1；(2)求證：EF⊥B1C.證明(1)連接BD1，如圖所示，在△DD1B中，E，F(xiàn)分別為DD1，DB的中點，則EF∥D1B，∵D1B?平面ABC1D1，EF?平面ABC1D1，∴EF∥平面ABC1D1.(2)∵B1C⊥AB，B1C⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，又BD1?平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，又EF∥BD1，∴EF⊥B1C.第6講空間向量及其運算【年高考會這樣考】1．考查空間向量的線性運算、數(shù)量積和空間向量基本定理及其意義．2．利用向量的數(shù)量積判斷兩空間向量的平行與垂直關系．eq\f(對應學生,120)考點梳理1．空間向量的有關概念(1)空間向量：在空間中，具有大小和方向的量叫做空間向量．(2)相等向量：方向相同且模相等的向量．(3)共線向量：表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量．(4)共面向量：平行于同一個平面的向量．2．共線向量、共面向量定理和空間向量基本定理(1)共線向量定理對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使得a＝λb.推論如圖所示，點P在l上的充要條件是：eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋ta①其中a叫直線l的方向向量，t∈R，在l上取AB,\s\up6(→))＝a，則①可化為eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))或eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1－t)eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(OB,\s\up6(→)).(2)共面向量定理共面向量定理的向量表達式：p＝xa＋yb，其中x，y∈R，a，b為不共線向量，推論的表達式為eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))或?qū)臻g任意一點O，有eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))或eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋zeq\o(OB,\s\up6(→))，其中x＋y＋z＝1.(3)空間向量基本定理如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空間向量的一個基底．3．空間向量的線性運算及運算律(1)定義：與平面向量運算一樣，空間向量的加法、減法與數(shù)乘向量運算，如下：eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋b；eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝a－b；eq\o(OP,\s\up6(→))＝λa(λ∈R)．(2)運算律：①加法交換律：a＋b＝b＋a；②加法結(jié)合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；③數(shù)乘分配律：λ(a＋b)＝λa＋λb.4．空間向量的數(shù)量積及運算律(1)數(shù)量積及相關概念：①兩向量的夾角：已知兩個非零向量a，b，在空間任取一點O，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則∠AOB叫做向量a與b的夾角，記作〈a，b〉，其范圍是0≤〈a，b〉≤π，若〈a，b〉＝eq\f(π,2)，則稱a與b互相垂直，記作a⊥b.②兩個向量的數(shù)量積：已知空間兩個非零向量a，b，則|a||b|·cos〈a，b〉叫做向量a，b的數(shù)量積，記作a·b，即a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉．(2)空間向量數(shù)量積的運算律①結(jié)合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交換律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.【助學·微博】一種方法用空間向量解決幾何問題的一般方法步驟是：(1)適當?shù)倪x取基底{a，b，c}；(2)用a，b，c表示相關向量；(3)通過運算完成證明或計算問題．兩個理解(1)共線向量定理還可以有以下幾種形式：①a＝λb(b≠0)?a∥b；②空間任意兩個向量，共線的充要條件是存在λ，μ∈R使λa＝μb.③若eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))不共線，則P，A，B三點共線的充要條件是eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))且λ＋μ＝1.(2)對于共面向量定理和空間向量基本定理可對比共線向量定理進行學習理解．空間向量基本定理是適當選取基底的依據(jù)，共線向量定理和共面向量定理是證明三點共線、線線平行、四點共面、線面平行的工具，三個定理保證了由向量作為橋梁由實數(shù)運算方法完成幾何證明問題的完美“嫁接”．考點自測1．下列有關空間向量的四個命題中，錯誤命題為()．A．空間中有無數(shù)多組不共面的向量可作為向量的基底B．向量與平面平行，則向量所在的直線與平面平行C．平面α的法向量垂直于α內(nèi)的每個向量D．空間中的任一非零向量都可唯一地表示成空間中不共面向量的線性組合的形式解析若向量與平面平行，則向量所在的直線與平面平行或在平面內(nèi)．答案B2．(人教A版教材習題改編)下列命題：①若A、B、C、D是空間任意四點，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共線的充要條件；③若a、b共線，則a與b所在直線平行；④對空間任意一點O與不共線的三點A、B、C，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x、y、z∈R)，則P、A、B、C四點共面．其中不正確命題的個數(shù)是()．A．1B．2C．3D．4解析①中四點恰好圍成一封閉圖形，正確；②中當a、b同向時，應有|a|＋|b|＝|a＋b|；③中a、b所在直線可能重合；④中需滿足x＋y＋z＝1，才有P、A、B、C四點共面．答案C3．(·威海模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為上底面A1C1的中心，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，則x、y的值分別為()．A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝eq\f(1,2)C．x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2)D．x＝eq\f(1,2)，y＝1解析如圖，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))．答案C4．a(chǎn)＝λb(λ是實數(shù))是a與b共線的()．A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析a＝λb?a∥b，但eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,a≠0，))則a∥b，a≠λb.答案A5．在四面體O-ABC中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，D為BC的中點，E為AD的中點，則eq\o(OE,\s\up6(→))＝________(用a，b，c表示)．解析如圖，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c.答案eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)ceq\f(對應學生,121)考向一空間向量的線性運算【例1】?(·舟山月考)如圖所示，已知空間四邊形OABC，其對角線為OB、AC，M、N分別為OA、BC的中點，點G在線段MN上，且eq\o(MG,\s\up6(→))＝2eq\o(GN,\s\up6(→))，若eq\o(OG,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，則x，y，z的值分別為________________．[審題視點]根據(jù)空間向量加減法及數(shù)乘運算的法則和運算律即可求解．解析∵eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，∴x，y，z的值分別為eq\f(1,6)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3).答案eq\f(1,6)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3)用已知向量來表示未知向量，一定要結(jié)合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．要正確理解向量加法、減法與數(shù)乘運算的幾何意義．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始點指向末尾向量的終點的向量，在立體幾何中三角形法則、平行四邊形法則仍然成立．【訓練1】如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中G為△A1BD的重心，設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，試用a，b，c表示eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AG,\s\up6(→)).解eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c.eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1G,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(A1D,\s\up6(→))＋eq\o(A1B,\s\up6(→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→)))＋eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c.考向二共線、共面向量定理的應用【例2】?已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點，(1)求證：E、F、G、H四點共面；(2)求證：BD∥平面EFGH；(3)設M是EG和FH的交點，求證：對空間任一點O，有eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))．[審題視點]對于(1)只要證出eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))即可；對于(2)只要證出向量eq\o(BD,\s\up6(→))與eq\o(EH,\s\up6(→))共線即可；對于(3)，易知四邊形EFGH為平行四邊形，則點M為線段EG與FH的中點，于是向量eq\o(OM,\s\up6(→))可由向量eq\o(OG,\s\up6(→))和eq\o(OE,\s\up6(→))表示，再將eq\o(OG,\s\up6(→))與eq\o(OE,\s\up6(→))分別用向量eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))和向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))表示．證明(1)連接BG，則eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))，由共面向量定理的推論知：E、F、G、H四點共面．(2)因為eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以EH∥BD.又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.(3)找一點O，并連接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)知eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，同理eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(FG,\s\up6(→))，即EH綉FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形．所以EG，F(xiàn)H交于一點M且被M平分．故eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OG,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OC,\s\up6(→))＋\o(OD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))．在求一個向量由其他向量來表示的時候，通常是利用向量的三角形法則、平行四邊形法則和共線向量的特點，把要求的向量逐步分解，向已知向量靠近，進行求解，若要證明兩直線平行，只需判定兩直線所在的向量滿足線性a＝λb關系，即可斷定兩直線平行．【訓練2】對于空間某一點O，空間四個點A、B、C、D(無三點共線)分別對應著向量a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，c＝eq\o(OC,\s\up6(→))，d＝eq\o(OD,\s\up6(→)).求證：A、B、C、D四點共面的充要條件是存在非零實數(shù)α、β、γ、δ，使αa＋βb＋γc＋δd＝0(α＋β＋γ＋δ＝0)．證明必要性：假設A、B、C、D四點共面，因為A、B、C三點不共線，故eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(AC,\s\up6(→))兩向量不共線，因此存在實數(shù)x、y，使eq\o(AD,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，即d－a＝x(b－a)＋y(c－a)，也即(x＋y－1)a－xb－yc＋d＝0.令α＝x＋y－1，β＝－x，γ＝－y，δ＝1，則α＋β＋γ＋δ＝(x＋y－1)－x－y＋1＝0.充分性：如果存在非零實數(shù)α，β，γ，δ使αa＋βb＋γc＋δd＝0(α＋β＋γ＋δ＝0)成立，則δ＝－(α＋β＋γ)，代入得αa＋βb＋γc－(α＋β＋γ)d＝0，即α(a－d)＋β(b－d)＋γ(c－d)＝0，亦即αeq\o(DA,\s\up6(→))＋βeq\o(DB,\s\up6(→))＋γeq\o(DC,\s\up6(→))＝0.∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝－eq\f(α,γ)eq\o(DA,\s\up6(→))－eq\f(β,γ)eq\o(DB,\s\up6(→)).∴eq\o(DC,\s\up6(→))與eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(DB,\s\up6(→))共面，這樣，A、B、C、D四點共面．即A、B、C、D四點共面的充要條件是存在非零實數(shù)α、β、γ、δ，使αa＋βb＋γc＋δd＝0(α＋β＋γ＋δ＝0)．考向三空間向量數(shù)量積的應用【例3】?已知空間四邊形OABC中，M為BC的中點，N為AC的中點，P為OA的中點，Q為OB的中點，若AB＝OC，求證：PM⊥QN.[審題視點]欲證PM⊥QN，只要證明eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0即可．證明如圖所示，設eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c.∵eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(b＋c)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(a＋c)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)(b＋c)＝eq\f(1,2)(b＋c－a)，eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\o(QO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)(a＋c)＝eq\f(1,2)(a＋c－b)．∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)[c－(a－b)][c＋(a－b)]＝eq\f(1,4)[c2－(a－b)2]＝eq\f(1,4)(|eq\o(OC,\s\up6(→))|2－|eq\o(BA,\s\up6(→))|2)．∵|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0，即eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(QN,\s\up6(→))，故PM⊥QN.1.當題目條件有垂直關系時，常轉(zhuǎn)化為向量數(shù)量積為零進行求解；2．立體幾何中求線段的長度可以通過解三角形，也可依據(jù)|a|＝eq\r(a2)轉(zhuǎn)化為向量運算求解．【訓練3】(·杭州模擬)直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分別為AB、BB′的中點．(1)求證：CE⊥A′D；(2)求異面直線CE與AC′所成角的余弦值．(1)證明設eq\o(CA,\s\up6(→))＝a，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝c，根據(jù)題意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝b＋eq\f(1,2)c，eq\o(A′D,\s\up6(→))＝－c＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)a∴eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(A′D,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)c2＋eq\f(1,2)b2＝0.∴eq\o(CE,\s\up6(→))⊥eq\o(A′D,\s\up6(→))，即CE⊥A′D.(2)解eq\o(AC′,\s\up6(→))＝－a＋c，eq\o(CE,\s\up6(→))＝b＋eq\f(1,2)c，∴|eq\o(AC′,\s\up6(→))|＝eq\r(2)|a|，|eq\o(CE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(5),2)|a|.eq\o(AC′,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－a＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)c))＝eq\f(1,2)c2＝eq\f(1,2)|a|2，∴cos〈eq\o(AC′,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(1,2)|a|2,\r(2)·\f(\r(5),2)|a|2)＝eq\f(\r(10),10).即異面直線CE與AC′所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).eq\f(對應學生,123)方法優(yōu)化11——客觀題中空間向量的應用【命題研究】通過分析近三年的高考題可以看出，運用空間向量的數(shù)量積與坐標運算來解決立體幾何問題仍是高考考查的重點和熱點．一般情況下與立體幾何中證明空間中的位置關系，求空間角及距離一起考查，多為解答題，若單獨命題，一般考查空間向量基本定理、線性運算、數(shù)量積運算、坐標運算，多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)．【真題探究】?(·陜西)如圖所示，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()．A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3,5)[教你解題]思路1取從同一個頂點出發(fā)兩兩垂直的三個向量為基向量，用基向量表示出向量eq\o(BC1,\s\up6(→))和eq\o(AB1,\s\up6(→))，求其數(shù)量積和模，代入夾角公式．思路2①建空間坐標系；②求相關點坐標；③計算eq\o(BC1,\s\up6(→))、eq\o(AB1,\s\up6(→))坐標；④代入夾角公式．[一般解法]設eq\o(CA,\s\up6(→))＝a，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝b，eq\o(CB,\s\up6(→))＝c，∵eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(CC,\s\up6(→))1，eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC,\s\up6(→))1⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，∴a·b＝0，a·c＝0，b·c＝0.∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝c－a，eq\o(BB,\s\up6(→))1＝eq\o(CC,\s\up6(→))1＝b，∴eq\o(AB,\s\up6(→))1＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝c－a＋b.又∵eq\o(BC,\s\up6(→))1＝b－c，∴eq\o(BC,\s\up6(→))1·eq\o(AB,\s\up6(→))1＝(b－c)·(c－a＋b)＝b·c－a·b＋b2－c2＋a·c－b·c＝b2－c2，∵CA＝CC1＝2CB，∴|a|＝|b|＝2|c|，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝3|c|2.又eq\o(AB,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)＝(c－a＋b)2＝c2＋a2＋b2－2a·c＋2b·c－2a·b＝c2＋a2＋b2＝9c2，eq\o(BC,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)＝(b－c)2＝b2＋c2－2b·c＝b2＋c2＝5c2.∴|eq\o(AB1,\s\up6(→))|＝3|c|，|eq\o(BC1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)|c|，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)>0，∴向量eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AB1,\s\up6(→))夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角．∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).[優(yōu)美解法]不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)>0.∴eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AB1,\s\up6(→))的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).[答案]A[備考]用空間向量求角的大小的常用方法(1)線線角：設兩異面直線a，b所成的角為θ，m，n分別是直線a，b的方向向量，則有cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|).異面直線所成角的范圍是(0°，90°]，因此，如果按照公式求出來的向量的數(shù)量積是一個負數(shù)，則應當取其絕對值，使之變?yōu)檎担@樣求得的角為銳角．(2)直線與平面所成的角：設直線AB與平面α所成的角為θ，平面α的法向量為n，則有sinθ＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|\o(AB,\s\up6(→))||n|).注意，直線和平面所成角的取值范圍為[0°，90°]．(3)二面角：設二面角的平面角為θ，兩個半平面的法向量分別為m，n，則有cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)，根據(jù)圖形和計算結(jié)果判斷θ是銳角、直角，還是鈍角，從而得出θ與〈m，n〉是相等還是互補．【試一試】(·瓊海一模)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H，M分別是棱AD，DD1，D1A1，A1A，AB的中點，點N在四邊形EFGH的四邊及其內(nèi)部運動，則當N只需滿足條件________時，就有MN⊥A1C1；當N只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1D1C.解析以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，N(x,0，z)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，因此eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1，－\f(1,2)，z))·(－1,1,0)＝1－x－eq\f(1,2)＝0，即x＝eq\f(1,2)，故點N在EG上，就有MN⊥A1C1.設平面B1D1C的一個法向量為n＝(－1,1,1)，若MN∥平面B1D1C，則eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1，－\f(1,2)，z))·(－1,1,1)＝1－x－eq\f(1,2)＋z＝0，即x－z－eq\f(1,2)＝0，故點N在EH上，就有MN∥平面B1D1C.答案點N在EG上點N在EH上eq\f(對應學生,301)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．在下列命題中：①若向量a，b共線，則向量a，b所在的直線平行；②若向量a，b所在的直線為異面直線，則向量a，b一定不共面；③若三個向量a，b，c兩兩共面，則向量a，b，c，共面；④已知空間的三個向量a，b，c，則對于空間的任意一個向量p總存在實數(shù)x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.其中正確命題的個數(shù)是 ()．A．0 B．1 C．2 D．3解析a與b共線，a，b所在直線也可能重合，故①不正確；根據(jù)自由向量的意義知，空間任兩向量a，b都共面，故②錯誤；三個向量a，b，c中任兩個一定共面，但它們?nèi)齻€卻不一定共面，故③不正確；只有當a，b，c不共面時，空間任意一向量p才能表示為p＝xa＋yb＋zc，故④不正確，綜上可知四個命題中正確的個數(shù)為0，故選A.答案A2．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，滿足條件(c－a)·(2b)＝－2，則x＝ ()．A．－4 B．－2 C．4 D．2解析∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．∴(c－a)·(2b)＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.答案D3．若{a，b，c}為空間的一組基底，則下列各項中，能構(gòu)成基底的一組向量是()．A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}解析若c、a＋b、a－b共面，則c＝λ(a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，則a、b、c為共面向量，此與{a，b，c}為空間向量的一組基底矛盾，故c，a＋b，a－b可構(gòu)成空間向量的一組基底．答案C4.如圖所示，已知空間四邊形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值為()．A．0 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(2),2)解析設eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，由已知條件〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq\f(π,3)，且|b|＝|c|，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝eq\f(1,2)|a||c|－eq\f(1,2)|a||b|＝0，∴cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝0.答案A二、填空題(每小題5分，共10分)5．在下列條件中，使M與A、B、C一定共面的是________．①eq\o(OM,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))；②eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))；③eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0；④eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0；解析∵eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(MA,\s\up6(→))＝－eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))，則eq\o(MA,\s\up6(→))、eq\o(MB,\s\up6(→))、eq\o(MC,\s\up6(→))為共面向量，即M、A、B、C四點共面．答案③6.在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.解析如圖，設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝0.答案0三、解答題(共25分)7．(12分)已知A、B、C三點不共線，對平面ABC外的任一點O，若點M滿足eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．(1)判斷eq\o(MA,\s\up6(→))、eq\o(MB,\s\up6(→))、eq\o(MC,\s\up6(→))三個向量是否共面；(2)判斷點M是否在平面ABC內(nèi)．解(1)由已知eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(OM,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＋(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))，即eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))，∴eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面．(2)由(1)知，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面且基線過同一點M，∴四點M，A，B，C共面，從而點M在平面ABC內(nèi)．8．(13分)如右圖，在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，G為△BC1D的重心，(1)試證：A1、G、C三點共線；(2)試證：A1C⊥平面BC1D；(3)求點C到平面BC1D的距離．(1)證明eq\o(CA1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))，可以證明：eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(CA1,\s\up6(→))，∴eq\o(CG,\s\up6(→))∥eq\o(CA1,\s\up6(→))，即A1、G、C三點共線．(2)證明設eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CD,\s\up6(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝a，且a·b＝b·c＝c·a＝0，∵eq\o(CA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝c－a，∴eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(c－a)＝c2－a2＝0，∴eq\o(CA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC1,\s\up6(→))，即CA1⊥BC1，同理可證：CA1⊥BD，因此A1C⊥平面BC1D.(3)解∵eq\o(CA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，∴eq\o(CA1,\s\up6(→))2＝a2＋b2＋c2＝3a2，即|eq\o(CA1,\s\up6(→))|＝eq\r(3)a，因此|eq\o(CG,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),3)a.即C到平面BC1D的距離為eq\f(\r(3),3)a.B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．(·海淀月考)以下四個命題中正確的是 ()．A．空間的任何一個向量都可用其他三個向量表示B．若{a，b，c}為空間向量的一組基底，則{a＋b，b＋c，c＋a}構(gòu)成空間向量的另一組基底C．△ABC為直角三角形的充要條件是eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0D．任何三個不共線的向量都可構(gòu)成空間向量的一組基底解析若a＋b、b＋c、c＋a為共面向量，則a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，(1－μ)a＝(λ－1)b＋(λ＋μ)c，λ，μ不可能同時為1，設μ≠1，則a＝eq\f(λ－1,1－μ)b＋eq\f(λ＋μ,1－μ)c，則a、b、c為共面向量，此與{a，b，c}為空間向量基底矛盾．答案B2．如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與eq\o(BM,\s\up6(→))相等的向量是 ()．A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c解析eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.答案A二、填空題(每小題5分，共10分)3．已知在一個60°的二面角的棱上，如圖有兩個點A，B，AC，BD分別是在這個二面角的兩個半平面內(nèi)垂直于AB的線段，且AB＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，則CD的長為________．解析設eq\o(BD,\s\up6(→))＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AC,\s\up6(→))＝c，由已知條件|a|＝8，|b|＝4，|c|＝6，〈a，b〉＝90°，〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|－c＋b＋a|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c＝68，則|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝2eq\r(17).答案2eq\r(17)cm4．如圖，空間四邊形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，則OA與BC所成角的余弦值等于________．解析設eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c.OA與BC所成的角為θ，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a(c－b)＝a·c－a·b＝a·(a＋eq\o(AC,\s\up6(→)))－a·(a＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝a2＋a·eq\o(AC,\s\up6(→))－a2－a·eq\o(AB,\s\up6(→))＝24－16eq\r(2).∴cosθ＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(24－16\r(2),8×5)＝eq\f(3－2\r(2),5).答案eq\f(3－2\r(2),5)三、解答題(共25分)5．(12分)如圖，已知M、N分別為四面體ABCD的面BCD與面ACD的重心，且G為AM上一點，且GM∶GA＝1∶3.求證：B、G、N三點共線．證明設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，則eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AM,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,4)(a＋b＋c)＝－eq\f(3,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝－a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c＝eq\f(4,3)eq\o(BG,\s\up6(→)).∴eq\o(BN,\s\up6(→))∥eq\o(BG,\s\up6(→))，即B、G、N三點共線．6．(13分)如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB、AD、CD的中點，計算：(1)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))；(2)eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))；(3)EG的長；(4)異面直線AG與CE所成角的余弦值．解設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c.則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，(1)eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c－eq\f(1,2)a，eq\o(BA,\s\up6(