2021新教材选择性必修1完美题型精练（同步学习培优61个题型完美练透）

2021新教材选择性必修1完美题型精练202/202目录TOC\o"1-3"\h\u55331.1空间向量及其运算 28781【题组一概念的辨析】 231843【题组二空间向量的线性运算】 424864【题组三空间向量的共面问题】 916287【题组四空间向量的数量积】 1133101.2空间向量的基本定理 1632208【题组一基底的判断】 1610028【题组二基底的运用】 1825534【题组三基本定理的运用】 20158801.3空间向量及其坐标的运算 234444【题组一空间向量的坐标运算】 2331284【题组二坐标运算在几何中的运用】 2615070【题组三最值问题】 30236161.4.1空间向量应用（一） 313885【题组一平面法向量的求解】 3111674【题组二空间向量证平行】 3230569【题组三空间向量证明垂直】 3427271.4.2空间向量应用（二） 387965【题组一空间向量求线线角】 3822167【题组二空间向量求线面角】 4129508【题组三空间向量求二面角】 4811999【题组四空间向量求距离】 5530296第一章空间向量与立体几何章末测试 64254712.1直线的斜率与倾斜角 8431234【题组一倾斜角】 8425216【题组二斜率】 864902【题组三倾斜角与斜率综合运用】 8614407【题组四直线平行】 88856【题组五直线垂直】 8950492.2直线方程 9127397【题组一点斜式方程】 9129764【题组二斜截式方程】 9129137【题组三两点式方程】 926459【题组四截距式方程】 9316123【题组五一般式方程】 9417717【题组六直线方程综合运用】 95106912.3直线的交点及距离公式 9815698【题组一直线的交点】 982602【题组二三种距离问题】 10027524【题组三对称问题】 10152502.4圆的方程 1031109【题组一圆的方程】 10316037【题组二根据圆的方程求参数】 10521449【题组三点与圆的位置关系】 10725555【题组四对称问题】 10912865【题组五求轨迹方程】 110175382.5直线与圆、圆与圆的位置关系 11227024【题组一直线与圆的位置关系】 11210660【题组二弦长】 11321409【题组三圆与圆的位置关系】 11528465【题组四切线】 1161884第二章直线和圆的方程 11961383.1.1椭圆 13119889【题组一椭圆的定义】 13123820【题组二椭圆定义的运用】 13410220【题组三椭圆的标准方程】 13632042【题组四离心率】 140147863.1.2椭圆 14329998【题组一直线与椭圆的位置关系】 14315548【题组二弦长】 14420556【题组三点差法】 14840643.2.1双曲线 15130601【题组一双曲线的定义】 15119919【题组二双曲线定义的运用】 15325069【题组三双曲线标准方程】 15625779【题组四双曲线的渐近线】 158212993.2.2双曲线 16018092【题组一双曲线的离心率】 1601284【题组二直线与双曲线的位置关系】 16316035【题组三弦长】 16514081【题组四点差法】 16852873.3抛物线 17117447【题组一抛物线的定义】 17117983【题组二抛物线的标准方程】 1744183【题组三直线与抛物线的位置关系】 17831329【题组四弦长】 18030463【题组五定点定值】 18221984第三章章末测试 1861.1空间向量及其运算【题组一概念的辨析】1．（2020·辽宁沈阳.高二期末）在下列结论中：①若向量共线，则向量所在的直线平行；②若向量所在的直线为异面直线，则向量一定不共面；③若三个向量两两共面，则向量共面；④已知空间的三个向量，则对于空间的任意一个向量总存在实数x，y，z使得.其中正确结论的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】平行向量就是共线向量，它们的方向相同或相反，未必在同一条直线上，故①错．两条异面直线的方向向量可通过平移使得它们在同一平面内，故②错，三个向量两两共面，这三个向量未必共面，如三棱锥中，两两共面，但它们不是共面向量，故③错．根据空间向量基本定理，需不共面，故④错．综上，选A．2（2019·全国高二）下列说法中正确的是（）A．若，则，的长度相等，方向相同或相反B．若向量是向量的相反向量，则C．空间向量的减法满足结合律D．在四边形中，一定有【答案】B【解析】对于A,向量的模相等指的是向量的长度相等,方向具有不确定性,因而不一定方向相同或相反,所以A错误.对于B,相反向量指的是大小相等,方向相反的两个向量.因而相反向量满足模长相等,所以B正确.对于C,减法结合律指的是,因而由运算可得空间向量减法不满足结合律.所以C错误.对于D满足的一定是平行四边形,一般四边形是不满足的,因而D错误.综上可知,正确的为B，故选:B3．（2020·陕西新城.西安中学高二期末（理））给出下列命题：①若空间向量满足，则；②空间任意两个单位向量必相等；③对于非零向量，由，则；④在向量的数量积运算中.其中假命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】对于①，空间向量的方向不一定相同，即不一定成立，故①错误；对于②，单位向量的方向不一定相同，故②错误；对于③，取，，，满足，且，但是，故③错误；对于④，因为和都是常数，所以和表示两个向量，若和方向不同则和不相等，故④错误.故选：D.4．（2019·长宁.上海市延安中学高二期中）给出以下结论：①空间任意两个共起点的向量是共面的；②两个相等向量就是相等长度的两条有向线段表示的向量；③空间向量的加法满足结合律：；④首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量.请将正确的说法题号填在横线上：__________.【答案】①③④【解析】①中，两个向量共起点，与两向量终点共有个点，则点共面，可知两向量共面，①正确；②中，两个相等向量需大小相等，方向相同，②错误；③中，空间向量加法满足结合律，③正确；④中，由向量加法的三角形法则可知④正确.故答案为：①③④【题组二空间向量的线性运算】1．（2020·辽宁沈阳.高二期末）如图，在正方体中，点分别是面对角线A1B与B1D1的中点,若=a,=b,=c,则=（）A． B．C． D．【答案】D【解析】根据向量的线性运算所以选D2．（2020·全国高二）在四面体中，点在上，且，为中点，则等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】.故选：B3（2020·山东章丘四中高二月考）如图所示，在空间四边形中，，点在上，且为中点，则（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由向量的加法和减法运算：.故选：B4．（2020·山东德州.高二期末）如图，平行六面体中，与的交点为，设，，，则下列选项中与向量相等的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】如图所示，，，，，，，，故选：．5．（2020·陕西王益.高二期末（理））如图，在空间四边形ABCD中，E，M，N分别是边BC，BD，CD的中点，DE，MN交于F点，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】是边的中点，；；故选：．6．（2019·江苏省苏州实验中学高二月考）平行六面体中，，则实数x，y，z的值分别为()A． B． C． D．【答案】C【解析】,.故选:C.7．（2020·湖北黄石.高二期末）如图，已知空间四边形，其对角线为，分别是对边的中点，点在线段上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】，，故选：8．（2020·全国高二课时练习）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知下列各式：①(＋)＋1；②(＋)＋；③(＋)＋；④(＋)＋.其中运算的结果为的有___个.【答案】4【解析】根据空间向量的加法运算以及正方体的性质逐一进行判断：①(＋)＋＝＋＝；②(＋)＋＝＋＝；③(＋)＋＝＋＝；④(＋)＋＝＋＝.所以4个式子的运算结果都是.故答案为：4.9．（2020·江苏省如东高级中学高一月考）在四面体中，、分别是、的中点，若记，，，则______.【答案】【解析】在四面体中，、分别是、的中点，则.故答案为：.10．（2020·全国高二课时练习）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且则m，n的值分别为()A．，－ B．－，－ C．－， D．，【答案】A【解析】由于，所以.故选：A【题组三空间向量的共面问题】1．（2020·涟水县第一中学高二月考）是空间四点，有以下条件：①；②；③；④，能使四点一定共面的条件是______【答案】④【解析】对于④，，由空间向量共面定理可知四点一定共面，①②③不满足共面定理的条件.故答案为：④2．（2019·江苏海安高级中学高二期中（理））设空间任意一点和不共线三点，且点满足向量关系，若四点共面，则______．【答案】【解析】因为四点共面，三点不共线，所以因为，因为是任意一点，故可不共面，所以，故.故答案为：13．（2020·全国高二课时练习）对于空间任意一点和不共线的三点，，，有如下关系：，则（）A．四点，，，必共面 B．四点，，，必共面C．四点，，，必共面 D．五点，，，，必共面【答案】B【解析】因为，所以，即，根据共面向量基本定理，可得，，共面，所以，，，，四点共面．故选：B．4．（2020·宁阳县第四中学高二期末）对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有如下关系：，则（）A．四点O，A，B，C必共面B．四点P，A，B，C必共面C．四点O，P，B，C必共面D．五点O，P，A，B，C必共面【答案】B【解析】由已知得，而，四点、、、共面．故选：．5．（2020·四川阆中中学高二月考（理））为空间任意一点,三点不共线,若=,则四点（）A．一定不共面 B．不一定共面C．一定共面 D．无法判断【答案】C【解析】因为=，且，所以四点共面.6．（2019·建瓯市第二中学高二月考）已知、、三点不共线，对平面外的任一点，下列条件中能确定点与点、、一定共面的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】若，故可得即，则，故,整理得,又因为共面，故可得共面，而其它选项不符合，即可得四点共面.故选：B.7．（2020·西夏.宁夏育才中学高二期末（理））已知为空间任意一点，若，则四点（）A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断【答案】B【解析】由若，当且仅当时，四点共面．，而故四点共面，故选B【题组四空间向量的数量积】1．（2020·山东新泰市第一中学高一期中）如图，平行六面体中，，，，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】，,.故选：D2．（2020·四川遂宁.高三三模（理））如图，平行六面体中，，，，，，则的长为_____．【答案】【解析】平行六面体中，，，，，，．．故答案为：．3．（2020·全国高二课时练习）如图，分别是四面体的棱的中点，是的三等分点．（1）用向量，，表示和．（2）若四面体的所有棱长都等于1，求的值．【答案】（1）,（2）.【解析】（1），∴（2）四面体的所有棱长都等于1，各面为等边三角形,，，4.．（2020·全国高二课时练习）如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，．（1）设，，，用向量，，表示，并求出的长度；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）；；（2）.【解析】解：（1），又，同理可得，则．（2）因为，所以，因为，所以．则异面直线与所成角的余弦值为．5．（2020·全国高二课时练习）如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为_____________【答案】【解析】三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，设棱长为1，则，，.又，，所以而，，所以.故答案为：.6.如图3­1­22所示，在空间四边形OABC中，OA，OB，OC两两成60°角，且OA＝OB＝OC＝2，E为OA的中点，F为BC的中点，试求E，F间的距离．图3­1­22【答案】eq\r(2)【解析】eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\o(EA,\s\up7(→))＋eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)[(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))＋(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))]＝－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(→))，所以eq\o(EF2,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up7(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up7(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up7(→))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＋2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝2.∴|eq\o(EF,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，即E，F间的距离为eq\r(2).7.如图，已知线段AB⊥平面α，BC⊂α，CD⊥BC，DF⊥平面α，且∠DCF＝30°，D与A在α的同侧，若AB＝BC＝CD＝2，求A，D两点间的距离．【答案】2eq\r(2)【解析】∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋2eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝12＋2(2·2·cos90°＋2·2·cos120°＋2·2·cos90°)＝8，∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，即A，D两点间的距离为2eq\r(2).1.2空间向量的基本定理【题组一基底的判断】1．（2020·山东微山县第二中学高二月考）已知，，是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是（）A．2，﹣，+2 B．2，﹣，+2C．，2，﹣ D．，+，﹣【答案】C【解析】对于A，因为2=（﹣）+（+2），得2、﹣、+2三个向量共面，故它们不能构成一个基底，A不正确；对于B，因为2=（﹣）+（+2），得2、﹣、+2三个向量共面，故它们不能构成一个基底，B不正确；对于C，因为找不到实数λ、μ，使=λ•2+μ（﹣）成立，故、2、﹣三个向量不共面，它们能构成一个基底，C正确；对于D，因为=（+）﹣（﹣），得、+、﹣三个向量共面，故它们不能构成一个基底，D不正确故选：C．2．（2018·安徽六安一中高二期末（理））已知点为空间不共面的四点，且向量，向量，则与，不能构成空间基底的向量是（）A． B． C． D．或【答案】C【解析】∵，即与，共面，∴与，不能构成空间基底；故选C.3．已知是空间向量的一个基底，则与向量+，-可构成空间向量基底的是()A． B．C．+2 D．+2【答案】D【解析】由题意，向量都有向量为共面向量，因此A、B、C都不符合题意，只有向量与向量属于不共面向量，所以可以构成一个空间的基底，故选D.4．（2020·南昌市八一中学高二期末（理））为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】对于A，因为，所以共面，不能构成基底，排除A，对于B，因为，所以共面，不能构成基底，排除B，对于D，，所以共面，不能构成基底，排除D，对于C，若共面，则，则共面，与为空间向量的一组基底相矛盾，故可以构成空间向量的一组基底，故选：C5．（2018·江西南昌二中高二期中（理））若为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】共面，故不能作为基底，故错误；共面，故不能作为基底，故错误；不共面，故可以作为基底，故正确；共面，故不能作为基底，故错误，故选C.【题组二基底的运用】1．（2020·天水市第一中学高二月考（理））如图，平行六面体中，与交于点，设，则（）A． B．C． D．【答案】D【解析】，，，∴，故选D．2．（2020·全国高一课时练习）若是空间的一个基底，，，，，，则，，的值分别为（）A．，， B．，，C．，， D．，1，【答案】A【解析】，由空间向量基本定理，得∴，，.3（2020·山东沂.高二期末）如图所示，，分别是四面体的边，的中点，是靠近的三等分点，且，则__．【答案】【解析】因为，分别是四面体的边，的中点，是靠近的三等分点，所以，，，，所以，，，，故答案为：．4．（2019·江苏鼓楼.南京师大附中高二期中）在正方体中，点O是的中点，且，则的值为________.【答案】【解析】在正方体中得，又因为所以所以.故答案为：【题组三基本定理的运用】1．已知，，三点不共线，对平面外的任一点，若点满足．（1）判断，，三个向量是否共面；（2）判断点是否在平面内．【答案】（1）共面（2）点在平面内．【解析】（1）如图，为的重心）为的三等分点）设中点为，则可知在上，且为的重心故知共面（2）由（1）知共面且过同一点.所以四点共面，从而点在平面内．2．已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为________．【答案】【解析】如图所示,将直三棱柱补成直四棱柱,连接,则,所以或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为,所以,.在中,,所以所以故答案为:3．如图所示，在平行四边形中，，，将它沿对角线折起，使与成角，求点与点之间的距离．【答案】或∴，∴或，故点与点之间的距离为或．4.已知空间四边形OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC，且OA＝OB＝OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点，求证：OG⊥BC．【答案】见解析【解析】连接ON，设∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，又设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|.又eq\o(OG,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up7(→))＋\f(1,2)(\o(OB,\s\up7(→))＋\o(OC,\s\up7(→)))))＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝c－b.∴eq\o(OG,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)·(c－b)＝eq\f(1,4)(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－b·c)＝eq\f(1,4)(|a|2·cosθ－|a|2·cosθ－|a|2＋|a|2)＝0.∴eq\o(OG,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，即OG⊥BC．1.3空间向量及其坐标的运算【题组一空间向量的坐标运算】1．（2020·全国高二）已知点，向量，则点坐标是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设点，则向量，所以，所以点.故选：D2．（2019·浙江高二学业考试）设点．若，则点B的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】设点B的坐标为，则，∵，∴，解得，故选：C．3．（2020·绵竹市南轩中学高二月考（理））若，，，则的值为（）A． B．5 C．7 D．36【答案】B【解析】，.故选：B4．（2019·包头市第四中学高二期中（理））若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】A中，所以排除A；B中，所以排除B；C中，所以排除C；D中，所以，能使.故选D5．（2020·南京市秦淮中学高二期末）对于任意非零向量，，以下说法错误的有()A．若，则B．若，则C．D．若，则为单位向量【答案】BD【解析】对于A选项，因为，则，A选项正确；对于B选项，若，且，，若，但分式无意义，B选项错误；对于C选项，由空间向量数量积的坐标运算可知，C选项正确；对于D选项，若，则，此时，不是单位向量，D选项错误.故选：BD.6（2020·江苏连云港高二期末）已知点P是△ABC所在的平面外一点，若＝(﹣2，1，4)，＝(1，﹣2，1)，＝(4，2，0)，则（）A．AP⊥AB B．AP⊥

BP C．BC＝ D．AP//

BC【答案】AC【解析】因为，故A正确；，，故B不正确；，，故C正确；，，各个对应分量的比例不同，故D不正确。故选:AC。7（2020·全国高二课时练习）已知向量.（1）计算和.（2）求.【答案】（1）；；（2）.【解析】（1）因为向量所以，所以（2）因为，所以8．（2020·吴起高级中学高二月考（理））已知空间三点，设.（1）的夹角的余弦值；（2）若向量互相垂直，求实数的值；（3）若向量共线，求实数的值.【答案】（1）；（2）或；（3）或.【解析】（1）已知空间三点，（2）若向量互相垂直，又，则解得：或（3）向量共线，又当时，当时，，成立，当时，，不成立，故：或【题组二坐标运算在几何中的运用】1．（2020·全国高二课时练习）棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点.（1）求证：EF⊥CF；（2）求与所成角的余弦值；（3）求CE的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz则所以（1）证明：因为，所以，即EF⊥CF.（2）因为.（3）2．（2019·全国高二）棱长为1的正方体中，，，分别是，，的中点．（1）求证：；（2）求与所成角的余弦值；（3）求的长．【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系则,,,,.所以,,,.（1）证明：因为所以即（2）因为由向量夹角的求法可得∴（3）根据空间中两点的距离公式可得.3．（2020·全国高二课时练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，BB1的中点，则____，EF=____.

【答案】【解析】以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系设正方体棱长为1，则.故答案为：；4．（2020·全国高二课时练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，B1C1的中点，若以为基底，则向量的坐标为___，向量的坐标为___，向量的坐标为___.

【答案】【解析】因为，所以向量的坐标为.因为，所以向量的坐标为.因为，所以向量的坐标为.故答案为：；；【题组三最值问题】1．（2019·全国高一课时练习）在平面内的直线上求一点，使点到点的距离最小，并求出此最小值．【答案】点的坐标为时，【解析】设，则．所以当，即点的坐标为时，．2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，点G与E分别是A1B1和CC1的中点，点D与F分别是AC和AB上的动点．若GD⊥EF，则线段DF长度的最小值为______________.

【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),E(0,2,1),G(1,0,2),设F(x,0,0),D(0,y,0)，则,，由于GD⊥EF，所以，所以，故，所以当时，线段DF长度取得最小值，且最小值为．故答案为：1.4.1空间向量应用（一）【题组一平面法向量的求解】1．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是()A．(－1，1，1) B．(1，－1,1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))【答案】C【解析】设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y＝z.故选C.2．（2018·浙江高三其他）平面的法向量，平面的法向量，则下列命题正确的是（）A．、平行 B．、垂直 C．、重合 D．、不垂直【答案】B【解析】平面的法向量，平面的法向量，因为，所以两个平面垂直．故选：．3．（2019·山东历下.济南一中高二期中）在平面ABCD中，，，，若，且为平面ABCD的法向量，则等于（）A．2 B．0 C．1 D．无意义【答案】C【解析】由题得，，，又为平面ABCD的法向量，则有，即，则，那么.故选：C【题组二空间向量证平行】1．（2019·安徽埇桥，北大附宿州实验学校高二期末（理））已知平面的法向量是，平面的法向量是，若//，则的值是（）A． B．-6 C．6 D．【答案】C【解析】因为//，故可得法向量与向量共线，故可得，解得.故选：C.2（2019·乐清市知临中学高二期末）已知平面α的一个法向量是，，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】平面α的一个法向量是，，设平面的法向量为，则，对比四个选项可知，只有D符合要求，故选：D.3.（2020.广东.华侨中学）如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为()A．(1,1,1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))【答案】C【解析】设AC与BD相交于O点，连接OE，∵AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，又O是正方形ABCD对角线的交点，∴M为线段EF的中点．在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)．由中点坐标公式，知点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).4.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．MN在平面BB1C1C内【答案】B【解析】以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C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，由于A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).又C1D1⊥平面BB1C1C，所以eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up6(→))，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.【题组三空间向量证明垂直】1．（2019·湖北孝感.高二期中（理））已知向量，平面的一个法向量，若，则（）A．， B．， C． D．【答案】A【解析】因为，所以，由，得，.故选A2．（2020·宜昌市人文艺术高中（宜昌市第二中学）高二月考）已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则______．【答案】【解析】，，且，，，解得，.因此，.故答案为：.3．（2020·陕西富平.期末（理））若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则直线l与平面的位置关系是（）A． B． C． D．l与斜交【答案】B【解析】由题得，，则，又是平面的法向量，是直线l的方向向量，可得.故选：B4.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.求证：平面BCE⊥平面CDE.【答案】【解析】设AD＝DE＝2AB＝2a，以A为原点，分别以AC，AB所在直线为x轴，z轴，以过点A垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，eq\r(3)a，0)，E(a，eq\r(3)a，2a)．所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a，eq\r(3)a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2a，0，－a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a，eq\r(3)a，0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0，0，－2a)．设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax1＋\r(3)ay1＋az1＝0，,2ax1－az1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋\r(3)y1＋z1＝0，,2x1－z1＝0.))令z1＝2，可得n1＝(1，－eq\r(3)，2)．设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax2＋\r(3)ay2＝0，,－2az2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋\r(3)y2＝0，,z2＝0.))令y2＝1，可得n2＝(eq\r(3)，1，0)．因为n1·n2＝1×eq\r(3)＋1×(－eq\r(3))＋2×0＝0.所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE.5.如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：(1)PA⊥BD；(2)平面PAD⊥平面PAB.【答案】见解析【解析】(1)取BC的中点O，连接PO，∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，∴PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝eq\r(3)，∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，eq\r(3))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq\r(3))．∵eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq\r(3))＝0，∴eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，∴PA⊥BD.(2)取PA的中点M，连接DM，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).∵eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，∴eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)×1＋0×0＋eq\f(\r(3),2)×(－eq\r(3))＝0，∴eq\o(DM,\s\up6(→))⊥eq\o(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.∵eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq\f(\r(3),2)×(－eq\r(3))＝0，∴eq\o(DM,\s\up6(→))⊥eq\o(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.6.(2019·林州模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．【答案】见解析【解析】(1)证明如图，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD.(2)解设G(x，0，z)，则eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，若使GF⊥平面PCB，则需eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，且eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a,0,0)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq\f(a,2)；由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq\f(a2,2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.∴G点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即G为AD的中点．1.4.2空间向量应用（二）【题组一空间向量求线线角】1．（2020·宜昌天问教育集团高二期末）如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由平面平面，,平面平面，平面,所以平面，又平面,所以，又,所以作轴//,建立空间直角坐标系,如图设，所以,则,所以,所以,故选：C.2．（2020·湖北武汉。月考）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可得，故选：D3．（2019·绍兴鲁迅中学高二期中）如图，长方体中，，，、、分别是、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A．0 B． C． D．【答案】A【解析】如图,所以所以异面直线与所成角的余弦值,故选：A4．（2019·浙江湖州.高二期中）在正方体中，异面直线与所成的角为（）A． B．C． D．【答案】D【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），＝（﹣1，1，0），＝（﹣1，﹣1，﹣1），设异面直线AC与B1D所成的角为θ，则cosθ＝＝0，∴θ＝.∴异面直线AC与B1D所成的角为.故选：D.5．（2020·武汉外国语学校高一月考）如图，正三棱锥的侧棱长为3，底面边长为2，则与所成角的余弦值为______.【答案】【解析】设与的夹角为，则与的夹角也是,则与所成角的余弦值为,故答案为：【题组二空间向量求线面角】1．（2020·江苏高二）如图，在三棱锥P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分别为AB，PB中点，PD⊥平面ABC，PD=3.(1)求直线CE与直线PA夹角的余弦值；(2)求直线PC与平面DEC夹角的正弦值.【答案】(1)；(2).【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C(0，0，0)，A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(，，)，P(1，1，3)，,设直线CE与直线PA夹角为，则整理得；直线CE与直线PA夹角的余弦值；(2)设直线PC与平面DEC夹角为，设平面DEC的法向量为，因为，,所以有取，解得，，即面DEC的一个法向量为，，.直线PC与平面DEC夹角的正弦值为.2．（2020·沙坪坝.重庆八中）如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且60°，，是棱的中点.（1）求证：；（2）求直线与平面所成线面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为底面，所以因为底面是菱形，所以,又，所以平面又由四棱台知，，，，四点共面,所以（2）如图，设交于点，依题意，且，，且，又由已知底面，得底面．以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图设交于点，依题意，且，所以则，，，，由，得,因为是棱中点，所以所以，，设为平面的法向量则，取，得设直线与平面所成线面角为，则所以直线与平面所成线面角的正弦值3．（2020·浙江金华.高二期末）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，且平面平面，，分别为线段、的中点.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）作于，连接，如图所示：由平面平面，且平面平面，得平面，所以.因为，，，所以，，，.在直角三角形中，可得.又，为的中点，所以.（2）以为坐标原点，，为轴，平行的直线为轴建系，，，，，，∴，，.设是平面的一个法向量，则，取，设为直线与平面所成角，所以.4（2020·浙江瓯海.温州中学高二期末）如图，已知三棱锥，，是边长为2的正三角形，，，点F为线段AP的中点．（Ⅰ）证明：平面ABC；（Ⅱ）求直线BF与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）证明：在中，，，由余弦定理可得，因为，所以，又，，所以面ABC．（Ⅱ）在平面ABC中，过点C作，以C为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面PBC的法向量为，则取，则，，即，所以sinα＝，故直线BF与平面PBC所成角的正弦值．5．（2020·甘肃城关.兰大附中）如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，∥，，，，，分别为线段，，的中点．（1）证明：平面∥平面．（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：连接，设与相交于点，如图，因为∥，且，，所以四边形为矩形，所以为的中点，又因为为的中点，所以为的中位线，即,因为平面，平面，所以平面，因为，分别为线段，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，，所以平面∥平面.（2）因为底面，平面，平面，所以，因为，所以、、两两互相垂直，以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，所以，设平面的法向量为，则，所以，令，可得，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【题组三空间向量求二面角】1．（2020·全国）如图，在四棱锥中，底面为边长为3的正方形，，，平面平面，为的中点，为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）证明：如图，取的中点，连，，∵，，∴且．∵，，∴且，∴四边形为平行四边形，得．∵平面，平面，∴平面．（Ⅱ）如图，过点作，垂足为，在中，，可得，，，．∵，平面平面，平面平面，∴平面．如图，以点为原点，与向量同向方向为轴，向量方向为轴，向量方向为轴，建立空间直角坐标系．点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．设平面的法向量为，，，，取，，，可得，设平面的法向量为，，，，取，，，可得，有，，，，故二面角的余弦值为．2．（2020·全国）已知三棱柱中，侧面是矩形，是的菱形，且平面平面，，，分别是，，的中点.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）在三棱柱中连接，因为，分别是，的中点，所以，所以平面，因为是的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）由是矩形，得，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为四边形是的菱形，所以，以点为坐标原点，以过点与垂直的直线为轴，以所在直线为轴，以AD所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，可得，，设平面的一个法向量为，则，令，得，又轴平面，所以平面的一个法向量为，所以.由图可知，所求二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.3．（2020·全国高三其他（理））如图1，平面四边形中，和均为边长为的等边三角形，现沿将折起，使，如图2.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连接，，因为和均为边长为的等边三角形，所以，且，因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则平面的一个法向量为，依题意，平面的一个法向量，所以，由图可得为锐二面角，故二面角的余弦值为.4．（2020·全国）如图1，等腰梯形中，，，为的中点，对角线平分，将沿折起到如图2中的位置.（1）求证：.（2）若二面角为直二面角，为线段上的点，且二面角与二面角大小相等，求出的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：连接，，设与交于点，如图1所示.∵四边形是等腰梯形，，∴，，又平分，∴，∴，结合为的中点，，易证得四边形为菱形，∴.如图2，∵，，且，∴平面，又平面，∴.（2）∵二面角为直二面角，，∴平面，易知，∴平面，∴二面角为直二面角，又∵二面角与二面角大小相等，∴二面角的平面角为，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系，如图1，在菱形中，易知，∴，.∴，，，，，，设，∴，∴，易知平面的一个法向量为，设为平面的法向量，则，即，取，则，，得，∴，解得，满足题意，故.【题组四空间向量求距离】1．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是()A． B．C． D．【答案】B【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则＝(0,2,0)，＝(0,1,2)．∴cosθ＝＝.∴sinθ＝.故点A到直线BE的距离d＝||sinθ＝2×.故答案为B2．（2020·全国高二课时练习）在直三棱柱中，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：连接交于点，连接，则点为中点，又是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）解：因为平面，所以到平面的距离就等于点到平面的距离.以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设平面的法向量为，所以，即，即令，则.所求距离为.3．（2020·全国高二课时练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在棱BB1上，EB1=1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.（1）求证：B1D⊥平面ABD；（2）求证：平面EGF∥平面ABD；（3）求平面EGF与平面ABD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）证明：如图所示建立空间直角坐标系，设AB=a，则A1(a，0，0)，B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G.所以=(0，2，2)，=(-a，0，0)，=(0，2，-2).所以=0+0+0=0，=0+4-4=0.所以，所以B1D⊥AB，B1D⊥BD.又AB∩BD=B，所以B1D⊥平面ABD.（2）证明：由（1）可得=(-a，0，0)，=(0，2，-2)，=(0，1，-1)，所以=2=2，所以.所以GF∥AB，EF∥BD.又GF∩EF=F，AB∩BD=B，所以平面EGF∥平面ABD.（3）解：由（1）（2）知，是平面EGF和平面ABD的法向量.因为平面EGF∥平面ABD，所以点E到平面ABD的距离就是两平面的距离，设为d.因为=(0，0，3)，=(0，2，2)，所以d=.即两平面间的距离为.4．（2020·全国高二课时练习）在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，，，分别为，的中点，如图所示.求点到平面的距离.【答案】【解析】取的中点，连接，.∵，，∴，.∵平面平面，平面平面，∴平面.又平面，∴.如图所示，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，.∴，，.设为平面的一个法向量，则取，则，，∴.∴点到平面的距离.5．（2020·江苏常熟.高二期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且.（1）求异面直线与所成角余弦的大小；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）连交于，连，平面，所以，在中，，又因为底面是矩形，所以为中点，，所以，因为是上一点，且，所以为中点，，所以（或补角）就为与所成的角，因为,所以平面，，，所以异面直线与所成角余弦值为；（2）解1：过做于，平面，所以，所以平面，为点到平面的距离，在中，，又是中点，所以点到平面的距离为．解2：因为，平面，所以，在中，，所以，设点到平面的距离为，则，由，得，所以．又是中点，所以点到平面的距离为．解法二：分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，（1）则，，，设，则，所以，由，知，所以，为中点，所以，，．所以异面直线与所成角的余弦值为．（2），，设平面的法向量为，由，得，所以，取，得，所以是平面的一个法向量．所以点到平面的距离为．6．（2020·安徽）如图，边长为的等边所在平面与菱形所在平面互相垂直，，为线段的中点.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为四边形为菱形，所以.又因为，所以，即为等边三角形.因为，为线段的中点，所以.因为，为线段的中点，所以.又因为，所以平面.又因为，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）因为平面平面，且，所以平面.以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：，，，，则，，，设平面的法向量，则，令，则所以点到平面的距离.7.（2020·福建）如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E在PA线段上，PC平面BDE（1）请确定点E的位置；并说明理由.（2）若是等边三角形，，平面PAD平面ABCD，四棱锥的体积为，求点E到平面PCD的距离.【答案】（1）点为的中点，理由见解析（2）【解析】（1）连接AC交BD于M，如图，当E为AP的中点时，点M为AC的中点.∴在中，，平面BDE，平面BDE.∴平面BDE.（2）是等边三角形，，平面平面ABCD，以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，设，四棱锥的体积为，，解得．0，，0，，0，，0，，6，．0，，6，，0，，设平面PCD的法向量，则，取，得0，，到平面PCD的距离．第一章空间向量与立体几何章末测试注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(每题只有一个正确的选项，5分/题，共40分）1．（2020·宜昌天问教育集团高二期末）在正四面体中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为()A． B．1 C． D．【答案】A【解析】如图所示由正四面体的性质可得：可得：是棱中点故选：【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型.2．（2020·宜昌高二期末）已知（2，1，﹣3），（﹣1，2，3），（7，6，λ），若P，A，B，C四点共面，则λ＝（）A．9 B．﹣9 C．﹣3 D．3【答案】B【解析】由P，A，B，C四点共面，可得共面，，，解得.故选:B.3．（2020·全国高二课时练习）下列说法正确的是（）A．任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底B．空间的基底有且仅有一个C．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底D．基底中基向量与基底基向量对应相等【答案】C【解析】项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基底,所以错.项，空间基底有无数个,所以错.项中因为基底不唯一，所以错.故选.4．（2020·全国高二课时练习）若直线的方向向量为,平面的法向量为,则()A． B． C． D．与相交【答案】C【解析】∵直线l的方向向量为，平面的法向量为，∴，∴，∴．故选C．5．（2020·河北新华.石家庄二中高一期末）在正方体中，分别为，的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为，则，∴．则．∴异面直线与所成角的余弦值为,故选A．6．（2020·吉化第一高级中学校）已知正四棱柱中，，则CD与平面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，面积为7．（2020·延安市第一中学高二月考）在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，0，2），∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为故选：D．8．（2019·黑龙江大庆四中高二月考）已知空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，由点在直线上，可得存在实数使得，即，可得,所以,则，根据二次函数的性质，可得当时，取得最小值，此时.故选：C.二、多选题(每题不止一个正确的选项，5分/题，共20分）9．（2020·河北省盐山中学高一期末）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（）A． B．平面平面C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为【答案】CD【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，因为，所以与不垂直，故A错误；，设平面的一个法向量为，则由，得，所以，不妨取，则，所以，同理可得设平面的一个法向量为，故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；在长方体中，平面，故是三棱锥的高，所以，故C正确；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.故选：CD.10．（2020·福建厦门。高二期末）正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，则下列结论正确的是（）A． B．平面平面C．面AEF D．二面角的大小为【答案】BC【解析】由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，则各点坐标如下：，设平面的法向量为，则，即，令，得，得平面的法向量为，所以，所以平面，则选项正确；由图可知，平面，所以是平面的法向量，则.得知二面角的大小不是，所以不正确.故选：BC.11．（2020·江苏通州。高二期末）设，，是空间一个基底，则()A．若⊥，⊥，则⊥B．则，，两两共面，但，，不可能共面C．对空间任一向量，总存在有序实数组(x，y，z)，使D．则＋，＋，＋一定能构成空间的一个基底【答案】BCD【解析】对于A选项，与都垂直，夹角不一定是，所以A选项错误.对于B选项，根据基底的概念可知，，两两共面，但，，不可能共面.对于C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确.对于D选项，由于，，是空间一个基底，所以，，不共面.假设＋，＋，＋共面，设，化简得，即，所以，，共面，这与已知矛盾，所以＋，＋，＋不共面，可以作为基底.所以D选项正确.故选：BCD12．（多选题）如图，在菱形中，，，将沿对角线翻折到位置，连结，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．与平面所成的最大角为B．存在某个位置，使得C．当二面角的大小为时，D．存在某个位置，使得到平面的距离为【答案】BC【解析】如图所示：A项：取的中点，连结、，因为四边形是菱形，是线段的中点，所以,平面，平面，所以平面，所以平面，所以在平面的射影为，即与平面所成角，，三角形是等腰三角形，当时，与平面所成角为，故A错误；B项：当时，取的中点，可得，，故平面，，故B正确；C项：因为四边形是菱形，是线段的中点，所以，，因