第三章 空间向量与立体几何(B)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．空间四个点O 、A 、B 、C ，OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，则下列说法不正确的是( ) A ．O 、A 、B 、C 四点不共线B ．O 、A 、B 、C 四点共面，但不共线 C ．O 、A 、B 、C 四点中任意三点不共线D ．O 、A 、B 、C 四点不共面2．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则〈a ，b 〉等于( ) A ．30° B ．60° C ．90° D ．45°3．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°4．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋x AB →＋y AD →，则x ，y 的值分别为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝135．设E ，F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A 1ECF 成60°角的对角线的数目是( ) A ．0 B ．2 C ．4 D ．66．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥ BD →.其中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 7．已知a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)且a·b ＝2，则x 的值是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．68．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定 9．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 10．若向量a ＝(2,3，λ)，b ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，63的夹角为60°，则λ等于( )A.2312B.612C.23612 D ．－2361211．已知OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA →·QB →取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫12，34，13B.⎝⎛⎭⎫12，32，34C.⎝⎛⎭⎫43，43，83D.⎝⎛⎭⎫43，43，73 12．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，平面A 1BD 与平面C 1BD 所成二面角的余弦值为( ) A.12 B.32 C.1 D.3二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝________.14．若A ⎝⎛⎭⎫0，2，198，B⎝⎛1，－1，58，C ⎝⎛⎭⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝__________.15．平面α的法向量为m ＝(1,0，－1)，平面β的法向量为n ＝(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为__________． 16.在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，点D 是A 1C 1的中点，则异面直线AD 和BC 1所成角的大小为________． 三、解答题(本大题共6小题，共70分) 17．(10分)如图，已知ABCD —A 1B 1C 1D 1是平行六面体．设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC 1B 1对角线BC 1上的34分点，设MN →＝αAB →＋βAD →＋γAA 1→，试求α、β、γ的值．18.(12分)如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为2a 的菱形，且SA ＝SC ＝2a ，SB ＝SD ＝2a ，点E 是SC 上的点，且SE ＝λa (0<λ≤2)． (1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有BD ⊥AE ；(2)若SC ⊥平面BED ，求直线SA 与平面BED 所成角的大小．19.(12分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求a 和b 的夹角θ的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．20．(12分)如图所示，在三棱锥S—ABC中，SO⊥平面ABC，侧面SAB与SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC的中点，求二面角A—SC—B的余弦值．21.(12分)如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，P A⊥平面ABCD，P A＝AB＝2，BC ＝4，E是PD的中点．(1)求证：平面PDC⊥平面PAD；(2)求点B到平面PCD的距离．22．(12分)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P—AC—D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．第三章 空间向量与立体几何(B)1．B2．B [由已知⎩⎪⎨⎪⎧(a ＋3b )·(7a －5b )＝0(a －4b )·(7a －2b )＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋16a·b －15b 2＝0 ①7a 2－30a·b ＋8b 2＝0 ② 由①－②可得a·b ＝12b 2，代入①可得a 2＝b 2，∴cos 〈a·b 〉＝a·b |a||b |＝12.∴〈a ，b 〉＝60°.]3．C [AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝332·2＝12，∴〈AB →，AC →〉＝60°.]4．C [AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12(A 1B 1→＋A 1D 1→)＝AA 1→＋12AB →＋12AD →，由空间向量的基本定理知，x ＝y ＝12.]5．C6．C [∵AB →·AP →＝－2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB ，①正确； ∵AP →·AD →＝－4＋4＝0，∴AP ⊥AD ，②正确；由①②知AP →是平面ABCD 的法向量，∴③正确，④错误．] 7．C8．B [△BCD 中，BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →)＝AB →2>0.∴∠B 为锐角，同理，∠C ，∠D 均为锐角，∴△BCD 为锐角三角形．] 9．C[建系如图，设AB ＝1，则B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)． ∴BA 1→＝(－1,0,1)， A C 1→＝(0,1,1)∴cos 〈BA 1→，A C 1→〉＝＝12·2＝12. ∴〈BA 1→，A C 1→〉＝60°，即异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.]10．C [∵a ＝(2,3，λ)，b ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，63，∴a·b ＝63λ＋1，|a |＝λ2＋13，|b |＝263，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝63λ＋1λ2＋13·263＝12.∴λ＝23612.]11．C [∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则QA →＝(1－x ，2－x,3－2x )，QB →＝(2－x,1－x,2－2x )．∴QA →·QB →＝6x 2－16x ＋10，∴x ＝43时，QA →·QB →最小，这时Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83.] 12．C [以点D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A 1C →＝(－1,1，－1)，A C 1→＝(－1,1,1)． 可以证明A 1C ⊥平面BC 1D ，AC 1⊥平面A 1BD .又cos 〈A C 1→，A 1C →〉＝13，结合图形可知平面A 1BD 与平面C 1BD 所成二面角的余弦值为13.]13．2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. 14．2∶3∶(－4)解析 AB →＝⎝⎛⎭⎫1，－3，－74，AC →＝⎝⎛－2，－1，－74，由a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，得⎩⎨⎧x ＝23y z ＝－43y，x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝⎛⎭⎫－43y ＝2∶3∶(－4)． 15．60°或120°解析 ∵cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，∴〈m ，n 〉＝120°，即平面α与β所成二面角的大小为60°或120°. 16.π6 解析建立如图所示坐标系，则AD →＝(－1,1，－2)， B C 1→＝(0,2，－2)，∴cos 〈AD →，B C 1→〉＝622·6＝32，∴〈AD →，B C 1→〉＝π6.即异面直线AD 和BC 1所成角的大小为π6.17．解 ∵MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34B C 1→＝12(AB →－AD →)＋34(CC 1→－CB →) ＝12(AB →－AD →)＋34(AA 1→＋AD →) ＝12AB →－12AD →＋34AA 1→＋34AD → ＝12AB →＋14AD →＋34AA 1→， ∴α＝12，β＝14，γ＝3418．(1)证明 连结BD ，AC ，设BD 与AC 交于O .由底面是菱形，得BD ⊥AC . ∵SB ＝SD ，O 为BD 中点， ∴BD ⊥SO .又AC ∩SO ＝O ， ∴BD ⊥面SAC .又AE ⊂面SAC ，∴BD ⊥AE . (2)解 由(1)知BD ⊥SO ，同理可证AC ⊥SO ，∴SO ⊥平面ABCD .取AC 和BD 的交点O 为原点建立如图所示的坐标系，设SO ＝x ， 则OA ＝4a 2－x 2，OB ＝2a 2－x 2. ∵OA ⊥OB ，AB ＝2a ，∴(4a 2－x 2)＋(2a 2－x 2)＝4a 2，解得x ＝a .∴OA ＝3a ，则A (3a,0,0)，C (－3a,0,0)，S (0,0，a )．∵SC ⊥平面EBD ，∴SC →是平面EBD 的法向量． ∴SC →＝(－3a,0，－a )，SA →＝(3a,0，－a )．设SA 与平面BED 所成角为α，则sin α＝＝|－3a 2＋a 2|3＋1a ·3＋1a ＝12，即SA 与平面BED 所成的角为π6.19．解 a ＝AB →＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b ＝AC →＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．(1)cos θ＝a·b |a|b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 与b 的夹角θ的余弦值为－1010. (2)k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)， k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)， ∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4) ＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0.即2k 2＋k －10＝0，∴k ＝－52或k ＝2.20．解以O 为坐标原点，射线OB ，OA ，OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)，A (0,1,0)，S (0,0,1)，SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12. 故MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛12，1，－12，SC →＝(－1,0，－1)，所以MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0. 即MO ⊥SC ，MA ⊥SC .故〈MO →，MA →〉为二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝＝33. 即二面角A —SC —B 的余弦值为3321.(1)证明 如图，以A 为原点，AD 、AB 、AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则依题意可知A (0,0,0)，B (0,2,0)， C (4,2,0)，D (4,0,0)，P (0,0,2)． ∴PD →＝(4,0，－2)，CD →＝(0，－2,0)，PA →＝(0,0，－2)． 设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝04x －2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝12，所以平面PCD 的一个法向量为⎝⎛⎭⎫12，0，1.∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AB ，又∵AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面P AD .∴平面PAD 的法向量为AB →＝(0,2,0)．∵n ·AB →＝0，∴n ⊥AB →. ∴平面PDC ⊥平面P AD .(2)解 由(1)知平面PCD 的一个单位法向量为n|n|＝⎝⎛⎭⎫55，0，255.∴＝⎪⎪⎪⎪(4，0，0)·⎝⎛⎭⎫55，0，255＝455， ∴点B 到平面PCD 的距离为455.22．(1)证明 连结BD ，设AC 交BD 于点O ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 点为坐标原点，OB →、OC →、OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz 如图所示．设底面边长为a ，则高SO ＝62a .于是S (0,0，62a )，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，B⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ， ∴OC →·SD →＝0.∴OC ⊥SD ，即AC ⊥SD .(2)解 由题意知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎫0，0，62a ， 设所求二面角为θ，则cos θ＝＝32， 故所求二面角P —AC —D 的大小为30°.(3)解 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .由(2)知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ， BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0, 设CE →＝t CS →，则 BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋t CS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at . 由 BE →·DS →＝0，得t ＝13， 即当SE ∶EC ＝2∶1时， BE →⊥DS →而BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC .。