2021新教材選擇性必修1完美題型精練（同步學(xué)習(xí)培優(yōu)61個題型完美練透）

2021新教材選擇性必修1完美題型精練202/202目錄TOC\o"1-3"\h\u55331.1空間向量及其運算 28781【題組一概念的辨析】 231843【題組二空間向量的線性運算】 424864【題組三空間向量的共面問題】 916287【題組四空間向量的數(shù)量積】 1133101.2空間向量的基本定理 1632208【題組一基底的判斷】 1610028【題組二基底的運用】 1825534【題組三基本定理的運用】 20158801.3空間向量及其坐標的運算 234444【題組一空間向量的坐標運算】 2331284【題組二坐標運算在幾何中的運用】 2615070【題組三最值問題】 30236161.4.1空間向量應(yīng)用（一） 313885【題組一平面法向量的求解】 3111674【題組二空間向量證平行】 3230569【題組三空間向量證明垂直】 3427271.4.2空間向量應(yīng)用（二） 387965【題組一空間向量求線線角】 3822167【題組二空間向量求線面角】 4129508【題組三空間向量求二面角】 4811999【題組四空間向量求距離】 5530296第一章空間向量與立體幾何章末測試 64254712.1直線的斜率與傾斜角 8431234【題組一傾斜角】 8425216【題組二斜率】 864902【題組三傾斜角與斜率綜合運用】 8614407【題組四直線平行】 88856【題組五直線垂直】 8950492.2直線方程 9127397【題組一點斜式方程】 9129764【題組二斜截式方程】 9129137【題組三兩點式方程】 926459【題組四截距式方程】 9316123【題組五一般式方程】 9417717【題組六直線方程綜合運用】 95106912.3直線的交點及距離公式 9815698【題組一直線的交點】 982602【題組二三種距離問題】 10027524【題組三對稱問題】 10152502.4圓的方程 1031109【題組一圓的方程】 10316037【題組二根據(jù)圓的方程求參數(shù)】 10521449【題組三點與圓的位置關(guān)系】 10725555【題組四對稱問題】 10912865【題組五求軌跡方程】 110175382.5直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 11227024【題組一直線與圓的位置關(guān)系】 11210660【題組二弦長】 11321409【題組三圓與圓的位置關(guān)系】 11528465【題組四切線】 1161884第二章直線和圓的方程 11961383.1.1橢圓 13119889【題組一橢圓的定義】 13123820【題組二橢圓定義的運用】 13410220【題組三橢圓的標準方程】 13632042【題組四離心率】 140147863.1.2橢圓 14329998【題組一直線與橢圓的位置關(guān)系】 14315548【題組二弦長】 14420556【題組三點差法】 14840643.2.1雙曲線 15130601【題組一雙曲線的定義】 15119919【題組二雙曲線定義的運用】 15325069【題組三雙曲線標準方程】 15625779【題組四雙曲線的漸近線】 158212993.2.2雙曲線 16018092【題組一雙曲線的離心率】 1601284【題組二直線與雙曲線的位置關(guān)系】 16316035【題組三弦長】 16514081【題組四點差法】 16852873.3拋物線 17117447【題組一拋物線的定義】 17117983【題組二拋物線的標準方程】 1744183【題組三直線與拋物線的位置關(guān)系】 17831329【題組四弦長】 18030463【題組五定點定值】 18221984第三章章末測試 1861.1空間向量及其運算【題組一概念的辨析】1．（2020·遼寧沈陽.高二期末）在下列結(jié)論中：①若向量共線，則向量所在的直線平行；②若向量所在的直線為異面直線，則向量一定不共面；③若三個向量兩兩共面，則向量共面；④已知空間的三個向量，則對于空間的任意一個向量總存在實數(shù)x，y，z使得.其中正確結(jié)論的個數(shù)是()A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】平行向量就是共線向量，它們的方向相同或相反，未必在同一條直線上，故①錯．兩條異面直線的方向向量可通過平移使得它們在同一平面內(nèi)，故②錯，三個向量兩兩共面，這三個向量未必共面，如三棱錐中，兩兩共面，但它們不是共面向量，故③錯．根據(jù)空間向量基本定理，需不共面，故④錯．綜上，選A．2（2019·全國高二）下列說法中正確的是（）A．若，則，的長度相等，方向相同或相反B．若向量是向量的相反向量，則C．空間向量的減法滿足結(jié)合律D．在四邊形中，一定有【答案】B【解析】對于A,向量的模相等指的是向量的長度相等,方向具有不確定性,因而不一定方向相同或相反,所以A錯誤.對于B,相反向量指的是大小相等,方向相反的兩個向量.因而相反向量滿足模長相等,所以B正確.對于C,減法結(jié)合律指的是,因而由運算可得空間向量減法不滿足結(jié)合律.所以C錯誤.對于D滿足的一定是平行四邊形,一般四邊形是不滿足的,因而D錯誤.綜上可知,正確的為B，故選:B3．（2020·陜西新城.西安中學(xué)高二期末（理））給出下列命題：①若空間向量滿足，則；②空間任意兩個單位向量必相等；③對于非零向量，由，則；④在向量的數(shù)量積運算中.其中假命題的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】對于①，空間向量的方向不一定相同，即不一定成立，故①錯誤；對于②，單位向量的方向不一定相同，故②錯誤；對于③，取，，，滿足，且，但是，故③錯誤；對于④，因為和都是常數(shù)，所以和表示兩個向量，若和方向不同則和不相等，故④錯誤.故選：D.4．（2019·長寧.上海市延安中學(xué)高二期中）給出以下結(jié)論：①空間任意兩個共起點的向量是共面的；②兩個相等向量就是相等長度的兩條有向線段表示的向量；③空間向量的加法滿足結(jié)合律：；④首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起點指向末尾向量的終點的向量.請將正確的說法題號填在橫線上：__________.【答案】①③④【解析】①中，兩個向量共起點，與兩向量終點共有個點，則點共面，可知兩向量共面，①正確；②中，兩個相等向量需大小相等，方向相同，②錯誤；③中，空間向量加法滿足結(jié)合律，③正確；④中，由向量加法的三角形法則可知④正確.故答案為：①③④【題組二空間向量的線性運算】1．（2020·遼寧沈陽.高二期末）如圖，在正方體中，點分別是面對角線A1B與B1D1的中點,若=a,=b,=c,則=（）A． B．C． D．【答案】D【解析】根據(jù)向量的線性運算所以選D2．（2020·全國高二）在四面體中，點在上，且，為中點，則等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】.故選：B3（2020·山東章丘四中高二月考）如圖所示，在空間四邊形中，，點在上，且為中點，則（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由向量的加法和減法運算：.故選：B4．（2020·山東德州.高二期末）如圖，平行六面體中，與的交點為，設(shè)，，，則下列選項中與向量相等的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】如圖所示，，，，，，，，故選：．5．（2020·陜西王益.高二期末（理））如圖，在空間四邊形ABCD中，E，M，N分別是邊BC，BD，CD的中點，DE，MN交于F點，則（）A． B． C． D．【答案】B【解析】是邊的中點，；；故選：．6．（2019·江蘇省蘇州實驗中學(xué)高二月考）平行六面體中，，則實數(shù)x，y，z的值分別為()A． B． C． D．【答案】C【解析】,.故選:C.7．（2020·湖北黃石.高二期末）如圖，已知空間四邊形，其對角線為，分別是對邊的中點，點在線段上，，現(xiàn)用基向量表示向量，設(shè)，則的值分別是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】，，故選：8．（2020·全國高二課時練習(xí)）在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知下列各式：①(＋)＋1；②(＋)＋；③(＋)＋；④(＋)＋.其中運算的結(jié)果為的有___個.【答案】4【解析】根據(jù)空間向量的加法運算以及正方體的性質(zhì)逐一進行判斷：①(＋)＋＝＋＝；②(＋)＋＝＋＝；③(＋)＋＝＋＝；④(＋)＋＝＋＝.所以4個式子的運算結(jié)果都是.故答案為：4.9．（2020·江蘇省如東高級中學(xué)高一月考）在四面體中，、分別是、的中點，若記，，，則______.【答案】【解析】在四面體中，、分別是、的中點，則.故答案為：.10．（2020·全國高二課時練習(xí)）已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，若點F是側(cè)面CD1的中心，且則m，n的值分別為()A．，－ B．－，－ C．－， D．，【答案】A【解析】由于，所以.故選：A【題組三空間向量的共面問題】1．（2020·漣水縣第一中學(xué)高二月考）是空間四點，有以下條件：①；②；③；④，能使四點一定共面的條件是______【答案】④【解析】對于④，，由空間向量共面定理可知四點一定共面，①②③不滿足共面定理的條件.故答案為：④2．（2019·江蘇海安高級中學(xué)高二期中（理））設(shè)空間任意一點和不共線三點，且點滿足向量關(guān)系，若四點共面，則______．【答案】【解析】因為四點共面，三點不共線，所以因為，因為是任意一點，故可不共面，所以，故.故答案為：13．（2020·全國高二課時練習(xí)）對于空間任意一點和不共線的三點，，，有如下關(guān)系：，則（）A．四點，，，必共面 B．四點，，，必共面C．四點，，，必共面 D．五點，，，，必共面【答案】B【解析】因為，所以，即，根據(jù)共面向量基本定理，可得，，共面，所以，，，，四點共面．故選：B．4．（2020·寧陽縣第四中學(xué)高二期末）對于空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，有如下關(guān)系：，則（）A．四點O，A，B，C必共面B．四點P，A，B，C必共面C．四點O，P，B，C必共面D．五點O，P，A，B，C必共面【答案】B【解析】由已知得，而，四點、、、共面．故選：．5．（2020·四川閬中中學(xué)高二月考（理））為空間任意一點,三點不共線,若=,則四點（）A．一定不共面 B．不一定共面C．一定共面 D．無法判斷【答案】C【解析】因為=，且，所以四點共面.6．（2019·建甌市第二中學(xué)高二月考）已知、、三點不共線，對平面外的任一點，下列條件中能確定點與點、、一定共面的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】若，故可得即，則，故,整理得,又因為共面，故可得共面，而其它選項不符合，即可得四點共面.故選：B.7．（2020·西夏.寧夏育才中學(xué)高二期末（理））已知為空間任意一點，若，則四點（）A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．無法判斷【答案】B【解析】由若，當(dāng)且僅當(dāng)時，四點共面．，而故四點共面，故選B【題組四空間向量的數(shù)量積】1．（2020·山東新泰市第一中學(xué)高一期中）如圖，平行六面體中，，，，則（）A． B． C． D．【答案】D【解析】，,.故選：D2．（2020·四川遂寧.高三三模（理））如圖，平行六面體中，，，，，，則的長為_____．【答案】【解析】平行六面體中，，，，，，．．故答案為：．3．（2020·全國高二課時練習(xí)）如圖，分別是四面體的棱的中點，是的三等分點．（1）用向量，，表示和．（2）若四面體的所有棱長都等于1，求的值．【答案】（1）,（2）.【解析】（1），∴（2）四面體的所有棱長都等于1，各面為等邊三角形,，，4.．（2020·全國高二課時練習(xí)）如圖，三棱柱中，底面邊長和側(cè)棱長都等于1，．（1）設(shè)，，，用向量，，表示，并求出的長度；（2）求異面直線與所成角的余弦值．【答案】（1）；；（2）.【解析】解：（1），又，同理可得，則．（2）因為，所以，因為，所以．則異面直線與所成角的余弦值為．5．（2020·全國高二課時練習(xí)）如圖，三棱柱中，底面邊長和側(cè)棱長都相等，，則異面直線與所成角的余弦值為_____________【答案】【解析】三棱柱中，底面邊長和側(cè)棱長都相等，，設(shè)棱長為1，則，，.又，，所以而，，所以.故答案為：.6.如圖3-1-22所示，在空間四邊形OABC中，OA，OB，OC兩兩成60°角，且OA＝OB＝OC＝2，E為OA的中點，F(xiàn)為BC的中點，試求E，F(xiàn)間的距離．圖3-1-22【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(xiàn)間的距離為eq\r(2).7.如圖，已知線段AB⊥平面α，BC?α，CD⊥BC，DF⊥平面α，且∠DCF＝30°，D與A在α的同側(cè)，若AB＝BC＝CD＝2，求A，D兩點間的距離．【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兩點間的距離為2eq\r(2).1.2空間向量的基本定理【題組一基底的判斷】1．（2020·山東微山縣第二中學(xué)高二月考）已知，，是不共面的三個向量，則能構(gòu)成一個基底的一組向量是（）A．2，﹣，+2 B．2，﹣，+2C．，2，﹣ D．，+，﹣【答案】C【解析】對于A，因為2=（﹣）+（+2），得2、﹣、+2三個向量共面，故它們不能構(gòu)成一個基底，A不正確；對于B，因為2=（﹣）+（+2），得2、﹣、+2三個向量共面，故它們不能構(gòu)成一個基底，B不正確；對于C，因為找不到實數(shù)λ、μ，使=λ?2+μ（﹣）成立，故、2、﹣三個向量不共面，它們能構(gòu)成一個基底，C正確；對于D，因為=（+）﹣（﹣），得、+、﹣三個向量共面，故它們不能構(gòu)成一個基底，D不正確故選：C．2．（2018·安徽六安一中高二期末（理））已知點為空間不共面的四點，且向量，向量，則與，不能構(gòu)成空間基底的向量是（）A． B． C． D．或【答案】C【解析】∵，即與，共面，∴與，不能構(gòu)成空間基底；故選C.3．已知是空間向量的一個基底，則與向量+，-可構(gòu)成空間向量基底的是()A． B．C．+2 D．+2【答案】D【解析】由題意，向量都有向量為共面向量，因此A、B、C都不符合題意，只有向量與向量屬于不共面向量，所以可以構(gòu)成一個空間的基底，故選D.4．（2020·南昌市八一中學(xué)高二期末（理））為空間向量的一組基底，則下列各項中，能構(gòu)成空間向量的基底的一組向量是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】對于A，因為，所以共面，不能構(gòu)成基底，排除A，對于B，因為，所以共面，不能構(gòu)成基底，排除B，對于D，，所以共面，不能構(gòu)成基底，排除D，對于C，若共面，則，則共面，與為空間向量的一組基底相矛盾，故可以構(gòu)成空間向量的一組基底，故選：C5．（2018·江西南昌二中高二期中（理））若為空間向量的一組基底，則下列各項中，能構(gòu)成空間向量的基底的一組向量是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】共面，故不能作為基底，故錯誤；共面，故不能作為基底，故錯誤；不共面，故可以作為基底，故正確；共面，故不能作為基底，故錯誤，故選C.【題組二基底的運用】1．（2020·天水市第一中學(xué)高二月考（理））如圖，平行六面體中，與交于點，設(shè)，則（）A． B．C． D．【答案】D【解析】，，，∴，故選D．2．（2020·全國高一課時練習(xí)）若是空間的一個基底，，，，，，則，，的值分別為（）A．，， B．，，C．，， D．，1，【答案】A【解析】，由空間向量基本定理，得∴，，.3（2020·山東沂.高二期末）如圖所示，，分別是四面體的邊，的中點，是靠近的三等分點，且，則__．【答案】【解析】因為，分別是四面體的邊，的中點，是靠近的三等分點，所以，，，，所以，，，，故答案為：．4．（2019·江蘇鼓樓.南京師大附中高二期中）在正方體中，點O是的中點，且，則的值為________.【答案】【解析】在正方體中得，又因為所以所以.故答案為：【題組三基本定理的運用】1．已知，，三點不共線，對平面外的任一點，若點滿足．（1）判斷，，三個向量是否共面；（2）判斷點是否在平面內(nèi)．【答案】（1）共面（2）點在平面內(nèi)．【解析】（1）如圖，為的重心）為的三等分點）設(shè)中點為，則可知在上，且為的重心故知共面（2）由（1）知共面且過同一點.所以四點共面，從而點在平面內(nèi)．2．已知直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為________．【答案】【解析】如圖所示,將直三棱柱補成直四棱柱,連接,則,所以或其補角為異面直線AB1與BC1所成的角．因為,所以,.在中,,所以所以故答案為:3．如圖所示，在平行四邊形中，，，將它沿對角線折起，使與成角，求點與點之間的距離．【答案】或∴，∴或，故點與點之間的距離為或．4.已知空間四邊形OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC，且OA＝OB＝OC，M，N分別是OA，BC的中點，G是MN的中點，求證：OG⊥BC．【答案】見解析【解析】連接ON，設(shè)∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，又設(shè)eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，則|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空間向量及其坐標的運算【題組一空間向量的坐標運算】1．（2020·全國高二）已知點，向量，則點坐標是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)點，則向量，所以，所以點.故選：D2．（2019·浙江高二學(xué)業(yè)考試）設(shè)點．若，則點B的坐標為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)點B的坐標為，則，∵，∴，解得，故選：C．3．（2020·綿竹市南軒中學(xué)高二月考（理））若，，，則的值為（）A． B．5 C．7 D．36【答案】B【解析】，.故選：B4．（2019·包頭市第四中學(xué)高二期中（理））若直線的方向向量為，平面的法向量為，則可能使的是（）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.故選D5．（2020·南京市秦淮中學(xué)高二期末）對于任意非零向量，，以下說法錯誤的有()A．若，則B．若，則C．D．若，則為單位向量【答案】BD【解析】對于A選項，因為，則，A選項正確；對于B選項，若，且，，若，但分式無意義，B選項錯誤；對于C選項，由空間向量數(shù)量積的坐標運算可知，C選項正確；對于D選項，若，則，此時，不是單位向量，D選項錯誤.故選：BD.6（2020·江蘇連云港高二期末）已知點P是△ABC所在的平面外一點，若＝(﹣2，1，4)，＝(1，﹣2，1)，＝(4，2，0)，則（）A．AP⊥AB B．AP⊥

BP C．BC＝ D．AP//

BC【答案】AC【解析】因為，故A正確；，，故B不正確；，，故C正確；，，各個對應(yīng)分量的比例不同，故D不正確。故選:AC。7（2020·全國高二課時練習(xí)）已知向量.（1）計算和.（2）求.【答案】（1）；；（2）.【解析】（1）因為向量所以，所以（2）因為，所以8．（2020·吳起高級中學(xué)高二月考（理））已知空間三點，設(shè).（1）的夾角的余弦值；（2）若向量互相垂直，求實數(shù)的值；（3）若向量共線，求實數(shù)的值.【答案】（1）；（2）或；（3）或.【解析】（1）已知空間三點，（2）若向量互相垂直，又，則解得：或（3）向量共線，又當(dāng)時，當(dāng)時，，成立，當(dāng)時，，不成立，故：或【題組二坐標運算在幾何中的運用】1．（2020·全國高二課時練習(xí)）棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是DD1，BD，BB1的中點.（1）求證：EF⊥CF；（2）求與所成角的余弦值；（3）求CE的長.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz則所以（1）證明：因為，所以，即EF⊥CF.（2）因為.（3）2．（2019·全國高二）棱長為1的正方體中，，，分別是，，的中點．（1）求證：；（2）求與所成角的余弦值；（3）求的長．【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）.【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系則,,,,.所以,,,.（1）證明：因為所以即（2）因為由向量夾角的求法可得∴（3）根據(jù)空間中兩點的距離公式可得.3．（2020·全國高二課時練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為A1D1，BB1的中點，則____，EF=____.

【答案】【解析】以A為原點，AB，AD，AA1分別為x軸、y軸、z軸建立直角坐標系設(shè)正方體棱長為1，則.故答案為：；4．（2020·全國高二課時練習(xí)）如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為D1C1，B1C1的中點，若以為基底，則向量的坐標為___，向量的坐標為___，向量的坐標為___.

【答案】【解析】因為，所以向量的坐標為.因為，所以向量的坐標為.因為，所以向量的坐標為.故答案為：；；【題組三最值問題】1．（2019·全國高一課時練習(xí)）在平面內(nèi)的直線上求一點，使點到點的距離最小，并求出此最小值．【答案】點的坐標為時，【解析】設(shè)，則．所以當(dāng)，即點的坐標為時，．2．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，點G與E分別是A1B1和CC1的中點，點D與F分別是AC和AB上的動點．若GD⊥EF，則線段DF長度的最小值為______________.

【答案】【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0),E(0,2,1),G(1,0,2),設(shè)F(x,0,0),D(0,y,0)，則,，由于GD⊥EF，所以，所以，故，所以當(dāng)時，線段DF長度取得最小值，且最小值為．故答案為：1.4.1空間向量應(yīng)用（一）【題組一平面法向量的求解】1．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，則下列向量是平面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】設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y(tǒng)＝z.故選C.2．（2018·浙江高三其他）平面的法向量，平面的法向量，則下列命題正確的是（）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，因為，所以兩個平面垂直．故選：．3．（2019·山東歷下.濟南一中高二期中）在平面ABCD中，，，，若，且為平面ABCD的法向量，則等于（）A．2 B．0 C．1 D．無意義【答案】C【解析】由題得，，，又為平面ABCD的法向量，則有，即，則，那么.故選：C【題組二空間向量證平行】1．（2019·安徽埇橋，北大附宿州實驗學(xué)校高二期末（理））已知平面的法向量是，平面的法向量是，若//，則的值是（）A． B．-6 C．6 D．【答案】C【解析】因為//，故可得法向量與向量共線，故可得，解得.故選：C.2（2019·樂清市知臨中學(xué)高二期末）已知平面α的一個法向量是，，則下列向量可作為平面β的一個法向量的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】平面α的一個法向量是，，設(shè)平面的法向量為，則，對比四個選項可知，只有D符合要求，故選：D.3.（2020.廣東.華僑中學(xué)）如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，則M點的坐標為()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】設(shè)AC與BD相交于O點，連接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對角線的交點，∴M為線段EF的中點．在空間直角坐標系中，E(0，0，1)，F(xiàn)(eq\r(2)，eq\r(2)，1)．由中點坐標公式，知點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).4.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．MN在平面BB1C1C內(nèi)【答案】B【解析】以點C1為坐標原點，分別以C1B1，C1D1，C1C所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由于A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，則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)為平面BB1C1C的一個法向量．因為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.【題組三空間向量證明垂直】1．（2019·湖北孝感.高二期中（理））已知向量，平面的一個法向量，若，則（）A．， B．， C． D．【答案】A【解析】因為，所以，由，得，.故選A2．（2020·宜昌市人文藝術(shù)高中（宜昌市第二中學(xué)）高二月考）已知直線的一個方向向量，平面的一個法向量，若，則______．【答案】【解析】，，且，，，解得，.因此，.故答案為：.3．（2020·陜西富平.期末（理））若直線l的方向向量為，平面的法向量為，則直線l與平面的位置關(guān)系是（）A． B． C． D．l與斜交【答案】B【解析】由題得，，則，又是平面的法向量，是直線l的方向向量，可得.故選：B4.如圖，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB.求證：平面BCE⊥平面CDE.【答案】【解析】設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，以A為原點，分別以AC，AB所在直線為x軸，z軸，以過點A垂直于AC的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則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)．設(shè)平面BCE的法向量為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)．設(shè)平面CDE的法向量為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)．因為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.如圖所示，已知四棱錐P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，側(cè)面PBC⊥底面ABCD.證明：(1)PA⊥BD；(2)平面PAD⊥平面PAB.【答案】見解析【解析】(1)取BC的中點O，連接PO，∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC為等邊三角形，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO?平面PBC，∴PO⊥底面ABCD.以BC的中點O為坐標原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．不妨設(shè)CD＝1，則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的中點M，連接DM，則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·林州模擬)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．(1)求證：EF⊥CD；(2)在平面PAD內(nèi)求一點G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論．【答案】見解析【解析】(1)證明如圖，以D為原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，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)解設(shè)G(x，0，z)，則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，則需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點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即G為AD的中點．1.4.2空間向量應(yīng)用（二）【題組一空間向量求線線角】1．（2020·宜昌天問教育集團高二期末）如圖，將兩個全等等腰直角三角形拼成一個平行四邊形，將平行四邊形沿對角線折起，使平面平面，則直線與所成角余弦值為（）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,所以作軸//,建立空間直角坐標系,如圖設(shè)，所以,則,所以,所以,故選：C.2．（2020·湖北武漢。月考）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由題意可得，故選：D3．（2019·紹興魯迅中學(xué)高二期中）如圖，長方體中，，，、、分別是、、的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（）A．0 B． C． D．【答案】A【解析】如圖,所以所以異面直線與所成角的余弦值,故選：A4．（2019·浙江湖州.高二期中）在正方體中，異面直線與所成的角為（）A． B．C． D．【答案】D【解析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長為1，則A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），＝（﹣1，1，0），＝（﹣1，﹣1，﹣1），設(shè)異面直線AC與B1D所成的角為θ，則cosθ＝＝0，∴θ＝.∴異面直線AC與B1D所成的角為.故選：D.5．（2020·武漢外國語學(xué)校高一月考）如圖，正三棱錐的側(cè)棱長為3，底面邊長為2，則與所成角的余弦值為______.【答案】【解析】設(shè)與的夾角為，則與的夾角也是,則與所成角的余弦值為,故答案為：【題組二空間向量求線面角】1．（2020·江蘇高二）如圖，在三棱錐P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分別為AB，PB中點，PD⊥平面ABC，PD=3.(1)求直線CE與直線PA夾角的余弦值；(2)求直線PC與平面DEC夾角的正弦值.【答案】(1)；(2).【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，易知C(0，0，0)，A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(，，)，P(1，1，3)，,設(shè)直線CE與直線PA夾角為，則整理得；直線CE與直線PA夾角的余弦值；(2)設(shè)直線PC與平面DEC夾角為，設(shè)平面DEC的法向量為，因為，,所以有取，解得，，即面DEC的一個法向量為，，.直線PC與平面DEC夾角的正弦值為.2．（2020·沙坪壩.重慶八中）如圖，四棱臺中，底面是菱形，底面，且60°，，是棱的中點.（1）求證：；（2）求直線與平面所成線面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）因為底面，所以因為底面是菱形，所以,又，所以平面又由四棱臺知，，，，四點共面,所以（2）如圖，設(shè)交于點，依題意，且，，且，又由已知底面，得底面．以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖設(shè)交于點，依題意，且，所以則，，，，由，得,因為是棱中點，所以所以，，設(shè)為平面的法向量則，取，得設(shè)直線與平面所成線面角為，則所以直線與平面所成線面角的正弦值3．（2020·浙江金華.高二期末）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，且平面平面，，分別為線段、的中點.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）作于，連接，如圖所示：由平面平面，且平面平面，得平面，所以.因為，，，所以，，，.在直角三角形中，可得.又，為的中點，所以.（2）以為坐標原點，，為軸，平行的直線為軸建系，，，，，，∴，，.設(shè)是平面的一個法向量，則，取，設(shè)為直線與平面所成角，所以.4（2020·浙江甌海.溫州中學(xué)高二期末）如圖，已知三棱錐，，是邊長為2的正三角形，，，點F為線段AP的中點．（Ⅰ）證明：平面ABC；（Ⅱ）求直線BF與平面PBC所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）證明：在中，，，由余弦定理可得，因為，所以，又，，所以面ABC．（Ⅱ）在平面ABC中，過點C作，以C為原點，，，的方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，設(shè)平面PBC的法向量為，則取，則，，即，所以sinα＝，故直線BF與平面PBC所成角的正弦值．5．（2020·甘肅城關(guān).蘭大附中）如圖，在四棱錐中，底面，底面為直角梯形，，∥，，，，，分別為線段，，的中點．（1）證明：平面∥平面．（2）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）證明：連接，設(shè)與相交于點，如圖，因為∥，且，，所以四邊形為矩形，所以為的中點，又因為為的中點，所以為的中位線，即,因為平面，平面，所以平面，因為，分別為線段，的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，因為平面，平面，，所以平面∥平面.（2）因為底面，平面，平面，所以，因為，所以、、兩兩互相垂直，以為原點，所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：則，，，，所以，設(shè)平面的法向量為，則，所以，令，可得，所以，設(shè)直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.【題組三空間向量求二面角】1．（2020·全國）如圖，在四棱錐中，底面為邊長為3的正方形，，，平面平面，為的中點，為的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）證明：如圖，取的中點，連，，∵，，∴且．∵，，∴且，∴四邊形為平行四邊形，得．∵平面，平面，∴平面．（Ⅱ）如圖，過點作，垂足為，在中，，可得，，，．∵，平面平面，平面平面，∴平面．如圖，以點為原點，與向量同向方向為軸，向量方向為軸，向量方向為軸，建立空間直角坐標系．點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為．設(shè)平面的法向量為，，，，取，，，可得，設(shè)平面的法向量為，，，，取，，，可得，有，，，，故二面角的余弦值為．2．（2020·全國）已知三棱柱中，側(cè)面是矩形，是的菱形，且平面平面，，，分別是，，的中點.（1）證明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）在三棱柱中連接，因為，分別是，的中點，所以，所以平面，因為是的中點，所以，，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）由是矩形，得，因為平面平面，平面平面，所以平面，因為四邊形是的菱形，所以，以點為坐標原點，以過點與垂直的直線為軸，以所在直線為軸，以AD所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)，則，，，可得，，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得，又軸平面，所以平面的一個法向量為，所以.由圖可知，所求二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.3．（2020·全國高三其他（理））如圖1，平面四邊形中，和均為邊長為的等邊三角形，現(xiàn)沿將折起，使，如圖2.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）取的中點，連接，，因為和均為邊長為的等邊三角形，所以，且，因為，所以，所以，又因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）以為坐標原點，以，，為，，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則平面的一個法向量為，依題意，平面的一個法向量，所以，由圖可得為銳二面角，故二面角的余弦值為.4．（2020·全國）如圖1，等腰梯形中，，，為的中點，對角線平分，將沿折起到如圖2中的位置.（1）求證：.（2）若二面角為直二面角，為線段上的點，且二面角與二面角大小相等，求出的值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明：連接，，設(shè)與交于點，如圖1所示.∵四邊形是等腰梯形，，∴，，又平分，∴，∴，結(jié)合為的中點，，易證得四邊形為菱形，∴.如圖2，∵，，且，∴平面，又平面，∴.（2）∵二面角為直二面角，，∴平面，易知，∴平面，∴二面角為直二面角，又∵二面角與二面角大小相等，∴二面角的平面角為，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖3所示的空間直角坐標系，如圖1，在菱形中，易知，∴，.∴，，，，，，設(shè)，∴，∴，易知平面的一個法向量為，設(shè)為平面的法向量，則，即，取，則，，得，∴，解得，滿足題意，故.【題組四空間向量求距離】1．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點E是A1B1的中點，則點A到直線BE的距離是()A． B．C． D．【答案】B【解析】建立如圖所示空間直角坐標系，則＝(0,2,0)，＝(0,1,2)．∴cosθ＝＝.∴sinθ＝.故點A到直線BE的距離d＝||sinθ＝2×.故答案為B2．（2020·全國高二課時練習(xí)）在直三棱柱中，，，是的中點.（1）求證：平面；（2）求直線到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明：連接交于點，連接，則點為中點，又是的中點，所以，因為平面，平面，所以平面；（2）解：因為平面，所以到平面的距離就等于點到平面的距離.以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，.設(shè)平面的法向量為，所以，即，即令，則.所求距離為.3．（2020·全國高二課時練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，點E在棱BB1上，EB1=1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，B1C1，A1C1的中點，EF與B1D相交于點H.（1）求證：B1D⊥平面ABD；（2）求證：平面EGF∥平面ABD；（3）求平面EGF與平面ABD的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】（1）證明：如圖所示建立空間直角坐標系，設(shè)AB=a，則A1(a，0，0)，B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(xiàn)(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）證明：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.因為平面EGF∥平面ABD，所以點E到平面ABD的距離就是兩平面的距離，設(shè)為d.因為=(0，0，3)，=(0，2，2)，所以d=.即兩平面間的距離為.4．（2020·全國高二課時練習(xí)）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，，，分別為，的中點，如圖所示.求點到平面的距離.【答案】【解析】取的中點，連接，.∵，，∴，.∵平面平面，平面平面，∴平面.又平面，∴.如圖所示，分別以，，所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，則，，，，.∴，，.設(shè)為平面的一個法向量，則取，則，，∴.∴點到平面的距離.5．（2020·江蘇常熟.高二期中）如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，，是上一點，且.（1）求異面直線與所成角余弦的大??；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）連交于，連，平面，所以，在中，，又因為底面是矩形，所以為中點，，所以，因為是上一點，且，所以為中點，，所以（或補角）就為與所成的角，因為,所以平面，，，所以異面直線與所成角余弦值為；（2）解1：過做于，平面，所以，所以平面，為點到平面的距離，在中，，又是中點，所以點到平面的距離為．解2：因為，平面，所以，在中，，所以，設(shè)點到平面的距離為，則，由，得，所以．又是中點，所以點到平面的距離為．解法二：分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，（1）則，，，設(shè)，則，所以，由，知，所以，為中點，所以，，．所以異面直線與所成角的余弦值為．（2），，設(shè)平面的法向量為，由，得，所以，取，得，所以是平面的一個法向量．所以點到平面的距離為．6．（2020·安徽）如圖，邊長為的等邊所在平面與菱形所在平面互相垂直，，為線段的中點.（1）求證：平面平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）因為四邊形為菱形，所以.又因為，所以，即為等邊三角形.因為，為線段的中點，所以.因為，為線段的中點，所以.又因為，所以平面.又因為，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）因為平面平面，且，所以平面.以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，如圖所示：，，，，則，，，設(shè)平面的法向量，則，令，則所以點到平面的距離.7.（2020·福建）如圖，四棱錐中，底面ABCD為矩形，點E在PA線段上，PC平面BDE（1）請確定點E的位置；并說明理由.（2）若是等邊三角形，，平面PAD平面ABCD，四棱錐的體積為，求點E到平面PCD的距離.【答案】（1）點為的中點，理由見解析（2）【解析】（1）連接AC交BD于M，如圖，當(dāng)E為AP的中點時，點M為AC的中點.∴在中，，平面BDE，平面BDE.∴平面BDE.（2）是等邊三角形，，平面平面ABCD，以AD中點O為原點，OA為x軸，在平面ABCD中，過點O作AB的平行線為y軸，以O(shè)P為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)，四棱錐的體積為，，解得．0，，0，，0，，0，，6，．0，，6，，0，，設(shè)平面PCD的法向量，則，取，得0，，到平面PCD的距離．第一章空間向量與立體幾何章末測試注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一、單選題(每題只有一個正確的選項，5分/題，共40分）1．（2020·宜昌天問教育集團高二期末）在正四面體中，棱長為2，且E是棱AB中點，則的值為()A． B．1 C． D．【答案】A【解析】如圖所示由正四面體的性質(zhì)可得：可得：是棱中點故選：【點睛】本題考查空間向量的線性運算，考查立體幾何中的垂直關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化與化歸思想，屬于中等題型.2．（2020·宜昌高二期末）已知（2，1，﹣3），（﹣1，2，3），（7，6，λ），若P，A，B，C四點共面，則λ＝（）A．9 B．﹣9 C．﹣3 D．3【答案】B【解析】由P，A，B，C四點共面，可得共面，，，解得.故選:B.3．（2020·全國高二課時練習(xí)）下列說法正確的是（）A．任何三個不共線的向量可構(gòu)成空間向量的一個基底B．空間的基底有且僅有一個C．兩兩垂直的三個非零向量可構(gòu)成空間的一個基底D．基底中基向量與基底基向量對應(yīng)相等【答案】C【解析】項中應(yīng)是不共面的三個向量構(gòu)成空間向量的基底,所以錯.項，空間基底有無數(shù)個,所以錯.項中因為基底不唯一，所以錯.故選.4．（2020·全國高二課時練習(xí)）若直線的方向向量為,平面的法向量為,則()A． B． C． D．與相交【答案】C【解析】∵直線l的方向向量為，平面的法向量為，∴，∴，∴．故選C．5．（2020·河北新華.石家莊二中高一期末）在正方體中，分別為，的中點，為側(cè)面的中心，則異面直線與所成角的余弦值為A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系．設(shè)正方體的棱長為，則，∴．則．∴異面直線與所成角的余弦值為,故選A．6．（2020·吉化第一高級中學(xué)校）已知正四棱柱中，，則CD與平面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】設(shè)，面積為7．（2020·延安市第一中學(xué)高二月考）在棱長為2的正方體中，，分別為棱、的中點，為棱上的一點，且，設(shè)點為的中點，則點到平面的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，則M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F(xiàn)（2，2，1），＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），設(shè)平面D1EF的法向量＝（x，y，z），則，取x＝1，得＝（1，0，2），∴點M到平面D1EF的距離為：d＝，N為EM中點，所以N到該面的距離為故選：D．8．（2019·黑龍江大慶四中高二月考）已知空間直角坐標系中，，，，點在直線上運動，則當(dāng)取得最小值時，點的坐標為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)，由點在直線上，可得存在實數(shù)使得，即，可得,所以,則，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得當(dāng)時，取得最小值，此時.故選：C.二、多選題(每題不止一個正確的選項，5分/題，共20分）9．（2020·河北省鹽山中學(xué)高一期末）若長方體的底面是邊長為2的正方形，高為4，是的中點，則（）A． B．平面平面C．三棱錐的體積為 D．三棱錐的外接球的表面積為【答案】CD【解析】以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，因為，所以與不垂直，故A錯誤；，設(shè)平面的一個法向量為，則由，得，所以，不妨取，則，所以，同理可得設(shè)平面的一個法向量為，故不存在實數(shù)使得，故平面與平面不平行，故B錯誤；在長方體中，平面，故是三棱錐的高，所以，故C正確；三棱錐的外接球即為長方體的外接球，故外接球的半徑，所以三棱錐的外接球的表面積，故D正確.故選：CD.10．（2020·福建廈門。高二期末）正方體中，E、F、G、H分別為、BC、CD、BB、的中點，則下列結(jié)論正確的是（）A． B．平面平面C．面AEF D．二面角的大小為【答案】BC【解析】由題可知，在底面上的射影為，而不垂直，則不垂直于，則選項不正確；連接和，E、F、G、H分別為、BC、CD、BB、的中點，可知，所以平面，則平面平面，所以選項正確；由題知，可設(shè)正方體的棱長為2，以為原點，為軸，為軸，為軸，則各點坐標如下：，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，得，得平面的法向量為，所以，所以平面，則選項正確；由圖可知，平面，所以是平面的法向量，則.得知二面角的大小不是，所以不正確.故選：BC.11．（2020·江蘇通州。高二期末）設(shè)，，是空間一個基底，則()A．若⊥，⊥，則⊥B．則，，兩兩共面，但，，不可能共面C．對空間任一向量，總存在有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使D．則＋，＋，＋一定能構(gòu)成空間的一個基底【答案】BCD【解析】對于A選項，與都垂直，夾角不一定是，所以A選項錯誤.對于B選項，根據(jù)基底的概念可知，，兩兩共面，但，，不可能共面.對于C選項，根據(jù)空間向量的基本定理可知，C選項正確.對于D選項，由于，，是空間一個基底，所以，，不共面.假設(shè)＋，＋，＋共面，設(shè)，化簡得，即，所以，，共面，這與已知矛盾，所以＋，＋，＋不共面，可以作為基底.所以D選項正確.故選：BCD12．（多選題）如圖，在菱形中，，，將沿對角線翻折到位置，連結(jié)，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）A．與平面所成的最大角為B．存在某個位置，使得C．當(dāng)二面角的大小為時，D．存在某個位置，使得到平面的距離為【答案】BC【解析】如圖所示：A項：取的中點，連結(jié)、，因為四邊形是菱形，是線段的中點，所以,平面，平面，所以平面，所以平面，所以在平面的射影為，即與平面所成角，，三角形是等腰三角形，當(dāng)時，與平面所成角為，故A錯誤；B項：當(dāng)時，取的中點，可得，，故平面，，故B正確；C項：因為四邊形是菱形，是線段的中點，所以，，因