專題3.6 空間向量與立體幾何（能力提升卷）-2023-2024學(xué)年高二數(shù)學(xué)必考考點(diǎn)各個(gè)擊破（北師大版選擇性必修第一冊(cè)）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考卷信息：
本卷試題共22題，單選8題，多選4題，填空4題，解答6題，滿分150分，限時(shí)150分鐘，試卷緊扣教材，細(xì)分題組，精選一年好題，兩年真題，練基礎(chǔ)，提能力！
選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）
1．（2021秋?開封期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，已知PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，PE→=12PD→，則BE→=（）
A．12a→?32b→+12c→B．12a?12b→+12c→C．12a→+32b→+12c→D．12a→?12b→+32c→
【分析】利用空間向量加法法則直接求解．
【解答】解：在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，
∵PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，PE→=12PD→，
∴BE→=BP→+12PD→
=?b→+12（PA→+AD→）
=?b→+12PA→+12BC→
=?b→+12a→+12（PC→?PB→）
=?b→+12a→+12PC→?12PB→
=12a→?32b→+12c→．
故選：A．
2．（2021秋?賀州期末）已知兩個(gè)向量a→=(2，?1，3)，b→=(4，m，n)，且a→∥b→，則m+n的值為（）
A．1B．2C．4D．8
【分析】a→∥b→，則存在實(shí)數(shù)k使得a→=kb→，即可得出．
【解答】解：∵a→∥b→，∴存在實(shí)數(shù)k使得a→=kb→，
∴2=4k?1=km3=kn，解得k=12，m＝﹣2，n＝6．
則m+n＝4．
故選：C．
3．（2021秋?河南期末）已知向量a→=（2，1，4），b→=（1，0，2），且a→+b→與ka→?b→互相垂直，則k的值是（）
A．1B．15C．35D．1531
【分析】利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系即可得出．
【解答】解：a→+b→=（3，1，6），ka→?b→=（2k﹣1，k，4k﹣2），
∵a→+b→與ka→?b→互相垂直，∴3（2k﹣1）+k+6（4k﹣2）＝0，
解得k=1531，
故選：D．
4．（2022春?桂林期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，則D1A與平面ABCD所成的角為（）
A．45°B．60°C．90°D．135°
【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)可知∠D1AD即為直線D1A與平面ABCD所成的角，從而求出結(jié)果．
【解答】解：依題意，如圖所示，
根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，DD1⊥平面ABCD，
∴∠D1AD即為直線D1A與平面ABCD所成的角，
又∵AD＝DD1，∠D1DA＝90°，
∴△ADD1為等腰直角三角形，
∴∠D1AD＝45°，
故選：A．
5．（2022春?長(zhǎng)壽區(qū)期末）已知u→=(1，2，1)是直線l的方向向量，v→=(2，y，2)為平面α的法向量，若l⊥α，則y的值為（）
A．﹣2B．?12C．14D．4
【分析】由l⊥α，得μ→∥v→，列方程求出y即可．
【解答】解：u→=(1，2，1)是直線l的方向向量，v→=(2，y，2)為平面α的法向量，
∵l⊥α，∴μ→∥v→，∴21=y2=21，∴y＝4．
故選：D．
6．（2021秋?浙江期末）已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，{a→+b→，a→?b→，c→}是空間的另一個(gè)基底，一向量p→在基底{a→，b→，c→}下的坐標(biāo)為（4，2，3），則向量p→在基底{a→+b→，a→?b→，c→}下的坐標(biāo)是（）
A．（4，0，3）B．（3，1，3）C．（1，2，3）D．（2，1，3）
【分析】設(shè)向量p→在基底，{a→+b→，a→?b→，c→}下的坐標(biāo)為（x，y，z），則p→=4a→+2b→+3c→=x（a→+b→）+y（a→?b→）+zc→，由此能求出向量p→在基底{a→+b→，a→?b→，c→}下的坐標(biāo)．
【解答】解：設(shè)向量p→在基底，{a→+b→，a→?b→，c→}下的坐標(biāo)為（x，y，z），
則p→=4a→+2b→+3c→=x（a→+b→）+y（a→?b→）+zc→，
整理得：4a→+2b→+3c→=（x+y）a→+（x﹣y）b→+zc→，
∴x+y=4x?y=2z=3，解得x＝3，y＝1，z＝3，
∴向量p→在基底{a→+b→，a→?b→，c→}下的坐標(biāo)是（3，1，3）．
故選：B．
7．（2022春?武漢期末）如圖為一正方體的平面展開圖，在這個(gè)正方體中，有下列四個(gè)命題：
①AC∥EB；
②AC與DG成60°角；
③DG與MN成異面直線且DG⊥MN；
④若NB與面ABCD所成角為α，則sinα=33．
其中正確的個(gè)數(shù)是（）
A．1B．2C．3D．4
【分析】首先還原幾何體，再根據(jù)線線的位置關(guān)系，判斷選項(xiàng)．
【解答】解：將正方體紙盒展開圖還原成正方體，如圖知AC與EB不平行，故①錯(cuò)誤；
連接AF、FC將DG平移到AF，則AC與DG所成角，即可∠FAC＝60°，故②正確；
同理DG與MN成60°角，故③錯(cuò)誤；
NB與面ABCD所成角為∠NBD，sin∠NBD=NDNB=33，故④正確．
故選：B．
8．（2022春?伊州區(qū)校級(jí)期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，∠DAB＝60°，側(cè)面PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，則下列說(shuō)法不正確的是（）
A．在棱AD上存在點(diǎn)M，使AD⊥平面PMB
B．異面直線AD與PB所成的角為90°
C．二面角P﹣BC﹣A的大小為45°
D．BD⊥平面PAC
【分析】對(duì)于A，取AD的中點(diǎn)M，利用三角形知識(shí)得垂直關(guān)系，再利用線面垂直的判定定理證明AD⊥平面PMB；對(duì)于B，利用AD⊥平面PMB，可得AD⊥PB；對(duì)于C，先作出并證明所求二面角為∠PBM，再利用直角三角形知識(shí)求解；對(duì)于D，利用反證誒房，假設(shè)BD⊥平面PAC，再證明BD⊥平面PAD，得到BD⊥AD，與BD與AD 夾角為60°矛盾進(jìn)行說(shuō)明．
【解答】解：對(duì)于A，如圖，取AD的中點(diǎn)M，連接PM，BM，
∵側(cè)面PAD為正三角形，∴PM⊥AD，
∵底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等邊三角形，
∵M(jìn)為AD的中點(diǎn)，∴AD⊥BM，
又PM∩BM＝M，故A正確；
對(duì)于B，由A知，AD⊥平面PBM，又PB?平面PBM，∴AD⊥PB，
∴異面直線AD與PB所成的角為90°，故B正確；
對(duì)于C，∵AD⊥平面PBM，BC∥AD，
∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，
∵平面PBC∩平面ABCD＝BC．∴∠PBM是二面角P﹣BC﹣A的平面角，
設(shè)AB＝1，則BM=32，PM=32，
在Rt△PBM中，tan∠PBM=PMBM=1，∴∠PBM＝45°，
∴二面角的大小為45°，故C正確；
對(duì)于D，∵平面PAD⊥平面ABCD，PM⊥AD，
∴PM⊥平面ABCD，又BD?平面，∴PM⊥BD，
假設(shè)BD⊥平面PAC，則有BD⊥AP，又PM、AP在平面PAD內(nèi)，且相交于點(diǎn)P，
∴BD⊥平面PAD，又AD?平面PAD，∴BD⊥AD，
則由題可知BD與AD的夾角為60°，矛盾，故假設(shè)不成立，故D錯(cuò)誤．
故選：D．
多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
（多選）9．（2020秋?福田區(qū)校級(jí)期末）已知向量a→=(1，1，0)，則與a→共線的單位向量e→=（）
A．(?22，?22，0)B．（0，1，0）
C．(22，22，0)D．（1，1，1）
【分析】直接利用向量求出向量的模，進(jìn)一步求出單位向量．
【解答】解：由于向量a→=(1，1，0)，
所以|a→|=12+12+02=2
根據(jù)單位向量的關(guān)系式e→=±a→|a→|，
可得e→=(?22，?22，0)或e→=(22，22，0)．
故選：AC．
（多選）10．（2020秋?天寧區(qū)校級(jí)期中）下列條件中，使點(diǎn)P與A，B，C三點(diǎn)一定共面的是（）
A．PC→=13PA→+23PB→B．OP→=13OA→+13OB→+13OC→
C．OP→=OA→+OB→+OC→D．OP→+OA→+OB→+OC→=0→
【分析】利用空間向量基本定理，進(jìn)行驗(yàn)證，對(duì)于A，可得PA→，PB→，PC→為共面向量，從而可得M、A、B、C四點(diǎn)共面．
【解答】解：對(duì)于A：∵OC→?OP→=13（OA→?OP→）+23（OB→?OP→），
∴OC→?OP→=13OA→?13OP→+23OB→?23OP→，
∴23OP→+13OP→?OP→=13OA→+23OB→?OC→=0→，
故OC→=13OA→+23OB→，故A，B，C共線，故P，A，B，C共面；
或由PC→=13PA→+23PB→得：PA→，PB→，PC→為共面向量，故P，A，B，C共面；
對(duì)于B：13+13+13=1，故P，A，B，C共面；
對(duì)于C，D，顯然不滿足，故C，D錯(cuò)誤；
故選：AB．
（多選）11．（2022春?百色期末）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點(diǎn)，則（）
A．直線AD1與BD的夾角為60°
B．二面角E﹣AD﹣B的正切值是12
C．經(jīng)過三點(diǎn)A，E，F(xiàn)截正方體的截面是等腰梯形
D．點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離為33
【分析】對(duì)于A，根據(jù)題意可得直線AD1與BD的夾角即為∠C1BD，結(jié)合題意可計(jì)算其大小即可；
對(duì)于B，連接AE，根據(jù)題意可得∠EAB即為二面角E﹣AD﹣B的平面角，在Rt△EAB中，直接計(jì)算其正切值即可；
對(duì)于C，在CC1上取CH=14CC1，根據(jù)基本事實(shí)即可得出經(jīng)過三點(diǎn)A，E，F(xiàn)的平面與正方體的截面；
對(duì)于D，設(shè)點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離為h，由等體積法即可求出．
【解答】解：對(duì)于A，如圖1所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，
因?yàn)樗倪呅蜛BC1D1為平行四邊形，
所以AD1∥BC1，
所以直線AD1與BD的夾角即為∠C1BD．
又因?yàn)锽C1＝BD＝DC1，
所以△BC1D為等邊三角形，
故∠C1BD＝60°，故A正確；
對(duì)于B，如圖2所示，連接AE，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，
因?yàn)镈A⊥平面ABB1A1，AE?平面ABB1A1，
所以DA⊥AE，
又因?yàn)锽A⊥AD，
所以∠EAB即為二面角E﹣AD﹣B的平面角，
在Rt△EAB中，tan∠EAB=EBAB=12，
所以二面角E﹣AD﹣B的正切值是12，故B正確；
對(duì)于C，如圖3所示，在CC1上取一點(diǎn)H，使得CH=14CC1，
由作法可得：AE||FH，
所以A，E，H，F(xiàn)四點(diǎn)共面，
而AF≠EH，
所以經(jīng)過三點(diǎn)A，E，F(xiàn)截正方體的截面是梯形平面AEHF，不是等腰梯形，故C錯(cuò)誤．
對(duì)于D，如圖4所示，設(shè)點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離為h，由題意得：VA?B1C1D1=13S△B1C1D1?AA1=13×12×1=16，VC1?AB1D1=13S△AB1D1??=13×34×22??=36?．又因?yàn)閂A?B1C1D1=VC1?AB1D1，所以36?=16，故?=33，故D正確．
故選：ABD．
（多選）12．（2022春?福州期末）在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為A1B1上任意一點(diǎn)，E、F為CD上任意兩點(diǎn)，且EF的長(zhǎng)為定值，則下面的四個(gè)值中為定值的是（）
A．點(diǎn)D1到平面PEF的距離
B．三棱錐D1﹣PEF的體積
C．直線D1P與平面EFD1所成的角
D．二面角P﹣EF﹣D1的大小
【分析】推導(dǎo)出平面PEF就是平面A1DCB1，
對(duì)于A，由點(diǎn)D1到平面A1DCB1的距離為定值，得到點(diǎn)D1到平面PEF的距離是定值；
對(duì)于B，由點(diǎn)D1到平面PEF的距離，EF是定值，△PEF的面積是定值，得到三棱錐D1﹣PEF的體積是定值；
對(duì)于C，直線D1P不確定，平面EFD1就是平面DCC1D1，當(dāng)P與A1重合時(shí)，直線D1P與平面EFD1所成的角為π2，當(dāng)P與B1重合時(shí)，直線D1P與平面EFD1所成的角為π4；
對(duì)于D，二面角P﹣EF﹣D1的就是二面角A1﹣DC﹣D1，其大小為定值π4．
【解答】解：∵在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為A1B1上任意一點(diǎn)，
E、F為CD上任意兩點(diǎn)，且EF的長(zhǎng)為定值，
∴平面PEF就是平面A1DCB1，
對(duì)于A，∵點(diǎn)D1到平面A1DCB1的距離為定值，∴點(diǎn)D1到平面PEF的距離是定值，故A正確；
對(duì)于B，∵點(diǎn)D1到平面PEF的距離，EF是定值，A1B1∥CD，∴P到EF的距離是定值，
∴△PEF的面積是定值，∴三棱錐D1﹣PEF的體積是定值，故B正確；
對(duì)于C，∵P為A1B1上任意一點(diǎn)，E、F為CD上任意兩點(diǎn)，
∴直線D1P不確定，平面EFD1就是平面DCC1D1，
當(dāng)P與A1重合時(shí)，直線D1P與平面EFD1所成的角為π2，
當(dāng)P與B1重合時(shí)，直線D1P與平面EFD1所成的角為π4，
∴直線D1P與平面EFD1所成的角不是定值，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，二面角P﹣EF﹣D1的就是二面角A1﹣DC﹣D1，其大小為定值π4，故D正確．
故選：ABD．
填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
13．（2021?松江區(qū)二模）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若AF→=xAB→+yAD→+zAA1→，則x+y+z＝ 2 ．
【分析】在平行六面體中把向量AF→用AB→，AD→，AA1→表示，然后利用向量相等，得到x，y，z的值．
【解答】解：因?yàn)锳F→=AB→+BB1→+B1F→=AB→+BB1→+12B1D1→
=AB→+BB1→+12(A1D1→?A1B1→)
=AB→+BB1→+12AD→?12AB→
=12AB→+12AD→+AA1→，
又AF→=xAB→+yAD→+zAA1→，
所以x=y=12，z=1，
則x+y+z＝2．
故答案為：2．
14．（2015秋?晉江市校級(jí)期末）已知a→=(1?t，1?t，t)，b→=(3，t，t)，則|a→?b→|的最小值 5 ．
【分析】先利用向量減法及向量模的公式求得|a→?b→|，進(jìn)而利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得其最小值．
【解答】解：|a→?b→|=(1?t?3)2+(1?t?t)2+(t?t)2
=3(t+1)2+5，
∴當(dāng)t＝﹣1時(shí)，|AB|有最小值5，
故答案為：5．
15．（2022春?龍巖期末）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，將△ABD沿BD折疊，使平面ABD⊥平面BCD，則AD與平面ABC所成角的正弦值為 155 ．
【分析】取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO，由題意可知AO⊥平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OD，以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD，OA為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得到相應(yīng)向量的坐標(biāo)，結(jié)合線面夾角公式即可求解．
【解答】解：取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO，
∴∠BAD＝60°，∴ΔABD，ΔCBD為等邊三角形，
∵O為BD的中點(diǎn)，∴AO⊥BD，CO⊥BD，
又∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD，
∴AO⊥平面BCD，
又∵OC，OD?平面BCD，
∴AO⊥OC，AO⊥OD，
以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD，OA為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則A（0，0，3），B（0，﹣1，0），C（3，0，0），D（0，1，0），
∴AB→=（0，﹣1，?3），AC→=（3，0，?3），AD→=（0，1，?3），
設(shè)平面ABC的法向量n→=（x，y，z），
則n→?AB→=0n→?AC→=0，即?y?3z=03x?3z=0，
令x＝1，則y=?3，z＝1，即n→=（1，?3，1），
設(shè)AD與平面ABC所成的角為θ，
則sinθ＝|cs＜n→，AD→＞|=|n→?AD→||n→||AD→|=155，
∴AD與平面ABC所成角的正弦值為155，
故答案為：155．
16．（2022春?三明期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，且BA＝BD=2，PA＝PD=5，AD＝2，若二面角P﹣AD﹣B為60°，則AP與平面PBC所成
角的正弦值為 55 ．
【分析】取AD中點(diǎn)M，連接MB，MP，可證BP，BC，BM兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，BC，BM，BP為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可求AP與平面PBC所成角的正弦值．
【解答】解：取AD中點(diǎn)M，連接MB，MP，
∵BA＝BD=2，PA＝PD=5，AD＝2，
∴AM＝1，BM⊥AD，PM⊥AD，
∴∠PMB為二面角P﹣AD﹣B的平面角，∴∠PMB＝60°，
在Rt△ABM中，可得BM=2?1=1，
在Rt△APM中，可得PM=5?1=2，
在△PBM中，由余弦定理可得PB=PM2+BM2?2PM?BMcs∠PMB=3，
故PM2＝BM2+PB2，∴PB⊥BM，
又BM⊥AD，PM⊥AD，PM∩BM＝M，
∴AD⊥平面PBM，故AD⊥PB，從而PB⊥BC，
以B為原點(diǎn)，BC，BM，BP為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B（0，0，0），M（0，1，0），A（﹣1，1，0），P（0，0，3），
由題意知BM→=（0，1，0）為平面PBC的一個(gè)法向量，又PA→=（﹣1，1，?3），
設(shè)AP與平面PBC所成角為θ，
∴sinθ＝|cs＜PA→，BM→＞|=11+1+3×1=55．
故AP與平面PBC所成角的正弦值為55．
故答案為：55．
解答題（共6小題，滿分70分）
17．（2021秋?平邑縣校級(jí)月考）如圖所示，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，點(diǎn)M，N分別在AC1和BC上，且滿足AM→=kAC1→，BN→=kBC→（0≤k≤1），判斷向量MN→是否與向量AB→，AA1→共面．
【分析】利用向量的線性運(yùn)算即可判斷向量MN→是否與向量AB→，AA1→共面．
【解答】解：∵AN→=AB→+BN→=AB→+k（AC→?AB→）＝（1﹣k）AB→+kAC→．
AM→=kAC1→=k（AA1→+AC→），
∴MN→=AN→?AM→=（1﹣k）AB→?kAA1→，
∴向量MN→與向量AB→，AA1→共面．
18．（2021?青岡縣校級(jí)開學(xué)）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，設(shè)AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N，P分別是AA1，BC，C1D1的中點(diǎn)，試用a→，b→，c→表示以下向量：
（1）AP→；
（2）A1N→；
（3）MP→+NC1→．
【分析】（1）（2）根據(jù)向量加法的三角形法則表示即可；
（3）根據(jù)空間向量的線性表示，用AA1→，AD→和AB→分別表示出MP→和NC1→，求和即可．
【解答】解：（1）因?yàn)镻是C1D1的中點(diǎn)，所以AP→=AA1→+A1D1→+D1P→=a→+AD→+12D1C1→=a→+c→+12AB→=a→+12b→+c→；
（2）因?yàn)镹是BC的中點(diǎn)，所以A1N→=A1A→+AB→+BN→=?a→+b→+12BC→=?a→+b→+12AD→=?a→+b→+12c→；
（3）因?yàn)镸是AA1的中點(diǎn)，所以MP→=MA→+AP→=12A1A→+AP→=?12a→+（a→+12b→+c→）=12a→+12b→+c→，
又NC1→=NC→+CC1→=12BC→+AA1→=12AD→+AA1→=a→+12c→，
所以MP→+NC1→=（12a→+12b→+c→）+（a→+12c→）=32a→+12b→+32c→．
19．（2021秋?明山區(qū)校級(jí)期末）已知空間三點(diǎn)A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．
（1）求以AB→，AC→為邊的平行四邊形的面積；
（2）若|a→|=3，且a→分別與AB→，AC→垂直，求向量a→的坐標(biāo)．
【分析】（1）由題意可得：AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），cs＜AB→，AC→＞=12，sin＜AB→，AC→＞=32，由此能求出以AB→，AC→為邊的平行四邊形的面積．
（2）設(shè)a→=（x，y，z），由題意得x2+y2+z2=3?2x?y+3z=0x?3y+2z=0，由此能求出向量a→的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）由題意可得：AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），
∴cs＜AB→，AC→＞=AB→?AC→|AB→||AC→|=?2+3+614×14=714=12，…（4分）
∴sin＜AB→，AC→＞=32，
∴以AB→，AC→為邊的平行四邊形的面積：
S＝2×12|AB→||AC→|sin＜AB→，AC→＞=14×32=73?（6分）
（2）設(shè)a→=（x，y，z），
由題意得x2+y2+z2=3?2x?y+3z=0x?3y+2z=0，
解得x=1y=1z=1，或x=?1y=?1z=?1，
∴a→=（1，1，1），或a→=（﹣1，﹣1，﹣1）．…（12分）
20．（2021秋?美蘭區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
（1）證明：A、E、C1、F四點(diǎn)共面．
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z．
【分析】（1）由AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，∠ABE＝∠C1D1F，知△ABE≌△C1D1F，進(jìn)而AE＝C1F，同理AF＝C1E，故AEC1F為平行四邊形，由此能夠證明A、E、C1、F四點(diǎn)共面．
（2）結(jié)合圖形和向量的加法和減法運(yùn)算進(jìn)行求解．
【解答】證明：∵平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，BE=13BB1，DF=23DD1，
∴AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，
∠ABE＝∠C1D1F，
∴△ABE≌△C1D1F，…（3分）
∴AE＝C1F，
同理AF＝C1E，
故AEC1F為平行四邊形，
∴A、E、C1、F四點(diǎn)共面．…（6分）
（2）解：如圖所示：EF→=EB1→+B1F→=EB1→+B1D1→+D1F→=23BB1→+B1A1→+B1C1→?13DD1→=23AA1→?AB→+AD→?13AA1→=?AB→+AD→+13AA1→=xAB→+yAD→+zAA1→，
即x＝﹣1，y＝1，z=13，
∴x+y+z=13．
21．（2022春?滁州期末）如圖，在多面體ABCDEF中，AD⊥平面ABC，AD∥BE∥CF，且AD＝1，BE＝5，CF＝3，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，G是AB的中點(diǎn)．
（1）求證：CG∥平面DEF；
（2）求二面角E﹣DF﹣A的余弦值．
【分析】（1）以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA所在直線為x軸，在平面ABC中，過B作AB的垂線為y軸，BE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明 CG∥平面DEF；
（2）求出平面DEF的法向量和平面ADF的法向量，利用向量法能求出二面角E﹣DF﹣A的余弦值．
【解答】解：（1）證明：以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA所在直線為x軸，
在平面ABC中，過B作AB的垂線為y軸，BE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則C（1，3，0），G（1，0，0），D（2，0，1），E（0，0，5），F(xiàn)（1，3，3），
CG→=（0，?3，0），DE→=（﹣2，0，4），DF→=（﹣1，3，2），
設(shè)平面DEF的法向量n→=（x，y，z），
則n→?DE→=?2x+4z=0n→?DF→=?x+3y+2z=0，取x＝2，得n→=（2，0，1），
∵CG→?n→=0，且CG?平面DEF，∴CG∥平面DEF；
（2）平面DEF的法向量n→=（2，0，1），
A（2，0，0），DA→=（0，0，﹣1），DF→=（﹣1，3，2），
設(shè)平面ADF的法向量m→=（a，b，c），
則m→?DA→=?c=0m→?DC→=?a+3b+2c=0，取b＝1，得m→=（3，1，0），
設(shè)二面角E﹣DF﹣A的平面角為θ，
則二面角E﹣DF﹣A的余弦值為：
csθ=|m→?n→||m→|?|n→|=28?4=24．
22．（2022春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）在四棱錐P﹣ABCD中，已知AB∥CD，AB⊥AD，BC⊥PA，AB＝2AD＝2CD＝2，PA=6，PC＝2，E是PB上的點(diǎn)．
（1）求證：PC⊥底面ABCD；
（2）是否存在點(diǎn)E使得PA與平面EAC所成角的正弦值為23？若存在，求出該點(diǎn)的位置；不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）由余弦定理得BC=2，由勾股定理得BC⊥AC，由BC⊥PA，得BC⊥平面PAC，BC⊥PC，由勾股定理得PC⊥AC，由此能證明PC⊥平面ABCD．
（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，過A作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出存在點(diǎn)E使得PA與平面EAC所成角的正弦值為23，該點(diǎn)E為PB上靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn)．
【解答】解：（1）證明：在△ADC中，AD＝DC＝1，∠ADC＝90°，∴AC=2，
在△ABC中，AC=2，AB＝2，∠BAC＝45°，
由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB?AC?cs45°＝2，
∴BC=2，∴AB2＝AC2+BC2，∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，①
∵BC⊥PA，②
由①②得PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，③，
在△PAC中，AC=2，PC＝2，PA=6，∴PC⊥AC，④
由③④，得AC∩BC＝C，∴PC⊥平面ABCD．
（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，
過A作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（1，1，2），
設(shè)BE→=λBP→=λ（1，﹣1，2）＝（λ，﹣λ，2λ），
則AE→=AB→+BE→=（λ，2﹣λ，2λ），AC→=（1，1，0），AP→=（1，1，2），
設(shè)平面EAC的法向量n→=（x，y，z），
則n→?AE→=λx+(2?λ)y+2λz=0n→?AC→=x+y=0，取x＝﹣λ，得n→=（﹣λ，λ，λ﹣1），
∵PA與平面EAC所成角的正弦值為23，
∴|cs＜AP→，n→＞|=|AP→?n→||AP→|?|n→|=|2?2λ|6?λ2+λ2+(λ?1)2=22，
整理得3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ=13（舍負(fù)），
∴存在點(diǎn)E使得PA與平面EAC所成角的正弦值為23，該點(diǎn)E為PB上靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn)．

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