北京师范大学第三附属中学选修一第一单元《空间向量与立体几何》检测(包含答案解析)

一、选择题

1．如图，正三角形ACB与正三角形ACD所在平面互相垂直，则二面角BCDA的余弦值是（ ）

A．

1 2B．

2 2C．

3 3D．

5 52．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB1,BC2，

ABC60,AP平面ABCD，AEPC于E，下列四个结论：①ABAC；

②AB平面PAC；③PC平面ABE;④BEPC .其中正确的个数是（ ）

A．1

B．2

C．3

D．4

3．设A,B,C,D是空间不共面的四点，且满足ABAC0，ABAD0，

ACAD0，则BCD是( )

A．钝角三角形

B．锐角三角形

C．直角三角形

D．等边三角形

4．在空间直角坐标系中，已知A1,2,3，B1,0,4，C3,0,5，D4,1,3，则直线AD与BC的位置关系是（ ） A．平行

B．垂直

C．相交但不垂直

D．无法判定

5．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝

1AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为( ) 2

A．6 6B．3 3C．6 3D．

2 36．给出下列两个命题：命题p:空间任意三个向量都是共面向量；命题q:若a0，

b0，则方程ax2by21表示的曲线一定是椭圆.那么下列命题中为真命题的是（ ）

A．pq

B．pq

C．(p)q

D．(p)q

7．在三棱锥PABC中，ABBC2，AC22，PB平面ABC，点M，N分别AC，PB的中点，MN6，Q为线段AB上的点，使得异面直线PM与CQ所

BQ34成的角的余弦值为，则为（ ）

34BAA．

1 4B．

1 3C．

1 2D．

3 48．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，AA13，

ABACBC2，则AA1与平面AB1C1所成角的大小为

A．30

B．45 C．60 D．90

9．在正方体ABCDA1B1C1D1中，在正方形DD1C1C中有一动点P，满足PD1PD，则直线PB与平面DD1C1C所成角中最大角的正切值为（ ） A．1

B．2

C．31 2D．51 210．如图，在菱形ABCD中，ABC2，线段AD、BD的中点分别为E、F．现3将ABD沿对角线BD翻折，当二面角ABDC的余弦值为所成角的正弦值是（ ）

1时，异面直线BE与CF3

A．35 6B．

1 6C．

26 5D．

1 511．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB,AC，M,N分别是对边OB,AC的中点，点G在线段MN上，MG2GN，现用基向量OA,OB,OC表示向量OG，设

OGxOAyOBzOC，则x,y,z的值分别是（ ）

A．x，y，zC．x，y13131 3B．x，y，zD．x，y，z13131 61311，z 6316131 312．有下列四个命题：

①已知e1和e2是两个互相垂直的单位向量，a2e13e2，bke14e2，且a⊥b，则实数k＝6；

②已知正四面体O﹣ABC的棱长为1，则（OAOB）•（CACB）＝1；

③已知A（1，1，0），B（0，3，0），C（2，2，3），则向量AC在AB上正投影的数量是5； 5④已知ae12e2e3，be13e22e3，c3e17e2（{e1，e2，e3}为空间向量的一个基底），则向量a，b，c不可能共面． 其中正确命题的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

13．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是（ ） A．OMOAOBOC C．OMB．OMOA2OB3OC D．OM111OAOBOC 222111OAOBOC 333二、填空题

14．a，b为空间两条互相垂直的直线，直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以AC为旋转轴旋转，ABC30，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成45°角； ⑤直线AB与a所成角的最大值为60°； ④直线AB与a所成角的最小值为30°；

其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号） 15．已知a(5,3,1)，b2,t,________.

16．如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，

2.若a与b的夹角为钝角，则实数t的取值范围是5E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于______.

17．设E,F是正方体AC1的棱AB和D1C1的中点,在正方体的12条面对角线中,与截面

A1ECF成60角的对角线的数目是______.

18．已知直线l的一个方向向量d(4,3,1)，平面的一个法向量n(m,3,5)，且

l//，则m____

19．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，O是面ABCD的中心，点P在棱C1D1上移动，则OP的最小值时，直线OP与对角面A1ACC1所成的线面角正切值为__________．

20．在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABADAA12，BAD90，

BAA1DAA160，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值是________．

21．如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为ABC的重心E是BD上一点，BE3ED,以AB,AC,AD为基底，则GE__________．

22．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC3，点M在棱CC1上，且

MD1MA，则当MAD1的面积取得最小值时其棱AA1________.

23．若平面，的法向量分别为u(4,0,3)，v(1,1,0)，则这两个平面所成的锐角的二面角的余弦值为________.

24．如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为1，

BADA1ADA1AB3，E为CC1的中点，则AE的长度是________.

25．如图所示，P，Q分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，M是PQ靠近P的三等分点，且OMxOAyOBzOC，则xyz__．

26．在△ABC中，A（1，﹣1，2），B（2，1，1），C（﹣1，2，3），若向量n与平面ABC垂直，且n＝15，则n的坐标为_____．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

取AC的中点E，连接BE,DE,证明BE垂直于平面ACD，以点E为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面BCD和平面CDA的法向量，利用空间向量公式即可求出所求二面角的余弦. 【详解】

如图示，取AC中点E，连结BE、DE，在正三角形ACB与正三角形ACD中， BE⊥AC，DE⊥AC，因为面ACB⊥面ACD，面ACB标系，设AC=2，则

面ACD=AC，所以BE⊥面ADC,

以E为原点，ED为x轴正方向，EC为y轴正方向，EB为z轴正方向，建立空间直角坐

E0,0,0,D3,0,0,C0,1,0,A0,1,0,B0,0,3,

平面ACD的一个法向量为EB0,0,3 而CB0,1,3,CD3,1,0，设nx,y,z为面BCD的一个法向量，则：

n·CB0y3z0即 ，不妨令x=1，则n1,3,1 n·DC0y3x0设二面角BCDA的平面角为θ，则θ为锐角， 所以cos|cosEB,n||故选：D 【点睛】

向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.

EBn35. |||5|EB||n|352．D

解析：D 【详解】

，BC2，ABC60， 已知AB1由余弦定理可得AC2AB2BC22ABBCcos603， 所以AC2AB2BC2，即ABAC，①正确；

由PA平面ABCD，得ABPA，所以AB平面PAC，②正确；

AB平面PAC，得ABPC，又AEPC，所以PC平面ABE，③正确；

由PC平面ABE，得PCBE，④正确， 故选D．

3．B

解析：B 【分析】

由ABAC0，ABAD0，ACAD0，可得

BCBDACABADABAB0，B是锐角，同理可得D，C都是锐

角，从而可得结果． 【详解】

因为ABAC0，ABAD0，ACAD0， 所以

2BCBDACABADABACADACABABADABAB0，

22cosBBCBDBCBD0，故B是锐角，

同理CBCD0，DCDB0，可得D，C都是锐角， 故BCD是锐角三角形，故选B． 【点睛】

本题主要考查向量的数量积的运算以及向量运算的三角形法则，属于中档题．判断三角形的形状有两种基本的方法：①看三角形的角；②看三角形的边.

4．B

解析：B 【分析】

根据题意，求得向量AD和BC的坐标，再结合空间向量的数量积的运算，即可得到两直线的位置关系，得到答案. 【详解】

由题意，点A1,2,3，B1,0,4，C3,0,5，D4,1,3， 可得AD3,1,6，BC2,0,1， 又由ADBC2310610， 所以ADBC，所以直线AD与BC垂直. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了空间向量的数量积的运算及其应用，其中解答中熟记空间向量的坐标运算，以及空间向量的数量积的运算是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

5．C

解析：C 【解析】

如图，以A为原点建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，AG＝(a，a,0)，AC＝(0,2a,2a)，

BG＝(a，－a，0)，BC＝(0,0,2a)，

设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)， 由{AGn10ACn10⇒{⇒

x11y11⇒n1＝(1，－1,1)．

sinθ＝

BGn1BGn1＝2a6. ＝2a336．D

解析：D 【分析】

判断命题p和命题q为假命题，再判断复合命题的真假得到答案. 【详解】

命题p:空间任意三个向量都是共面向量，为假命题； 当ab0时，方程axby1表示圆，故q为假命题；

22故pq，pq，(p)q为假命题，(p)q为真命题. 故选：D. 【点睛】

本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的推断能力.

7．A

解析：A 【分析】

以B为原点，BA,BC,BP坐标轴建立空间直角坐标系，设

BQBA,由异面直线PM与

PMCQ34CQ所成的角的余弦值为可列式

34PMCQ【详解】

232422434，求出即可. 34如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，AC22，BABC,

PB平面ABC，以B为原点，BA,BC,BP坐标轴建立空间直角坐标系，

可知B0,0,0，C0,2,0，M1,1,0，

BM2,MN6，BNMN2BM22，

PB4，则P0,0,4，

BQ设

BA，且01，则Q2,0,0，

可知PM1,1,4,CQ1422,2,0, 240242PMCQ12PM12122， 4，

32，CQ异面直线PM与CQ所成的角的余弦值为34， 34PMCQPMCQBQBA1. 43224224341

，解得或4（舍去）， 344

故选：A.

【点睛】

本题考查向量法求空间线段的比例分点，属于中档题.

8．A

解析：A 【分析】

建立空间坐标系，计算AA1坐标，计算平面AB1C1的法向量，运用空间向量数量积公式，计算夹角即可． 【详解】

取AB的中点D，连接CD，以AD为x轴，以CD为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，

,0,3，故AA11,0,31,0,00,0,3，而 可得A1,0,0，A11B11,0,3,C10,3,3，设平面AB1C1的法向量为m=a,b,c，根据

mAB10,mAC10，解得m3,3,2，

cosm,?AA1m AA11.

m|?AA1|2故AA1与平面AB1C1所成角的大小为300，故选A． 【点睛】

考查了空间向量数量积坐标运算，关键构造空间直角坐标系，难度偏难．

9．D

解析：D 【分析】

根据题意,可知P是平面DD1C1C内,以DD1为直径的半圆上一点.由BPC即为直线PB与平面DD1C1C所成的角可知当PC取得最小值时,PB与平面DD1C1C所成的角最大.而连接圆心E与C时,与半圆的交点为P,此时PC取得最小值.设出正方体的棱长,即可求得PC,进而求得tanBPC.

【详解】

正方体ABCDA1B1C1D1中,正方形DD1C1C内的点P满足PD1PD 可知P是平面DD1C1C内,以DD1为直径的半圆上一点,设圆心为E,如下图所示:

当直线PB与平面DD1C1C所成最大角时,点P位于圆心E与C点连线上 此时PC取得最小值.

则BPC即为直线PB与平面DD1C1C所成的角 设正方体的边长为2,则PCECEP51,BC2 所以tanBPC故选:D 【点睛】

本题考查了空间中动点的轨迹问题,直线与平面夹角的求法,对空间想象能力要求较高,属于中档题.

BC251 PC25110．A

解析：A 【分析】

过E作EHBD，交BD于H点，设二面角ABDC的大小为，设BE与CF的夹角为，则0,，由向量数量积的运算律得出CFBECFHE，由题意可得出2HE1BE，利用数量积的定义可求出cosCF,BE的值，即可求出cos的值，进2而利用同角三角函数的平方关系可求出sin的值. 【详解】

如下图所示，过E作EHBD，交BD于H点， 设BE与CF的夹角为，则0,，

2记二面角ABDC的大小为，CFBECFBHHECFHE， 即CFBECFHEcos，即

CFBEcosCF,BE11CFBE， 231135cosCF,BE，所以cos，即sin，

666故选：A．

【点睛】

本题考查异面直线所成角的计算，同时也考查了二面角的定义，涉及利用空间向量数量积的计算，考查计算能力，属于中等题.

11．D

解析：D 【分析】

根据向量的加减法运算和数乘运算原则可表示出OG，进而得到结果. 【详解】

12121212OGOMMGOAMNOAMAANOAOAAN23232323525221OAABBNOAABBC636332521111OAOBOAOCOBOAOBOC 633633x111，y，z

363故选：D 【点睛】

本题考查用基底表示向量，关键是能够熟练掌握向量的加减法运算和数乘运算原则.

12．C

解析：C 【分析】

利用向量的基本概念逐一进行判断，即可得出结论． 【详解】 解：①

a2e13e2，bke14e2，且ab，

ab(2e13e2)(ke14e2)2k(e1)2(3k8)e1e212(e2)22k120，解得k6，所

以①正确．

②(OAOB)(CACB)OACAOACBOBCAOBCB

11cos6011cos9011cos9011cos60001，所以②正确．

③AC(1,1,3)，AB(1,2,0)， 向量AC在AB上正投影ACAB1(1)12305，所以③正确． 2225|AB|(1)20④假设向量a，b，c共面，则axbyc， 所以e12e2e3x(e13e22e3)y(3e17e2)， e12e2e3(x3y)e1(3x7y)e22xe3，

所以1x3y，23x7y，12x， 得x1，y21， 2所以向量a，b，c共面，所以④不正确． 即正确的有3个， 故选：C． 【点睛】

本题考查向量的基本概念，向量垂直，共面，正投影等，属于中档题．

13．D

解析：D 【分析】

首先利用坐标法，排除错误选项，然后对符合的选项验证存在,使得

AMABAC，由此得出正确选项.

【详解】

不妨设O0,0,0,A1,0,1,B0,0,1,C0,1,1.

对于A选项，OMOAOBOC1,1,3，由于M的竖坐标31，故M不在平面

ABC上，故A选项错误.

对于B选项，OMOA2OB3OC1,3,6，由于M的竖坐标61，故M不在平面ABC上，故B选项错误. 对于C选项，OM1113113OAOBOC,,，由于M的竖坐标1，故M2222222不在平面ABC上，故C选项错误. 对于D选项，OM11111OAOBOC,,1，由于M的竖坐标为1，故M在平33333面ABC上，也即A,B,C,M四点共面.下面证明结论一定成立：

由OM即AM11111OAOBOC，得OMOAOBOAOCOA， 33333111ABAC，故存在，使得AMABAC成立，也即333A,B,C,M四点共面.

故选：D.

【点睛】

本小题主要考查空间四点共面的证明方法，考查空间向量的线性运算，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

二、填空题

14．②④【分析】由题意知abAC三条直线两两相互垂直构建如图所示的长方体|AC|＝1|AB|=2斜边AB以直线AC为旋转轴则A点保持不变B点的运动轨迹是以C为圆心为半径的圆以C坐标原点以CD为x轴CB为

解析：②④ 【分析】

由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，|AC|＝1，|AB|=2，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，

3为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐

标系，利用向量法求出结果． 【详解】

由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，

不妨设图中所示的长方体高为1，底面边长为3， 故|AC|＝1，|AB|=2，

斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变， B点的运动轨迹是以C为圆心，3为半径的圆，

以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，

则D（3，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量a（0，1，0），|a|＝1， 直线b的方向单位向量b（1，0，0），|b|＝1，

设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（3cos，3sin，0），

2）其中为B′C与CD的夹角，[0，，

∴AB′在运动过程中的向量，AB=（3cosθ，3sinθ，﹣1），|AB|=2， 设AB与a所成夹角为α∈[0，

]， 2则cos∴∈[

3cos，3sin，10，1，0aAB33|sin|∈[0，]， 22，]，∴③错误，④正确． 62设AB与b所成夹角为∈[0，

]， 2cosABbABb3cos，-3sin，11，0，0bAB3|cos|， 2当AB与a夹角为60°时，即α3，

|sin|223， coscos333323|cosθ|，

22∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cos∵β∈[0，

]，∴，此时AB与b的夹角为45°，

42∴②正确，①错误． 故答案为：②④． 【点睛】

本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题．

15．【分析】由根据与的夹角为钝角由且求解【详解】因为所以因为与的夹角为钝角所以且由得所以若与的夹角为则存在使即所以解得故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的应用还考查了运算求解的能力属于中档题

6652解析：,,

5515【分析】

由a(5,3,1)，b2,t,求解. 【详解】

2，根据a与b的夹角为钝角，由ab0且a,b18052b2,t,a(5,3,1)因为，，

5所以ab5(2)3t1因为a与b的夹角为钝角， 所以ab0且a,b180， 由ab0，得3t所以t5223t， 55520， 552. 152， 5若a与b的夹角为180，则存在0，使ab， 即(5,3,1)2,t,52所以3t，

2156， 5故答案为：

解得t6652,,

5515【点睛】

本题主要考查平面向量的数量积的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

16．【分析】建立空间直角坐标系写出的坐标写出向量的坐标用两向量的夹角公式求出余弦值【详解】建立空间直角坐标系如图所示则所以异面直线和所成角的余弦值等于故答案为：【点睛】本题考查异面直线所成的角属于基础题 解析：

【分析】

建立空间直角坐标系，写出D1,F,O,E的坐标，写出向量FD1,OE的坐标，用两向量的夹角公式求出余弦值. 【详解】

建立空间直角坐标系，如图所示

15 5

则D10,0,2,F1,0,0,O1,1,0,E0,2,1，

FD11,0,2,OE1,1,1,FD15,OE3， cosOE,FD1OEFD1OEFD1315， 535所以异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于故答案为：【点睛】

本题考查异面直线所成的角，属于基础题.

15. 515. 517．【分析】由于平面不是特殊的平面故建系用法向量求解以为原点建系正方体三边为坐标轴求出平面的法向量求解面对角线和的夹角即可求得答案【详解】以点为原点所在直线为轴所在直线为轴所在直线为轴设正方体棱长为2如 解析：4

【分析】

由于平面A1ECF不是特殊的平面,故建系用法向量求解,以D为原点建系,正方体三边为坐标轴,求出平面A1ECF的法向量n,求解面对角线和n的夹角,即可求得答案. 【详解】

以点D为原点,AD所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴 设正方体棱长为2,如图:

则A(2,0,0),D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0)

A1(2,0,2),B1(2,2,2,),C1(0,2,2),D1(0,0,2),E(2,1,0),F(0,1,2)  EC(2,1,0),A1E((0,1,2),AC(2,2,0)

BD(2,2,0),BC(2,0,2) 1B1A(0,2,2),A1B(0,2,2)

当面对角线与截面A1ECF成60角,

 需保证直线与法向量的夹角为30,即其余弦值3

2设平面A1ECF的法向量n(x,y,z)

nEC0y2z0 可得: ,取y2

2xy0nA1E0 n(1,2,1) ,则|n|6

cosAC,nnAC22233

62|n||AC|86cosBD,ncosB1C,ncosB1A,ncosA1B,n2223 286223 2862223 2862223 286当两条面对角线平行时,求解其中一条与面A1ECF的法向量n夹角即可. 平面AA1D1D中AD1与EF平行,故不符合题意.

综上所述,符合题意的面对角线为:BD,B1D1,AB1,DC1共4条. 故答案为:4. 【点睛】

本题考查了线面角求法,根据题意画出几何图形,掌握正方体结构特征是解本题的关键.对于立体几何中角的计算问题,可以利用空间向量法,利用向量的夹角公式求解,属于基础题.

18．【分析】由题意可得根据线面平行可得则进而得到解得即可【详解】解：由题意可得则解得【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系根据线面平行线面垂直的性质得到平面的法向量与平行于平面的直线垂直考查了空间向 解析：1

【分析】

由题意可得，根据线面平行可得dn，则dn=0，进而得到4m950，解得即可. 【详解】

解：由题意可得dn，则4m950 解得m1 【点睛】

本题主要考查了直线与平面的位置关系，根据线面平行、线面垂直的性质得到平面的法向量与平行于平面的直线垂直，考查了空间向量垂直的坐标表示.

19．【分析】由题意以为坐标原点为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系求得以当即为中点时求得和平面的一个法向量为利用向量的夹角公式即可求解【详解】由题意以为坐标原点为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系则设则所以当即

1解析：

3【分析】

由题意，以A为坐标原点，AB，AD，AA1为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，求得以当x1，即P为C1D1中点时，求得OP(0,1,2)和平面A1ACC1的一个法向量为BD，利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】

由题意，以A为坐标原点，AB，AD，AA1为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 则O1,1,0，

设Px,2,20x2．则OP(1x)2(12)2(02)2(x1)25， 所以当x1，即P为C1D1中点时，OP取最小值5， 此时点P(1,2,2)，所以OP(0,1,2), 又由BD平面A1ACC1，且BD(2,2,0), 即平面A1ACC1的一个法向量为BD(2,2,0)， 设OP与平面A1ACC1所成的角为， 由线面角的公式可得sincosOP,BDOPBDOPBD21, 21010因为(0,1)，由三角函数的基本关系式，可得tan. 23

【点睛】

本题主要考查了空间向量在空间角的求解中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，确定出点P的位置，再利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

20．【分析】利用表示向量利用空间向量数量积计算出即可得解【详解】如下

图所示：所以因此异面直线与所成角的余弦值是故答案为：【点睛】方法点睛：求异面直线所成角的余弦值方法如下：一是几何法：作—证—算；二是向

2解析：

3【分析】

利用AB、AD、AA1表示向量AB1、BC1，利用空间向量数量积计算出cosAB1,BC1，即可得解.

【详解】 如下图所示：

AB1ABAA1，BC1BCBB1ADAA1，

AB1ABAA122ABAA12ABAA1ABAA12ABAA1cosBAA1222222222222112，AB123， 2BC1ADAA12ADAA12ADAA1ADAA12ADAA1cosDAA122222222222112，BC123， 2AB1BC1ABAA1ADAA1ABADABAA1ADAA1AA1221ABAA1cosBAA1ADAA1cosDAA1AA1222228，

2所以，cosAB1,BC1AB1BC1AB1BC182322， 3因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值是故答案为：【点睛】

2. 32. 3方法点睛：求异面直线所成角的余弦值，方法如下： 一是几何法：作—证—算；

二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线的夹角的余弦值为cosm,nmnmn.

21．【解析】由题意连接则故答案为 解析：【解析】

113ABACAD 12343423GEAEAGAB BD AM 则 由题意，连接AE，321AB（ADAB）（ABAC）．

432113ABACAD . 1234113ABACAD. 故答案为123422．【分析】设建立空间直角坐标系由向量的垂直可得进而可得由基本不等式即可得解【详解】设如图建立空间直角坐标系则所以又所以所以所以当且仅当时等号成立所以当的面积取得最小值时其棱故答案为：【点睛】本题考查了 解析：

32 2【分析】

设AA1mm0，CMn0nm，建立空间直角坐标系，由向量的垂直可得

mn114，进而可得S△MAD15n22，由基本不等式即可得解. n2n【详解】

设AA1mm0，CMn0nm，如图建立空间直角坐标系，

则D10,0,m，M0,1,n，A3,0,0，

所以D1M0,1,nm，AM3,1,n，

又MD1MA，所以D1MAM1nnm0，所以mn所以S△MAD11， n11112D1MAM1mn31n2124n2 222n2121114nn225n241432， 52nn22n22当且仅当n2，m32时，等号成立， 2所以当MAD1的面积取得最小值时其棱AA1故答案为：【点睛】

32. 232. 2本题考查了空间向量及基本不等式的应用，考查了运算求解能力，合理转化、细心计算是解题关键，属于中档题.

23．【分析】直接利用空间向量的数量积求解两个平面的二面角的大小即可【详解】解：两个平面的法向量分别为则这两个平面所成的锐二面角的大小是这两个平面所成的锐二面角的余弦值为故答案为：【点睛】本题考查空间二面 解析：

22 5【分析】

直接利用空间向量的数量积求解两个平面的二面角的大小即可． 【详解】

解：两个平面，的法向量分别为u(4,0,3)，v(1,1,0)， 则这两个平面所成的锐二面角的大小是，

cosab44232ab121245222， 5这两个平面所成的锐二面角的余弦值为

22. 5故答案为：【点睛】

22. 5本题考查空间二面角的求法，空间向量的数量积的应用，考查计算能力．

24．【分析】根据向量的线性运算得出根据向量的数量积运算即可求出结果【详解】解：由题可知所以得故答案为：【点睛】本题考查向量的运算涉及到线性运算和向量的数量积同时考查学生的化归和转化思想 解析：

【分析】

根据向量的线性运算，得出AEABBC结果. 【详解】

解：由题可知，AEABBC所以AE(ABBC217 21CC1，根据向量的数量积运算，即可求出21CC1， 21CC1)2 22221ABBCCC12ABBCABCC1BCCC1

4ABBC2221CC12ABBCcos60ABCC1cos60BCCC1cos60 4111117112

42224得AE17. 2故答案为：【点睛】

17. 2本题考查向量的运算，涉及到线性运算和向量的数量积，同时考查学生的化归和转化思想.

25．【分析】用向量表示就能找到的值进而算出答案【详解】解：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：【点睛】本题考查空间向量的表示考查空间向量加法法则等基础知识考查运算求解能力考查数形

2解析：

3【分析】

用向量OA，OB，OC表示OM，就能找到x，y，z的值，进而算出答案． 【详解】

解：因为P，Q分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，M是PQ靠近P的三等分点，

1111所以OMOPPMOAPQOA(PAABBQ)，

23231111OA(OAOBOABC)， 23221111OA(OAOBOA(OCOB))， 2322111OAOBOC， 366所以x111，y，z，

6361112xyz，

3663故答案为：【点睛】

2． 3本题考查空间向量的表示，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．

26．（57）或（﹣5﹣7）【分析】求出23设向量与平面垂直列出方程组能求出结果【详解】∵在△ABC中A（1﹣12）B（211）C（﹣123）∴（12﹣1）（﹣231）设∵向量与平面ABC垂直∴解得∵∴1

解析：n（53，3，73）或n（﹣53，3，﹣73）． 【分析】

求出AB(1，2，1)，AC(2，3，1)，设n(x，y，z)，向量n与平面ABC垂直，n15，列出方程组能求出结果． 【详解】

∵在△ABC中，A（1，﹣1，2），B（2，1，1），C（﹣1，2，3）， ∴AB（1，2，﹣1），AC（﹣2，3，1），

设nx,y,z

∵向量n与平面ABC垂直， ∴nABx2yz0x5y，解得，

z7ynAC2x3yz0x2y2z215，

∵n15，∴解得y3，x53， z73或y3，x53， z73

∴n53,3,73或n53,3,73． 【点睛】

本题考查向量的坐标的求法，考查向量与平面垂直、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

