(人教A版2019选择性必修第一册)重难点题型精讲专题1.13空间向量与立体几何全章综合测试卷(原卷版+解析)

第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷-提高篇【人教A版2019】考试时间：90分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）(2023春•杨浦区校级期中）下列条件中，一定使空间四点P、A、B、C共面的是（）A．OA→+OB→+C．OA→+OB→2．（5分）（2023秋•朝阳区校级期末）已知空间向量a→，b→，①若a→与b→共线，b→与c→共线，则②若a→，b→，③若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→（λ，A．0 B．1 C．2 D．33．（5分）(2023春•广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则AP→A．13AB→+1C．13AB→+4．（5分）(2023春•南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM→A．4 B．12 C．8 D．65．（5分）（2023秋•辽宁期末）已知A（1，0，0），B（0，﹣1，1），O是坐标原点，OA→+λOB→与OB→A．±66 B．66 C．−666．（5分）（2023秋•乳山市校级月考）给出以下命题，其中正确的是（）A．直线l的方向向量为a→=(0，1，−1)，平面α的法向量为B．平面α、β的法向量分别为n→1=(0，1，3)C．平面α经过三个点A（1，0，﹣1），B（0，﹣1，0），C（﹣1，2，0），向量n→=(1，u，t)是平面α的法向量，则D．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为7．（5分）（2023•宝山区二模）设向量u→=(a，b，0)，v→=(c，d，1)，其中A．向量v→与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）B．u→⋅vC．u→与v→的夹角的最大值为D．ad+bc的最大值为18．（5分）(2023春•米东区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（）A．异面直线AC与BC1所成的角为60° B．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为2 C．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45° D．四面体D1﹣AB1C的外接球体积为3二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023秋•昆山市月考）下列说法正确的是（）A．空间中任意两非零向量a→，b→B．直线的方向向量是唯一确定的 C．若AB→=λAC→+μAD→（λ，μ∈R），则A，B，D．在四面体ABCD中，E，F为CB，CD中点，G为EF中点，则AG10．（5分）（2023秋•凤城市校级月考）已知空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），则下列说法正确的是（）A．OA→⋅OB→=−2C．点O到直线BC的距离为5 D．O，A，B，C四点共面11．（5分）(2023春•思明区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D中，E为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（）A．PE→•PF→的最小值为B．若BP＝2PD，则平面PAC截正方体所得截面的面积为98C．若D1N与AB所成的角为π4，则N点的轨迹为双曲线的一部分D．若正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是2π12．（5分）(2023春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（）A．BF∥面A1DE B．AA1⊥面A1BC C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋•玉州区校级月考）已知向量a→=（1，1，1，），b→=（1，﹣2，2），且ka→+b→【解题思路】由已知求得ka→+b→【解答过程】解：∵a→=（1，1，1，），b→=（1，﹣∴ka→+b→=（k+1，k﹣2，k+2），a→又ka→+∴2（k+1）﹣（k﹣2）+3（k+2）＝0，即k=−故答案为：−514．（5分）(2023春•沭阳县期中）设空间向量i→，j→，k→是一组单位正交基底，若空间向量a→满足对任意x，y，|a→−xi→−yj→|的最小值是2，则|a15．（5分）（2023秋•肇庆期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE+BF＝2，P是线段B1F上一动点，当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为．16．（5分）(2023•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为；（2）直线C1D到平面A1BE的距离为；（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）(2023春•乌苏市校级期中）已知空间向量a→=（2，4，﹣2），b→=（﹣1，0，2），c→=（（Ⅰ）若a→∥c→，求（Ⅱ）若b→⊥c→，求cos＜a18．（12分）（2023秋•朝阳区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB、AC为边的平行四边形的面积；（Ⅱ）若向量a→分别与AB→、AC→垂直，且|a|=19．（12分）(2023•天心区校级开学）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA→=a→，CB→=b→，CC1→=c→，CA＝CB（1）用a→，b→，c→（2）在线段C1B1上是否存在点M，使AM→⊥A20．（12分）(2023春•辽宁期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上．（1）求证：平面B′CD⊥平面B′HD；（2）求证：A′D∥平面B′FC；（3）求直线HC与平面A′ED所成角的正弦值．21．（12分）(2023春•九龙坡区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=5，AC＝AA1＝2（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求点D与平面BEC1的距离；（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．22．（12分）(2023秋•迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝23．（1）证明：MB⊥平面ABCD；（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为33，若存在求出的CE第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷-提高篇参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）(2023春•杨浦区校级期中）下列条件中，一定使空间四点P、A、B、C共面的是（）A．OA→+OB→+C．OA→+OB→【解题思路】要使空间中的P、A、B、C四点共面，只需满足OP→=xOA→+yOB→+zOC【解答过程】解：对于A选项，OP→=−OA→−OB→−OC→，（﹣1）+（﹣1）+（﹣1）＝﹣3≠对于B选项，OP→=OA→+OB→+OC→，1+1+1＝3≠对于C选项，OP→=12OA→+12OB→对于D选项，OP→=13OA→+13OB→故选：D．2．（5分）（2023秋•朝阳区校级期末）已知空间向量a→，b→，①若a→与b→共线，b→与c→共线，则②若a→，b→，③若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→（λ，A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】举反例，判断①；根据共面向量的定义判断②；利用空间向量基本定理判断③④．【解答过程】解：对于①，若a→与b→共线，b→与c→共线，则当b→=0对于②，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，∴a→，b→，c→对于③，由空间向量基本定理可知：若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得④若a→，b→不共线，向量则c→，a→，故选：B．3．（5分）(2023春•广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则AP→A．13AB→+1C．13AB→+【解题思路】延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，由题意得出S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D【解答过程】解：三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，如图所示：延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，因为S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以S△所以P为△B1C1D的重心，所以PD→即PD→+2PB→所以（AD→−AP→）+2（AB→−AP所以AP→故选：C．4．（5分）(2023春•南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM→A．4 B．12 C．8 D．6【解题思路】利用空间向量的线性运算和数量积运算得到PM→•PN→【解答过程】解：设正方体内切球的球心为G，则GM＝GN＝2，PM→•PN→=（PG→+GM→）•（PG→+因为MN是正方体内切球的一条直径，所以GM→+GN→=0所以PM→•PN→又点P在正方体表面上运动，所以当P为正方体顶点时，|PG→|最大，且最大值为2所以PM→•PN→=PG→2−4≤8故选：C．5．（5分）（2023秋•辽宁期末）已知A（1，0，0），B（0，﹣1，1），O是坐标原点，OA→+λOB→与OB→A．±66 B．66 C．−66【解题思路】首先求出空间向量的坐标，及向量的模，进一步利用向量的夹角求出结果．【解答过程】解：因为OA→+λOB→=（1，0，0）+λ（0，﹣1，1）＝（1，﹣所以|OA|OB（OA→+λOB→）•OB所以cos120°=2λ所以λ＜0，且4λ=−解得：λ=−故选：C．6．（5分）（2023秋•乳山市校级月考）给出以下命题，其中正确的是（）A．直线l的方向向量为a→=(0，1，−1)，平面α的法向量为B．平面α、β的法向量分别为n→1=(0，1，3)C．平面α经过三个点A（1，0，﹣1），B（0，﹣1，0），C（﹣1，2，0），向量n→=(1，u，t)是平面α的法向量，则D．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为【解题思路】A中，根据a→•n→=0判断l∥α或B中，根据n1→与n2→不共线判断C中，求出平面α的一个法向量为n→=（1，3，4），即可判断u+D中，根据a→•b→=0判断直线l【解答过程】解：对于A，因为a→•n→=0﹣1+1＝0，所以a→⊥n→，所以l∥α或对于B，因为n1→≠λn2→，λ∈R，所以n1→与n对于C，设平面α的法向量是n→=（x，y，z），因为AB→=（﹣1，﹣1，1），AC→=（﹣2，2，﹣化简得﹣3x+y＝0，令x＝1，得y＝3，z＝4，所以n→=（1，3，4），所以u+t＝7，选项对于D，因为a→•b→=1×2﹣1×1+2×（−12）＝0，所以a→⊥b→故选：D．7．（5分）（2023•宝山区二模）设向量u→=(a，b，0)，v→=(c，d，1)，其中A．向量v→与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）B．u→⋅vC．u→与v→的夹角的最大值为D．ad+bc的最大值为1【解题思路】在A中，取z轴的正方向向量t→=（0，0，t），求出n→与t→的夹角即可判断命题正确；在B中，计算u→⋅v→=ac+bd【解答过程】解：由向量u→=(a，b，0)，v→=(c，d，1)，其中在A中，设z轴正方向的方向向量z→=（0，0，向量v→与zcosα=z→⋅v→∴向量v→与z轴正方向的夹角为定值45°（与c，d之值无关），故A在B中，u→⋅v→=ac且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此u→⋅v→的最大值为在C中，由B可得：|u→⋅v→|≤1，∴﹣∴cos＜u∴u→与v→的夹角的最大值为3π4在D中，ad+bc≤a2∴ad+bc的最大值为1．故D正确．故选：B．8．（5分）(2023春•米东区校级期中）如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（）A．异面直线AC与BC1所成的角为60° B．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为2 C．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45° D．四面体D1﹣AB1C的外接球体积为3【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角，二面角及线面角，判断ABC选项，D选项，四面体D1﹣AB1C的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球半径和体积．【解答过程】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），B1（1，1，1），D1（0，0，1），A选项，设异面直线AC与BC1所成的角为θ，则cosθ=|cos＜故异面直线AC与BC1所成的角为60°，A正确；B选项，设平面AB1C的法向量为m→=（x，y，则有m→⋅AB1→=y+z=0m→⋅AC→=−x+y=0则m→=（1，1，﹣平面BB1C的法向量为n→=（0，1，cos〈设二面角A﹣B1C﹣B的大小为α，显然α为锐角，则cosα=cos〈所以sinα=6故二面角A﹣B1C﹣B的正切值为2，B正确；C选项，设平面ABC1D1的法向量为n→则n→1⋅AB→=y1=0n→所以n1→=（1，0设直线AB1与平面ABC1D1所成的角为β，则sinβ=|cos〈则β＝30°，C错误；设外接球半径为R，则R=32，则外接球体积为32故选：C．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023秋•昆山市月考）下列说法正确的是（）A．空间中任意两非零向量a→，b→B．直线的方向向量是唯一确定的 C．若AB→=λAC→+μAD→（λ，μ∈R），则A，B，D．在四面体ABCD中，E，F为CB，CD中点，G为EF中点，则AG【解题思路】由空间中任意两个向量a→，b→都共面判断A；由直线的方向向量定义判断B；由共面定理的推理判断【解答过程】解：对于A，空间中任意两个向量a→，b对于B，空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示，该向量称为这条直线的一个方向向量，故B错误；对于C，因为AB→=λAC→+μAD→(λ，μ∈R)，所以OB→−OA→=λ(OC→−OA→)+μ(OD→−对于D，因为E，F为CB，CD中点，G为EF中点，所以AE→=12(故选：AC．10．（5分）（2023秋•凤城市校级月考）已知空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），则下列说法正确的是（）A．OA→⋅OB→=−2C．点O到直线BC的距离为5 D．O，A，B，C四点共面【解题思路】直接利用空间向量，向量的模，向量垂直的充要条件，共面向量基本定理，向量的夹角的应用判定A、B、C、D的结论．【解答过程】解：空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），则OA→=（0，1，2），OB→=（2，所以|OA→|=5，|OB→对于A：OA→⋅OB→对于B：cos＜OA→，OB→对于C：由于OB→=（2，0，﹣1），BC→=（1，所以OB→⋅BC故OB→所以点O到直线BC的距离d＝|OB→|=5，故对于D：根据已知的条件求出：OA→=（0，1，2），OB→=（2，0，﹣1），OC→=（易知：OA→假设：OA→则存在实数λ和μ使得OC→所以3=2μ2=λ故：OA→，OB故选：ABC．11．（5分）(2023春•思明区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D中，E为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（）A．PE→•PF→的最小值为B．若BP＝2PD，则平面PAC截正方体所得截面的面积为98C．若D1N与AB所成的角为π4，则N点的轨迹为双曲线的一部分D．若正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是2π【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，设BP→=λBD1→=(−λ，−λ，λ)，（0≤λ≤1），得P（1﹣λ，1﹣λ，λ），然后用空间向量法求得PE，求得数量积计算最小值判断A；由线面平行得线线平行，确定截面的形状、位置，从而可计算出截面面积，判断B；根据D1N与【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，则E(12，1，12)，B（1，1，0），D1（0，0，1），F(0，12，1)，N（x对于A，BD1→=(−1，−1，1)，设所以P（1﹣λ，1﹣λ，λ），PE→=(λ−1则PE→所以λ=712时，(PE对于B，BP＝2PD1，则P是BD1上靠近D1的三等分点，P(13，13，2则G(13，23，0)，PG→=(0，13，−因此PG∥面CDD1C1，所以截面PAC与平面CDD1C1的交线与PG平行，作CM∥PG交C1D1于点M，设M（0，k，1），则CM→=(0，k−1，1)，由CM→则M与F重合，因此取A1D1中点N，易得NF∥AC，截面为ACFN，它是等腰梯形，AC=2，NF=22，AN=CF=截面面积为S=12(对于C，D1N→=(x，y，−1)，则有cos〈D1N→，AB→〉=|yx对于D，A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），则AC→=(−1，所以AC→⋅BD1所以BD1→是平面ACB1的一个法向量，即BD1⊥平面设垂足为O1，则∠AO1C=∠C因此正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，至少旋转2π3，D故选：BCD．12．（5分）(2023春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（）A．BF∥面A1DE B．AA1⊥面A1BC C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出A1(0，−36，63)，分别求出平面【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；对于B，因为A1E=12AB，A1D=12AC，所以A1A又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以E(1A1设A1E与CD所成角的为θ，则cosθ=|所以A1E与CD所成角的余弦值为14，所以C对于D，设A1（x，y，z），因为A1所以(x−所以A1因为A1E⊥CD，所以A1E→A1设n→=(x0，y0故n→=（3，1，设m→=(x1，y1故m→=（0，63设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，cosα=|cos＜因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−1所以D正确．故选：BCD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋•玉州区校级月考）已知向量a→=（1，1，1，），b→=（1，﹣2，2），且ka→+b→【解题思路】由已知求得ka→+b→【解答过程】解：∵a→=（1，1，1，），b→=（1，﹣∴ka→+b→=（k+1，k﹣2，k+2），a→又ka→+∴2（k+1）﹣（k﹣2）+3（k+2）＝0，即k=−故答案为：−514．（5分）(2023春•沭阳县期中）设空间向量i→，j→，k→是一组单位正交基底，若空间向量a→满足对任意x，y，|a→−xi→−yj→|的最小值是2，则|a【解题思路】以i→，j→方向为x，y轴，垂直于i→，j→方向为【解答过程】解：以i→，j→方向为x，y轴，垂直于则i→设a→=（r，s，t），则|a→当r＝x，s＝y时，|a→−xi→∴t＝±2，取a→=（x，y，2），则a→+3k→=∴|a→+3k∵x，y是任意值，∴|a→+3k→取a→=（x，y，﹣2），则a→+3k→=∴|a→+3k∵x，y是任意值，∴|a→+3k→故答案为：1．15．（5分）（2023秋•肇庆期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE+BF＝2，P是线段B1F上一动点，当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为[155【解题思路】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面B1EC的法向量，设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ，利用空间向量的数量积求解直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的表达式，然后求解取值范围即可．【解答过程】解：当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，△EBF的面积取最大值，S△EBF当且仅当BE＝BF＝1时，等号成立，此时，E为AB的中点，F与C重合．如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D1（0，0，1），B1（1，2，1），E（1，1，0），C（0，2，0），EC→=(−1，设平面B1EC的法向量为m→=(x，y，z)，∴−x+y=0设CP→=λCB1→=(λ，0，λ)，λ∈[0，1]设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ，∴sinθ=|cos〈m∵λ∈[0，1]，∴当λ=12时，sinθ的最大值为63；当λ＝0或1时，sinθ∴直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为[15故答案为：[1516．（5分）(2023•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为1111（2）直线C1D到平面A1BE的距离为63（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为303【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），利用m→•EA1→=m→•EB→=0，可得m→，cos＜m→，BC1→＞=m→⋅（2）直线C1D到平面A1BE的距离=|（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），可得n→•AB→=n→•PA→=0，由题意可得：【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．EA1→=（2，0，1），EB→=（0，2，﹣1），BC设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），则m→•EA1→=m→•EB→=0cos＜m→，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos＜m→，BC∴tanα=11（2）EC1→=（0，0，1），∴直线C1D到平面A1（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），AB→=（﹣2，2，0），PA→=（则n→•AB→=n→•PA→=0，∴−2a+2b=02a−tc=0由题意可得：|m→⋅n→∴|CP|=30故答案为：1111；63；四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）(2023春•乌苏市校级期中）已知空间向量a→=（2，4，﹣2），b→=（﹣1，0，2），c→=（（Ⅰ）若a→∥c→，求（Ⅱ）若b→⊥c→，求cos＜a【解题思路】（Ⅰ）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可；（Ⅱ）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到c→【解答过程】解：（Ⅰ）空间向量a→=（2，4，﹣2），b→=（﹣1，0，2），c→=（因为a→∥c所以存在实数k，使得c→所以x=2k2=4k−1=−2k，解得x＝则|c（Ⅱ）因为b→⊥c则b→⋅c→=−x+0−2=0所以c→故cos＜a→，18．（12分）（2023秋•朝阳区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB、AC为边的平行四边形的面积；（Ⅱ）若向量a→分别与AB→、AC→垂直，且|a|=【解题思路】（1）以AB、AC为边的平行四边形的面积S=|AB|⋅→|AC|→（2）设出a→【解答过程】解：（Ⅰ）ABcos∠BAC=AB→⋅AC→∴S=2×12（Ⅱ）设a→=（x，y，z），∵a→∴−2x−y+3z=0∴a→=（1，1，1）或a→=（﹣1，﹣1，﹣19．（12分）(2023•天心区校级开学）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA→=a→，CB→=b→，CC1→=c→，CA＝CB（1）用a→，b→，c→（2）在线段C1B1上是否存在点M，使AM→⊥A【解题思路】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；（2）根据空间向量共线向量的性质，结合空间向量垂直的性质进行求解即可．【解答过程】解：（1）A1N→=A（2）假设存在点M，使AM⊥A1N，设C1M→=λC1B显然λCB→=λb→，AM因为AM⊥A1N，所以AM→⊥A1即（c→−a→+λb∴−12c→•a→+12c→•b→−c→2+12a→2∵CA＝CB＝CC1＝1，＜a→，b→＞=＜a∴−12c→•a→−c→2+12a→2﹣（1即12×1×1×（−12）﹣12+12×12﹣（12+12λ）×1×1解得λ=23，所以当C1M=23C1B1时，AM⊥20．（12分）(2023春•辽宁期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上．（1）求证：平面B′CD⊥平面B′HD；（2）求证：A′D∥平面B′FC；（3）求直线HC与平面A′ED所成角的正弦值．【解题思路】（1）由CD⊥DE，证明B′H⊥CD，得出CD⊥平面B′HD，从而证明平面B′CD⊥平面B′HD；（2）利用线面平行的判定定理可得A′E∥平面B′FC，DE∥平面B′FC，又A′E∩DE＝E；由面面平行的判定定理可得平面A′ED∥平面B′FC，再利用面面平行的性质定理可得线面平行；（3）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A′DE的法向量n→和HC计算直线HC与平面A′ED所成角的正弦值即可．【解答过程】解：（1）证明：矩形ABCD中，CD⊥DE，点B′在平面CDEF上的射影为H，则B′H⊥平面CDEF，且CD⊂平面CDEF，∴B′H⊥CD，又B′H∩BE＝H，∴CD⊥平面B′HD，又CD⊂平面B′CD，∴平面B′CD⊥平面B′HD；（2）证明：∵A′E∥B′F，A′E⊄平面B′FC，B′F⊂平面B′FC．∴A′E∥平面B′FC，由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC，又∵A′E∩DE＝E．∴平面A′ED∥平面B′FC，∴A′D∥平面B′FC；（3）如图所示，过E作ER∥DC，过E作ES⊥平面EFCD，分别以ER，ED，ES为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B′（0，y，z）（y，z∈R+）；∵F（3，3，0），且B′E=10，B′F＝4∴y2+z2∴B′（0，2，6）；∴FB'→=（﹣3，﹣1∴EA