新人教版高中数学选修一第一单元《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，在三棱锥OABC中，点D是棱AC的中点，若OAa，OBb，

OCc，则BD等于（ ）

A．

11abc 22B．abc C．abc

D．11abc 223．在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足AMxAByACxy1AD，点N满足BNBA1BC，当AM、BN最短时,AMMN（ ） A．4 3B．

4 3C．

13D．

1 34．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，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P平行于平面AEF，则线段A1P长度的最小值为（ ）

A．2 B．

32 2C．3 D．5 6．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AD，CC1，A1D1的中点，则B1P与MN所成角的余弦值为（ ）

A．

30 10B．

15C．

70 10D．

1 57．在底面为锐角三角形的直三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱BC的中点，记直线B1D与直线AC所成角为1，直线B1D与平面A1B1C1所成角为2，二面角C1A1B1D的平面角为3，则（ ） A．21,23

B．21,23 C．21,23 D．21,23

8．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）ABCA1B1C1中，AB2，E，F分别为A1C1和A1B1的中点，当AE和BF所成角的余弦值为的正弦值为（ ） A．

1时，AE与平面BCC1B1所成角410 26 2B．

6 4C．

10 4D．

9．已知空间直角坐标系Oxyz中，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（ ）

131A．,,

243133B．,,

224448C．,,

333447D．,,

33310．棱长为1的正四面体ABCD中，点E，F分别是线段BC，AD上的点，且满足

11BEBC，AFAD，则AECF（ ）

34A．13 24B．1 2C．

1 2D．

13 2411．如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1B1C11，且

A1C1B190，D点在棱AA1上且AD2DA1，P点在棱C1C上，则PDPB1的最小

值为（ ）

A．

5 2B．1 4C．

1 4D．5 212．以下四个命题中正确的是（ ）

A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示

B．若a,b,c为空间向量的一组基底，则ab,bc,ca构成空间向量的另一组基底 C．ABC为直角三角形的充要条件是ABAC0 D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底

13．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，CC1的中点，则直线A1E与平面B1D1F所成角的正弦值是（ ） A．

15 5B．

15 10C．5 5D．

30 10

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

参

二、填空题

14．若面的法向量n(1,,1)，面的法向量m(2,1,2)，两面夹角的正弦值为

34，则________. 615．在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PAAC2，AB3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________.

16．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，ADAA1，且C1D与底面A1B1C1D1所成角为60°，则直线C1D与平面CB1D1所成的角的正弦值为______．

17．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）

18．已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为_________.

19．如图：二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于__．

20．已知AB1,1,2，BC1,1,z，BPx1,y,1.若BP平面ABC，则

|CP|的最小值为___________.

21．已知a1,1,0,b1,0,2，且kab与2ab的夹角为钝角，则实数k的取值范围为_____．

22．如图，矩形ABCD中，AB1,BCa，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQDQ，则a的值等于________.

23．已知空间四边形OABC中，OAa，OBb，OCc，点M在OA上，

OM2MA，点N在BC上，BN3NC，则MN等于__________．（用a，b，c表

示）

24．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__________．

25．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________.

26．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，

AA12AB2AC，M，N是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成

（锐）二面角为

，当B1M最小时，AMB__________. 3

【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 DC0n·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．A

解析：A 【分析】

利用空间向量的加法和减法法则可得出BD关于a、b、c的表达式. 【详解】

ODOAADOA1111ACOAOCOAOAOC， 2222因此，BDODOB故选：A. 【点睛】

1111OAOBOCabc. 2222本题考查利用基底表示空间向量，考查计算能力，属于中等题.

3．A

解析：A 【分析】

根据题意可知M平面BCD，N直线AC，根据题意知，当M为BCD的中心、

N为线段AC的中点时，AM、BN最短，然后利用MC、MA表示MN，利用空间向

量数量积的运算律和定义可求出AMMN的值. 【详解】

由共面向量基本定理和共线向量基本定理可知，M平面BCD，N直线AC， 当AM、BN最短时，AM平面BCD，BNAC， 所以，M为BCD的中心，N为AC的中点， 此时，2MC24323，MC， sin60332AM平面BCD，MC平面BCD，AMMC，

MA23262. ACMC2332221114MCMA，AMMNAMMCAMMAMA. 又MN2223故选：A. 【点睛】

本题考查空间向量数量积的计算，同时也涉及了利用共面向量和共线向量来判断四点共面和三点共线，确定动点的位置是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.

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．B

解析：B 【分析】

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段A1P长度取最小值. 【详解】

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

A2,0,0,E1,2,0,F0,2,1,A12,0,2，AE(1,2,0),AF(2,2,1)，

设平面AEF的法向量nx,y,z，

nAEx2y0则，取y1，得n2,1,2， nAF2x2yz0设Pa,2,c,0a2,0c2，则A1Pa2,2,c2， ∵A1P平行于平面AEF，

∴A1Pn2a222c20，整理得ac3， ∴线段A1P长度

39|A1P|(a2)222(c2)2(a2)24(1a)22a，

222当且仅当ac故选：B. 【点睛】

332. 时，线段A1P长度取最小值

22本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

6．A

解析：A 【分析】

如图以A为原点，分别以AB,AD,AA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求出

B1P和MN的坐标，设B1P与MN所成的角为，利用cos【详解】

B1PMNB1PMN即可求解.

如图以A为原点，分别以AB,AD,AA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则M0,1,0，N2,2,1，B12,0,2，P0,1,2， 所以B1P2,1,0，MN2,1,1， 设B1P与MN所成的角为， 所以cosB1PMNB1PMN2215630， 10B1P与MN所成角的余弦值为30，

10故选：A 【点睛】 方法点睛：

求空间角的常用方法：

（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.

7．A

解析：A 【分析】

以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量法即可求得各个角度的余弦值，再结合余弦函数的单调性即可判断. 【详解】

由题可知，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为锐角三角形，D是棱BC的中点， 设三棱柱ABCA1B1C1是棱长为2的正三棱柱，以A为原点，

在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，

33A(0,0,0)， A(0,0,2)DC(0,2,0)则1，B1(3,1,2)，，2,2,0，

31AC(0,2,0)，B1D2,2,2，A1B1(3,1,0)，

BD因为直线1与直线AC所成的角为1，10,，

2cos1|B1DAC|1，

|B1D||AC|25ABCBD因为直线1与平面111所成的角为2，20,，

2平面A1B1C1的法向量n0,0,1，

2|B1Dn|221sin2，cos21， |B1D|n∣555设平面A1B1D的法向量m(a,b,c)，

mA1B13ab0则， 31ab2c0mB1D22取a33，得m3,3,，

2因为二面角C1A1B1D的平面角为3， 由图可知，其为锐角，

cos3|mn||m|n∣325741，cos2cos3cos1， 579由于ycos在区间(0,)上单调递减，故231， 则21,23. 故选：A. 【点睛】

本题考查利用向量法研究空间中的线面角以及二面角，属综合基础题.

8．B

解析：B 【分析】

设AA1t，以B为原点，过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，由AE和BF所成角的余弦值为

1，求出t的值，由此能求出AE与平面4BCC1B1所成角的正弦值.

【详解】

设AA1t，以B为原点，过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间

直角坐标系，则A3133F,,t3,1,0，B0,0,0， C0,2,0，E ，2,2,t ， 223131AE,,tBF22 ，2,2,t ，

因为AE和BFBF所成角的余弦值为

1， 4所以cosAE,BF解得：t1

AEBFAEBFt2121t21t21， 431所以AE2,2,1，平面BCC1B1的法向量n1,0,0，

36 所以AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为sin2214AEnAEn故选：B 【点睛】

本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，属于中档题.

9．C

解析：C 【分析】

设Q(x,y,z)，根据点Q在直线OP上，求得Q(,,2)，再结合向量的数量积和二次函数的性质，求得【详解】 设Q(x,y,z)，

由点Q在直线OP上，可得存在实数使得OQOP， 即(x,y,z)(1,1,2)，可得Q(,,2),

所以QA(1,2,32),QB(2,1,22),

则QAQB(1)(2)(2)(1)(32)(22)2(3285)， 根据二次函数的性质，可得当故选：C. 【点睛】

本题主要考查了空间向量的共线定理，空间向量的数量积的运算，其中解答中根据向量的

4

时，QAQB取得最小值，即可求解. 3

42448时，取得最小值，此时Q(,,).

33333数量积的运算公式，得出关于的二次函数是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

10．A

解析：A 【分析】

设ABa，ACb，ADc，以这3个向量为空间中的基底，将AECF转化为基底的数量积运算，即可得答案. 【详解】

设ABa，ACb，ADc， 由题意可得AEABBEa(ba)则AECF13211ab，CFcb， 33411211221abcbacabbcb 343123361121111131. 6232122324故选：A. 【点睛】

本题考查空间向量基本定理的运用、数量积运算，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意基底思想的运用.

11．B

解析：B 【分析】

由题易知AC,BC,CC1两两垂直，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设

PCa0a3，可知P0,0,a，进而可得PD,PB1的坐标，然后求得PDPB1的表

达式，求出最小值即可. 【详解】

由题意可知，AC,BC,CC1两两垂直，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B10,1,3，D1,0,2，设PCa0a3，则P0,0,a， 所以PD1,0,2a，PB10,1,3a，

51则PDPB1002a3aa， 2415时，PDPB1取得最小值. 24故选：B.

当a2

【点睛】

本题考查两个向量的数量积的应用，考查向量的坐标运算，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

12．B

解析：B 【分析】

根据空间向量基底的定义：任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，逐一分析A，B，D可判断这三个结论的正误；根据向量垂直的充要条件，及直角三角形的几何特征，可判断C的真假. 【详解】

对A，空间的任何一个向量都可用其他三个不共面的向量表示，A中忽略三个基底不共面的，故A错误；

对B，若{a,b,c}为空间向量的一组基底，则a,b,c三个向量互不共面；则

ab,bc,ca，也互不共面，故{ab,bc,ca}可又构成空间向量的一组基底，故

B正确；

对C，ABAC0ABC的A为直角ABC为直角三角形，但ABC为直角三角形时，A可能为锐角，此时ABAC0，故C错误；

对D，任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，三个向量不共线时可能共面，故D错误； 故选：B． 【点睛】

本题以命题的真假判断为载体考查空间向量的基底概念、向量垂直的充要条件，考查对概念的理解与应用，属基础题．

13．D

解析：D 【分析】

设正方体棱长为2，以AD,AB,AA1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求得

A1E(0,1,2)和平面B1D1F的一个法向量为n(1,1,2)，利用向量的夹角公式，即可求

解. 【详解】

设正方体棱长为2，分别以AD,AB,AA1为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则A1(0,0,2),E(0,1,0),B1(0,2,2),D1(2,0,2),F(2,2,1)， 所以A,2),B1D1(2,2,0),B1F(2,0,1). 1E(0,1

设平面B1D1F的法向量为n(x,y,z)，

nB1D10,2x2y0,则即令x1，则y1,z2， nB1F0,2xz0,即平面B1D1F的一个法向量为n(1,1,2). 设直线A1E与平面B1D1F所成角为， 则sin故选D. 【点睛】

本题主要考查了利用空间向量求解直线与平面所成的角，根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

nA1EnA1E330. 1030二、填空题

14．【分析】设平面的夹角为利用空间向量夹角公式得：由已知知建立关于的方程解方程即可得到答案【详解】设平面的夹角为又面的法向量面的法向量则利用空间向量夹角公式得：由已知得故故即解得：故答案为：【点睛】结论 解析：2

【分析】

设平面,的夹角为，利用空间向量夹角公式得：cosmnmn322，由已知

sin1342，知cos，建立关于的方程，解方程即可得到答案.

186【详解】

设平面,的夹角为，又面的法向量n(1,,1)，面的法向量m(2,1,2)， 则利用空间向量夹角公式得：cosmnmn221141422322 23434134221由已知得sin，故cos1sin1 6661812121故，即，解得：2 2229(2)18221832故答案为：2 【点睛】

结论点睛：本题考查利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线l,m的方向向量分别为a,b，平面,的法向量分别为u,v，则 ①两直线l,m所成的角为(022),cosabab；

②直线l与平面所成的角为(02),sinauau；

③二面角l的大小为(0),cosuvuv.

15．【分析】首先可证平面PAC则BD与平面PAC所成角为所以当D为PC的中点时取得最大值如图建立空间直角坐标系利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：因为PAABAC两两垂直所以平面PAC则BD与 解析：311 11【分析】

首先可证AB平面PAC，则BD与平面PAC所成角为ADB，所以当D为PC的中点时

ADB取得最大值，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值； 【详解】

解：因为PA，AB，AC两两垂直，PAACA

所以AB平面PAC，则BD与平面PAC所成角为ADB， 所以tanADBAB3， ADAD当AD取得最小值时，ADB取得最大值在等腰Rt△PAC中， 当D为PC的中点时，AD取得最小值，以A为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)， 则AD(0,1,1)，PC(0,2,2)，BC(3,2,0)，

设平面PBC的法向量为n(x,y,z)，则nPCnBC0，

2y2z0即，令y3，得n(2,3,3). 3x2y0因为cosn,AD33311， 11222311. 11所以AD与平面PBC所成角的正弦值为故答案为：【点睛】

311 11(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：

①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．

(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

16．【分析】先得出以D为原点建立如图所示空间直角坐标系利用向量法可求出【详解】长方体中平面面即为与底面所成角以D为原点建立如图所示空间直角坐标系则则设平面的一个法向量为则即令则即设直线与平面所成的角为则

解析：

【分析】

15 5先得出DC1D160，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法可求出. 【详解】

长方体ABCDA1B1C1D1中，DD1平面面A1B1C1D1，

DC1D1即为C1D与底面A1B1C1D1所成角，DC1D160， ABC1D11，DD13，

以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则D0,0,0,C10,1,3,C0,1,0,B1则DC10,1,3,CB13,0,3,CD0,1,3，

13,1,3,D10,0,3，

设平面CB1D1的一个法向量为nx,y,z，

3x3z0nCB10则，即，令x1，则y3,z1，即nCD10y3z0n1,3,1，

设直线C1D与平面CB1D1所成的角为， 则sincosDC1,nDC1nDC1n2315. 525故答案为：【点睛】

15. 5利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

17．②④【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|sin|3，

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．

18．【分析】取BC的中点E连接AE证明面可得就是与平面所成的角解直角三角形即可【详解】如上图取BC的中点E连接AE则∵正三棱柱中面面面面∴面∴就是与平面所成的角不妨设正三棱柱的所有棱长都为2则在中故答案 解析：

【分析】

取BC的中点E，连接C1E，AE，证明AE⊥面BB1C1C，可得AC1E就是AC1与平面

10 4BB1C1C所成的角，解直角三角形AC1E即可．

【详解】

如上图，取BC的中点E，连接C1E，AE，则AEBC， ∵正三棱柱ABCA1B1C1中，面ABC面BB1C1C，面ABC∴AE⊥面BB1C1C，

∴AC1E就是AC1与平面BB1C1C所成的角，

不妨设正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，则C1E5，AC122， 在RtAC1E中，cosAC1E故答案为：【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.

面BB1C1CBC，

C1E510. AC122410. 419．2【分析】求CD的长即为由向量的加法可得利用向量的数量积运算即可得出答案【详解】∵AB是棱l上两点ACBD分别在半平面αβ内AC⊥lBD⊥l因为所以因为所以故答案为：2【点睛】本题主要考查空间向量的

解析：2 【分析】

求CD的长即为CD，由向量的加法可得CDCAABBD，利用向量的数量积运算即可得出答案. 【详解】

∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，

CAAB0,BDAB0，CA,BD60

因为ABACBD1，所以CABD11cos60因为CDCAABBD， 所以CD故答案为：2 【点睛】

本题主要考查空间向量的加法，减法及几何意义和空间向量的数量积，考查了运算求解能力和转化的数学思想，属于一般题目.

1， 2(CAABBD)21110012

20．【分析】利用平面得到两个向量垂直从而利用坐标运算得到之间的关系然后再利用模的坐标表示求解最值即可【详解】因为平面都在平面内所以所以又因为所以解得所以所以所以的最小值为故答案为：【点睛】方法点睛：解答 解析：5 【分析】

利用BP平面ABC，得到两个向量垂直，从而利用坐标运算得到y，x，z之间的关系，然后再利用模的坐标表示求解最值即可． 【详解】

因为BP平面ABC，AB,BC都在平面ABC内， 所以BPAB,BPBC， 所以BPAB,BPBC，

又因为AB1,1,2，BC1,1,z，BPx1,y,1， 所以BPAB(x1)y20BPBC(x1)yz0解得yx1，2xz

，

所以CPBPBC(x2,y1,1z)， 所以|CP|2(x2)2(y1)2(1z)2

x2x12x

6x255，

222所以|CP|的最小值为5． 故答案为：5 【点睛】

方法点睛：解答立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用配方法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.

21．【分析】利用去掉反向的情形即得【详解】由所以解得若与反向则则所以所以与的夹角为钝角则且综上的范围是故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查向量的夹角与向量的数量积的关系根据向量夹角求参数时可由是两个非零

7解析：,22,

5【分析】

利用kab2ab0去掉反向的情形即得． 【详解】

2 由a1,1,0,b1,0,2，kabk1,k,2，2ab3,2，所以kab2ab3k12k40，解得k若kab与2ab反向，则kab2ab，0 则7 5k2，所以k2

17且k2 5所以kab与2ab的夹角为钝角则k综上k的范围是,22,． 故答案为：,22, 【点睛】

7575思路点睛：本题考查向量的夹角与向量的数量积的关系，根据向量夹角求参数时，可由

a,b是两个非零向量，则a,b夹角是锐角时，ab0，a,b夹角是钝角时，ab0，反

之要注意a,b可能同向也可能反向．属于中档题.

22．【详解】连接AQ取AD的中点O连接OQ∵PA⊥平面

ABCDPA⊥DQPQ⊥DQ∴DQ⊥平面PAQ所以DQ⊥AQ∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ∴BC与 解析：2

【详解】

连接AQ，取AD的中点O，连接OQ． ∵PA⊥平面ABCD，PA⊥DQ，PQ⊥DQ， ∴DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ．

∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上， 又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，

∴BC与圆O相切，（否则相交就有两点满足垂直，矛盾．） ∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ=AB=1，∴BC=AD=2， 即a=2． 故答案为：2．

考点：直线与平面垂直的性质．

23．【分析】利用向量加法和减法的三角形法则以及向量线性运算的运算律即可用表示【详解】因为所以【点睛】主要考查向量的线性运算法则以及运算律属于基础题

213abc 解析：344【分析】

利用向量加法和减法的三角形法则，以及向量线性运算的运算律即可用a,b,c表示MN 【详解】 因为

213MNabc

344所以AC//BC 【点睛】

主要考查向量的线性运算法则以及运算律，属于基础题.

24．【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25．【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．

26．【分析】根据题意建立空间直角坐标系设出的长写出各个点的坐标求得平面与平面的法向量利用法向量及二面角大小求得的等量关系即可判断当取最小时各自的长即可求得的正切值进而求得的大小【详解】因为三棱柱中两两互 解析：

【分析】

根据题意,建立空间直角坐标系,设出CN,BM的长,写出各个点的坐标,求得平面AMN与平面ABC的法向量,利用法向量及二面角大小,求得CN,BM的等量关系.即可判断当B1M取最小时CN,BM各自的长.即可求得AMB的正切值,进而求得AMB的大小. 【详解】

因为三棱柱ABCA1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,建立如下图所示的空间直角坐标系:

6

AA12AB2AC,M,N是线段BB1,CC1上的点

可设BMa,CNb,AB1,则AA12,AB1 所以A0,0,0,B1,0,0,M1,0,a,N0,1,b 则AM1,0,a,AN0,1,b 设平面AMN的法向量为mx,y,z

AMm0xaz0xa,代入可得,令z1代入解得则

ybz0ybANm0所以ma,b,1

平面ABC的法向量n0,0,1

由题意可知平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为

 3

则由平面向量数量积定义可知cos化简可得a2b23

3mnmn1ab122B1M最小值,即a取得最大值,当b0时,a取得最大值为a3

所以tanAMB所以AMB故答案为: 【点睛】

本题考查了空间向量在立体几何中的应用,由法向量法结合二面角求值,属于中档题.

 6AB13 MB33 6