2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第7章立體幾何第5講空間向量及其運算提能訓(xùn)練

第5講空間向量及其運算A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．如圖，在四面體OABC中，M，N分別在棱OA，BC上，且滿足eq\o(OM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))，點G是線段MN的中點，用向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示向量eq\o(OG,\s\up6(→))應(yīng)為(A)A.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))B.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))C.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))D.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))[解析]eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))，化簡得到eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→)).故選A.2．(2024·廣西桂林模擬預(yù)料)已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c共面，則λ等于(C)A．－3 B．3C．－9 D．9[解析]∵a，b，c共面，∴設(shè)c＝ma＋nb(m、n為實數(shù))，即(7,6，λ)＝m(2,1，－3)＋n(－1,2,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－n＝7，,m＋2n＝6，,－3m＋3n＝λ，))解得λ＝－9.故選C.3．(2024·遼寧沈陽重點中學(xué)聯(lián)合體期中)設(shè)x、y∈R，向量a＝(x,1,1)，b＝(1，y,1)，c＝(3，－6,3)且a⊥c，b∥c，則|a＋b|＝(D)A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4 D．3[解析]因為a⊥c，則a·c＝3x－6＋3＝0，解得x＝1，則a＝(1,1,1)，因為b∥c，則eq\f(1,3)＝eq\f(y,－6)，解得y＝－2，即b＝(1，－2,1)，所以a＋b＝(2，－1,2)，因此|a＋b|＝eq\r(4＋1＋4)＝3.故選D.4．(2024·湖北宜荊荊隨聯(lián)考)已知空間向量a＝(0,1,2)，b＝(－1,2,2)，則向量a在向量b上的投影向量是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2,3)，\f(2,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3)，\f(4,3)))C．(－2,4,4) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))[解析]a在b方向上的投影向量為eq\f(a·b,|b|)·eq\f(b,|b|)＝eq\f(6,3)×eq\f(1,3)(－1,2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3)，\f(4,3))).故選B.5．(2024·河南漯河中學(xué)摸底)已知四面體A－BCD的全部棱長都等于2，E是棱AB的中點，F(xiàn)是棱CD上靠近點C的四等分點，則eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))等于(D)A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．－eq\f(5,2) D．eq\f(5,2)[解析]解法一：因為E是棱AB的中點，F(xiàn)是棱CD上靠近點C的四等分點，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(CD,\s\up6(→))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)).因為eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝2×2×cos60°＝2，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝2×2×cos60°＝2，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos〈eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝2×2×cos120°＝－2，所以eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×2＋2＋eq\f(1,4)×(－2)＝eq\f(5,2).故選D.解法二：取AC的中點H，分別以HB、HC為x軸、y軸建立空間直角坐標系(如圖)，由題意知BH＝eq\r(3)，又D在平面ABC內(nèi)的射影為正△ABC的中心O.∴DO＝eq\f(2\r(6),3)，OH＝eq\f(\r(3),3).∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),12)，\f(3,4)，\f(\r(6),6)))，又Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3),12)，\f(5,4)，\f(\r(6),6)))，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(5,2).故選D.6．(2024·湘豫名校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值等于(D)A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)[解析]不妨設(shè)AB＝BC＝AC＝AA1＝2.解法一：eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，由題意易知AB1＝BC1＝2eq\r(2)，eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，∴cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))－\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＋\o(BB1,\s\up6(→))|,8)＝eq\f(1,4).故選D.解法二：如圖建立空間直角坐標系，則A(eq\r(3)，1,0)，B1(0,0,2)，C1(0,2,2)，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1,2)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，∴cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|AB1\o(|,\s\up6(→))|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2＋4|,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,4).故選D.解法三：如圖將三棱柱補形成平行六面體，連接DC1，則DC1∥AB1，∴∠BC1D為異面直線AB1與BC1所成的角．由題意易知AB1＝DC1＝2eq\r(2)，BD＝2eq\r(3).∴cos∠BC1D＝eq\f(DC\o\al(2,1)＋BC\o\al(2,1)－BD2,2DC1·BC1)＝eq\f(8＋8－12,2×2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,4).故選D.7.(2024·河北聯(lián)考)如圖，二面角α－l－β等于135°，A，B是棱l上兩點，BD，AC分別在半平面α，β內(nèi)，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝2，BD＝eq\r(2)，則CD＝(C)A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)C．eq\r(14) D．4[解析]由二面角的平面角的定義知〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝135°，所以eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))||ACeq\o(|,\s\up6(→))cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\r(2)×2×cos135°＝－2.由AC⊥l，BD⊥l，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0.又eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，所以|eq\o(DC,\s\up6(→))|2＝(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\o(DB,\s\up6(→))2＋eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋2eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(2))2＋22＋22－2eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝10－2×(－2)＝14，即|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝eq\r(14).8．(2024·浙江紹興高三期末)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，P是直線A1C上一點(A)A．若eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1C,\s\up6(→))，則直線AP∥平面BC1DB．若eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1C,\s\up6(→))，則直線AP∥平面BC1DC．若eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1C,\s\up6(→))，則直線BP⊥平面ACD1D．若eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1C,\s\up6(→))，則直線BP⊥平面ACD1[解析]以D為坐標原點，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為1，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，當(dāng)eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1C,\s\up6(→))時，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,0,1)＋eq\f(1,3)(－1,1，－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)，\f(2,3)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，設(shè)平面BC1D的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋z＝0，))可取m＝(1，－1,1)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·m＝－eq\f(1,3)－eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝0，從而可知直線AP∥平面BC1D，故A正確，B不正確；同理可取平面ACD1的一個法向量n＝(1,1,1)，若eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1C,\s\up6(→))時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－1,0)＋(0,0,1)＋eq\f(1,3)(－1,1，－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，所以eq\o(BP,\s\up6(→))與n不共線，所以直線BP與平面ACD1不垂直，故C不正確；若eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1C,\s\up6(→))時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－1,0)＋(0,0,1)＋eq\f(1,2)(－1,1，－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq\o(BP,\s\up6(→))與n不共線，所以直線BP與平面ACD1不垂直，故D不正確．故選A.二、多選題9．(2024·江蘇鎮(zhèn)江期初測試)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠A1AB＝∠A1AD，A1C1∩B1D1＝O1，則下列說法正確的是(ABD)A．四邊形B1BDD1為矩形B.eq\o(AO1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AO1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))C.eq\o(AO1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))D．假如eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，那么點M在平面A1BD內(nèi)[解析]eq\o(AO1,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝2eq\o(AN,\s\up6(→))，N為A1O1的中點，eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，由于eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))≠2eq\o(AN,\s\up6(→))，所以eq\o(AO1,\s\up6(→))≠eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))，C錯誤；設(shè)AC∩BD＝O，A1B2＝A1A2＋AB2－2AA1·ABcos∠A1AB，A1D2＝A1A2＋AD2－2AA1·ADcos∠A1AD，∴A1B＝A1D，故A1O⊥BD，又AC⊥BD，A1O∩AC＝O，A1O，AC?平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，由于AA1?平面ACC1A1，故BD⊥AA1，由于AA1∥BB1，進而BD⊥BB1，所以四邊形BDD1B1為矩形，A正確；BD⊥AO1，所以eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AO1,\s\up6(→))＝0?(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\o(AO1,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AO1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AO1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))，B正確；eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，由于eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝1，所以M，B，D，A1四點共面，故M在平面A1BD內(nèi)，D正確．故選ABD.10．(2024·遼寧試驗中學(xué)月考)已知空間四點O(0,0,0)，A(4,3,0)，B(－3,0,4)，C(5,6,4)，則下列說法正確的是(BD)A.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝12B．cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝－eq\f(12,25)C．點O到直線BC的距離為eq\r(5)D．O，A，B，C四點共面[解析]因為eq\o(OA,\s\up6(→))＝(4,3,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－3,0,4)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝4×(－3)＝－12，因此A不正確；又cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OB,\s\up6(→)))))＝－eq\f(12,\r(42＋32)×\r(－32＋42))＝－eq\f(12,25)，因此B正確；eq\o(BO,\s\up6(→))＝(3,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(8,6,0)，cos〈eq\o(BO,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BO,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BO,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(24,\r(32＋－42)×\r(82＋62))＝eq\f(12,25)，所以sin〈eq\o(BO,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\r(1－cos2〈\o(BO,\s\up6(→))，\o(BC,\s\up6(→))〉)＝eq\f(\r(481),25)，所以點O到直線BC的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BO,\s\up6(→))))sin〈eq\o(BO,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝5×eq\f(\r(481),25)＝eq\f(\r(481),5)，因此C不正確；因為eq\o(OA,\s\up6(→))＝(4,3,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(8,6,0)，所以有eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))，因此eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))是共線向量，所以O(shè)，A，B，C四點共面，因此D正確．故選BD.11．(2024·廣東梅州二模)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，點M，N分別在棱AB和BB1上運動(不含端點)，若D1M⊥MN，下列命題正確的是(ACD)A．MN⊥A1MB．MN⊥平面D1MCC．線段BN長度的最大值為eq\f(3,4)D．三棱錐C1－A1D1M體積不變[解析]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，以點D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，設(shè)M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝(3，y，－3)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN，則eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝y(tǒng)(3－y)－3z＝0，∴z＝eq\f(1,3)y(3－y)，對于A選項：eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(0，y，－3)，則eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝y(tǒng)(3－y)－3z＝0?eq\o(A1M,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，MN⊥A1M，A正確；對于B選項：eq\o(CM,\s\up6(→))＝(3，y－3,0)，eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM與MN不垂直，從而MN與平面D1MC不垂直，B不正確；對于C選項：eq\o(BN,\s\up6(→))＝(0,0，z)，則線段BN長度|eq\o(BN,\s\up6(→))|＝z＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＋\f(9,4)))≤eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\f(3,2)時取“＝”，C正確；對于D選項：不論點M如何移動，點M到平面A1D1C1的距離均為3，而VC1－A1D1M＝VM－A1D1C1＝eq\f(1,3)·3·S△A1D1C1＝eq\f(9,2)，三棱錐C1－A1D1M體積為定值，即D正確．故選ACD.三、填空題12．已知空間向量a＝(－2，－1,1)，b＝(3,4,5)，則下列結(jié)論正確的是_②③④__.①(2a＋b)∥a；②5|a|＝eq\r(3)|b|；③a⊥(5a＋6b)；④a與b夾角的余弦值為－eq\f(\r(3),6).[解析]由題意知2a＋b＝(－1,2,7)，明顯不存在λ值使2a＋b＝λa，∴①錯；又|a|＝eq\r(6)，|b|＝5eq\r(2)，∴5|a|＝eq\r(3)|b|，②正確；由a·b＝－6－4＋5＝－5，a·(5a＋6b)＝30＋6a·b＝30－30＝0，∴a⊥(5a＋6b)，③正確；a與b夾角的余弦值cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－5,\r(6)×5\r(2))＝－eq\f(\r(3),6)，④正確．13.(2024·四川樂山調(diào)研)正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為DD1的中點，Q為CC1的中點，O為底面ABCD的中心，則異面直線D1Q與OP所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).[解析]如圖建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(QD1,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，記D1Q與OP所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·\o(QD1,\s\up6(→))|,|\o(OP,\s\up6(→))|·|\o(QD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(15),5)，從而sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(10),5).四、解答題14.(2024·四川綿陽診斷)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點D、E、N分別為棱PA、PC、BC的中點，M是線段AD的中點，PA＝AC＝4，AB＝2.(1)求證：MN∥平面BDE；(2)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為eq\f(\r(7),21)，求線段AH的長．[解析](1)證明：因為PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，如圖，以點A為原點，以AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,4,0)、P(0,0,4)、D(0,0,2)、E(0,2,2)、M(0,0,1)、N(1,2,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，設(shè)平面BDE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝2y＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，))取x＝1，可得n＝(1,0,1)，又因為eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，則eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝1－1＝0，所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥n，又因為MN?平面BDE，所以MN∥平面BDE.注：也可取EC的中點Q，證平面MNQ∥平面BDE即可．(2)依題意，設(shè)AH＝h(0≤h≤4)，則H(0,0，h)，所以eq\o(NH,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，由已知，得|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(NH,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·\o(NH,\s\up6(→))|,|\o(BE,\s\up6(→))|·|\o(NH,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2h－2|,\r(h2＋5)×2\r(3))＝eq\f(\r(7),21)，整理可得10h2－21h＋8＝0，解得h＝eq\f(8,5)或h＝eq\f(1,2)，所以，線段AH的長為eq\f(8,5)或eq\f(1,2).15．如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分別是AB，PC的中點．(1)求證：MN⊥CD；(2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD.[證明]證法一：(1)連接AC，AN，BN，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N為PC的中點．∴AN＝eq\f(1,2)PC.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB.從而在Rt△PBC中，BN為斜邊PC上的中線，∴BN＝eq\f(1,2)PC.∴AN＝BN，∴△ABN為等腰三角形．又M為底邊AB的中點，∴MN⊥AB，又AB∥CD，∴MN⊥CD.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD.又∠PDA＝45°，∴AP＝AD.∵四邊形ABCD為矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC.連接PM，CM，又∵M為AB的中點，∴AM＝BM.而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴Rt△PAM≌Rt△CBM.∴PM＝CM，又N為PC的中點，∴MN⊥PC.由(1)知MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD.證法二(向量法)：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，∴PA、AB、AD兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，不妨設(shè)C(a，b,0)，P(0,0，c)，則D(0，b,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)，\f(c,2)))，(1)由eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(c,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，∴MN⊥CD.(2)∵∠PDA＝45°，∴b＝c，又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(a，b，－b)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(b,2)))·(a，b，－b)＝0，∴MN⊥PC，又MN⊥CD，∴MN⊥平面PCD.B組實力提升1.(2024·四川成都七中入學(xué)考試)如圖，圓柱的軸截面為矩形ABCD，點M，N分別在上、下底面圓上，eq\x\to(NB)＝2eq\x\to(AN)，eq\x\to(CM)＝2eq\x\to(DM)，AB＝2，BC＝3，則異面直線AM與CN所成角的余弦值為(B)A.eq\f(3\r(30),10) B．eq\f(3\r(30),20)C.eq\f(\r(3),5) D．eq\f(\r(3),4)[解析]解法一：設(shè)OO1為圓柱的軸．如圖建立空間直角坐標系，由題意知A(0，－1，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，C(0,1,3)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，3))，∴eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，3))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，3))，∴cosθ＝eq\f(|\o(NC,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NC,\s\up6(→))|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(9,2\r(3)×\r(10))＝eq\f(3\r(30),20).故選B.解法二：連接DM，CM，AN，BN，BM，設(shè)BM∩CN＝P，則P是BM的中點，設(shè)Q是AB的中點，連接PQ，則PQ∥AM，則∠NPQ是異面直線AM與CN所成角或其補角．由于eq\x\to(NB)＝2eq\x\to(AN)，eq\x\to(CM)＝2eq\x\to(DM)，所以∠BAN＝eq\f(π,3)，∠NBA＝eq\f(π,6)，由于AB＝2，而AB是圓柱底面圓的直徑，則AN⊥BN，所以AN＝1，BN＝eq\r(3)，則AM＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10)，PQ＝eq\f(1,2)AM＝eq\f(\r(10),2)，CN＝eq\r(3＋9)＝2eq\r(3)，PN＝eq\f(1,2)CN＝eq\r(3)，而QN＝1，在△PQN中，由余弦定理得cos∠NPQ＝eq\f(3＋\f(10,4)－1,2×\r(3)×\f(\r(10),2))＝eq\f(3\r(30),20).故選B.2.(多選題)(2024·安徽蚌埠質(zhì)檢改編)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點Q為B1C1的中點，點N為DD1的中點．有下列結(jié)論正確的是(AC)A．CQ∥平面ADD1A1B．BN⊥平面ACC1A1C．CQ⊥BND．異面直線BN與CD所成的角為45°[解析]以D為原點建立空間直角坐標系如圖所示：設(shè)正方體的邊長為2，則D(0,0,0)，C(0,2,0)，Q(1，2,2)，B(2,2,0)，N(0,0,1)，eq\o(CQ,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，有eq\o(CQ,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以CQ⊥DC，又因為DC⊥平面ADD1A1，CQ?平面ADD1A1，所以CQ∥平面ADD1A1，故A正確；(或平面BCC1B1∥平面ADD1A1，CQ?平面BCC1B1，∴CQ∥平面ADD1A1)因為eq\o(BN,\s\up6(→))·eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(－2，－2,1)·(0,0，－2)＝－2，故B錯誤；由eq\o(CQ,\s\up6(→))·eq\o(BN,\s\up6(→))＝(1,0,2)·(－2，－2,1)＝－2＋2＝0，得CQ⊥BN，故C正確；由|cos〈eq\o(BN,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BN,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(BN,\s\up6(→))|·|\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(9)·\r(4))＝eq\f(2,3)≠eq\f(\r(2),2)，故D錯誤．3．(2024·浙江卷)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則(A)A．直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCDB．直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1C．直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCDD．直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1[解析]解法一：以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(圖略)，設(shè)AB＝2，則A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))·eq\o(D1B,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又直線A1D與D1B是異面直線，所以直線A1D與D1B異面且垂直，故B、C不正確；因為平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝0×0＋0×1＋1×0＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))⊥n，所以MN∥平面ABCD，故A正確；設(shè)直線MN與平面BB1D1D所成的角為θ，因為平面BDD1B1的一個法向量為a＝(－1,1,0)，所以sinθ＝|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，a〉|＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·a|,|\o(MN,\s\up6(→))|·|a|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以直線MN與平面BB1D1D不垂直，故D不正確．故選A.解法二：連接AD1(圖略)，則易得點M在AD1上，且M為AD1的中點，AD1⊥A1D.因為AB⊥平面AA1D1D，A1D?平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，AB，AD1?平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，又BD1?平面ABD1，明顯A1D與BD1異面，所以A1D與BD1異面且垂直．在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，又MN?平面ABCD，AB?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.易知直線AB與平面BB1D1D成45°角，所以MN與平面BB1D1D不垂直．所以選項A正確．4．(多選題)(2024·湖北省孝感市模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長均相等，D，E分別是BC，CC1的中點，點P滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB1,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(AB,\s\up6(→))，下列選項正確的是(ABD)A．當(dāng)y＝eq\f(1,2)時，AP⊥BCB．當(dāng)x＋2y＝1時，AP⊥BEC．當(dāng)x＝y(tǒng)時，∠DEP為銳角D．當(dāng)x－y＝eq\f(1,2)時，A1P∥平面ADE[解析]建立如圖所示空間直角坐標系：設(shè)棱長為2，則A(eq\r(3)，0,0)，B1(0,1,2)，C(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(0，－1,1)，A1(eq\r(3)，0,2)，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1－2y,2x)，當(dāng)y＝eq\f(1,2)時，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4y－2＝0，所以AP⊥BC，故A正確；當(dāng)x＋2y＝1時，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝4y－2＋2x＝0，所以AP⊥BE，故B正確；當(dāng)x＝y(tǒng)時，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,2－2y,2x－1)，eq\o(ED,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝3－2(x＋y)正負不定，故C錯誤；當(dāng)x－y＝eq\f(1,2)時，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－e