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(时间：120分钟；满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上)1.如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点O为空间任意一点，设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，则向量OD→用a，b，c可表示为________．解析：OD→＝OA→＋AD→＝OA→＋BC→＝OA→＋(OC→－OB→)＝a－b＋c.答案：a－b＋c2.已知空间四边形ABCD中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点M在OA上，且OM＝3MA，N为BC中点，则MN→＝________.(用a，b，c表示)解析：显然MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－34OA→.答案：－34a＋12b＋12c3.在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是________(填序号)．①OM→＝3OA→－OB→－OC→；②OM→＝15OA→＋13OB→＋12OC→；③MA→＋MB→＋MC→＝0；④OM→＋OA→＋OB→＋OC→＝0.解析：①对，空间的四点M，A，B，C共面只需满足OM→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，且x＋y＋z＝1即可．根据空间向量共面定理可知③也能使M与A，B，C共面．答案：①③4.已知向量a＝(2，－3，0)，b＝(k，0，3)，若a，b成120°的角，则k＝________．解析：cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝2k13×9＋k2＝－120∴k0，∴k＝－39.答案：－395.已知平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′等于________．解析：只需将AC′→＝AB→＋AD→＋AA′→，运用向量运算|AC′→|＝|AC′→|2即可．答案：856.已知A(－1，－2，6)，B(1，2，－6)，O为坐标原点，则向量OA→与OB→的夹角是________．解析：利用cos〈OA→，OB→〉＝OA→·OB→|OA→||OB→|，计算结果为－1.答案：π7.设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，则△BCD是________三角形．解析：过点A的棱两两垂直，通过设棱长应用余弦定理可得三角形为锐角三角形．答案：锐角8.空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝60°，则cos〈OA→，BC→〉＝________．解析：选择一组基向量OA→，OB→，OC→，再来处理OA→·BC→的值．答案：09.已知A(1，1，1)，B(2，2，2)，C(3，2，4)，则△ABC的面积为________．解析：应用向量的运算，计算出cos〈AB→，AC→〉，再计算sin〈AB→，AC→〉，从而得S＝12|AB→||AC→|sin〈AB→，AC→〉＝62.答案：6210.下列命题：①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0；③若n是平面α的法向量，a与α共面，则n·a＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直；其中正确的个数为________．解析：①中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，易知②③④正确答案：311.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM→，D1N→〉的值为________．解析：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，如图，可知CM→＝(2，－2，1)，D1N→＝(2，2，－1)，所以cos〈CM→，D1N→〉＝－19，故sin〈CM→，D1N→〉＝459.答案：45912.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则AB→＝(0，1，0)，AD1→＝(－1，0，1)，AE→＝(0，12，1)；设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·AB→＝0，n·AD1→＝0，可解得一个n＝(1，0，1)；设直线AE与平面ABC1D1所成角为θ，则sinθ＝|AE→·n||AE→||n|＝105.答案：10513.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1，A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则A1B与平面ABD所成角的余弦值为________．解析：以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA＝CB＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)∴E(a2，a2，1)，G(a3，a3，13)，∴GE→＝(a6，a6，23)，BD→＝(0，－a，1)，∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，∴GE⊥平面ABD，∴GE→·BD→＝0.解得a＝2.∴GE→＝(13，13，23)，BA1→＝(2，－2，2)．∵GE→⊥平面ABD，∴GE→为平面ABD的一个法向量，那么cos〈GE→，BA1→〉＝GE→·BA1→|GE→||BA1→|＝4363×23＝23，∴A1B与平面ABD所成角的余弦值为1－（23）2＝73.答案：7314.在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面α的距离为：d＝|Ax0＋By0＋Cz0＋D|A2＋B2＋C2，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________．解析：如图，以底面中心O为原点建立空间直角坐标系O－xyz，则A(1，1，0)，B(－1，1，0)，P(0，0，2)，设平面PAB的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0，将以上3个坐标代入计算得A＝0，B＝－D，C＝－12D，所以－Dy－12Dz＋D＝0，即2y＋z－2＝0，则d＝|2×0＋0－2|22＋1＝255.答案：255二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分14分)已知：E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，求证：(1)E、F、G、H四点共面；(2)BD∥平面EFGH.证明：(1)如图所示，连结EG，∵E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，∴BG→＝12(BC→＋BD→)，12BD→＝EH→；∴EG→＝EB→＋BG→＝EB→＋12(BC→＋BD→)＝EB→＋BF→＋EH→＝EF→＋EH→；∴由共面向量定理知：EG→，EF→，EH→共面；∴E、F、G、H四点共面．(2)∵EH→＝AH→－AE→＝12AD→－12AB→＝12(AD→－AB→)＝12BD→，∴EH∥BD；又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，∴BD∥平面EFGH.16.(本小题满分14分)已知空间向量AB→，AC→，AD→等满足|AC→|＝5，|AB→|＝8，AD→＝511DB→，且CD→·AB→＝0.(1)求|AB→－AC→|；(2)设∠BAC＝θ，且已知cos(θ＋x)＝45，－πx－π4，求sin(θ＋x)．解：(1)由已知得AB→＝DB→－DA→＝DB→＋AD→＝1611DB→，所以DB→＝1116AB→，AD→＝511DB→＝516AB→，则|AD→|＝516|AB→|＝52，|DB→|＝112，因为CD→·AB→＝0，所以CD⊥AB，在Rt△BCD中，BC2＝BD2＋CD2，又CD2＝AC2－AD2，所以BC2＝BD2＋AC2－AD2＝49，所以|AB→－AC→|＝|CB→|＝7.(2)在Rt△ADC中，cos∠BAC＝12，所以θ＝π3；所以cos(θ＋x)＝cos(π3＋x)＝45，故sin(π3＋x)＝±35.而－πx－π4，∴－2π3π3＋xπ12.如果0π3＋xπ12，则sin(π3＋x)sinπ12sinπ61235，故sin(π3＋x)＝35舍去，所以sin(π3＋x)＝－35.17.(本小题满分14分)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝3，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．(1)求直线AC与PB所成角的余弦值；(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出点N到AB和AP的距离．解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，C，D，P，E的坐标为A(0，0，0)、B(3，0，0)、C(3，1，0)、D(0，1，0)、P(0，0，2)、E(0，12，1)，从而AC→＝(3，1，0)，PB→＝(3，0，－2)，设AC→与PB→的夹角为θ，则cosθ＝AC→·PB→|AC→||PB→|＝327＝3714，∴AC与PB所成角的余弦值为3714.(2)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则NE→＝(－x，12，1－z)，由NE⊥面PAC，可得NE→·AP→＝0，NE→·AC→＝0，即（－x，12，1－z）·（0，0，2）＝0，（－x，12，1－z）·（3，1，0）＝0，∴z－1＝0，－3x＋12＝0，∴x＝36，z＝1.即N点的坐标为(36，0，1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1，36.18.(本小题满分16分)已知一个多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.(1)求BF的长；(2)求点C到平面AEC1F的距离．解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系．则D(0，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，A(2，0，0)，C1(0，4，3)；设F(0，0，z)，∵四边形AEC1F为平行四边形，∴AF→＝EC1→，得(－2，0，z)＝(－2，0，2)，∴z＝2，∴F(0，0，2)，∴BF→＝(－2，－4，2)．于是|BF→|＝26，即BF的长为26.(2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y，1)，由n1·AE→＝0，n1·AF→＝0，得0×x＋4×y＋1＝0，－2×x＋0×y＋2＝0，即4y＋1＝0，－2x＋2＝0，∴x＝1，y＝－14.∴n1＝(1，－14，1)．又CC1→＝(0，0，3)，设CC1→与n1的夹角为α，则cosα＝CC1→·n1|CC1→||n1|＝33×1＋116＋1＝43333.∴C到平面AEC1F的距离为d＝|CC1→|cosα＝3×43333＝43311.19.(本小题满分16分)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝12AB，M是PB的中点．(1)证明：面PAD⊥面PCD；(2)求AC与PB所成角的余弦值；(3)求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值．解：以A为坐标原点，AD长为单位长度，如图所示，建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，M(0，1，12)．(1)证明：因AP→＝(0，0，1)，DC→＝(0，1，0)，故AP→·DC→＝0，所以AP⊥DC.由题设知AD⊥DC，且AP∩AD＝A，由此得DC⊥面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD.(2)因为AC→＝(1，1，0)，PB→＝(0，2，－1)，故|AC→|＝2，|PB→|＝5，AC→·PB→＝2，所以cos〈AC→，PB→〉＝AC→·PB→|AC→||PB→|＝105.故所求AC与PB所成角的余弦值为105.(3)在MC上取一点N(x，y，z)，则存在λ∈R，使NC→＝λMC→，∵NC→＝(1－x，1－y，－z)