节 空间向量的应用模拟创新题 理
一、选择题
1.(2016·云南丽江模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝22，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则AM与PM的位置关系为( ) A.平行 C.垂直
B.异面 D.以上都不对
解析 建立如图所示空间直角坐标系，可得D(0，0，0)，P(0，1，3)，C(0，2，0)，A(22，0，0)，
M(2，2，0).∴PM＝(2，1，－3)，
AM＝(－2，2，0).∴PM·AM＝(2，1，－3)·(－2，2，0)＝0.
→→
∴PM⊥AM，即AM⊥PM. 答案 C
2.(2015·长沙模拟)有以下命题：
①如果向量a，b与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a，b的关系是不共线； →→→
②O，A，B，C为空间四点，且向量OA，OB，OC不构成空间的一个基底，那么点O，A，B，→
→
→
→
C一定共面；
③已知向量a，b，c是空间的一个基底，则向量a＋b，a－b，c也是空间的一个基底. 其中正确的命题是( ) A.①② C.②③
B.①③ D.①②③
解析 对于①，“如果向量a，b与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a，b的关系一定是共线”，所以①错误，②③正确. 答案 C
3.(2016·莆田模拟)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，
c三向量共面，则实数λ等于( )
A.62
7
B.63 7
1
C.
60 7
D.
65 7
解析 由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
7＝2t－μ，17∴5＝－t＋4μ，解得μ＝，
7
λ＝3t－2μ，
65λ＝7.
t＝，337
答案 D
→→1→
4.(2014·山东青岛调研)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M在AC1上，且AM＝MC1，N2→
为B1B的中点，则|MN|为( ) A.
21 615 6
B.6 615 3
C.D.
→→→
解析 如图，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则a·b＝b·c＝c·a＝0. →→→→
由条件知MN＝MA＋AB＋BN 11＝－(a＋b＋c)＋a＋c
32211＝a－b＋c， 336
→242121221∴MN＝a＋b＋c＝，
99363621→
∴|MN|＝.
6答案 A 二、填空题
5.(2014·山东寿光模拟)已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值为________.
解析 b－a＝(1＋t，2t－1，0)，
2
∴|b－a|＝（1＋t）＋（2t－1） ＝
1295（t－）＋，
55
22
135
∴当t＝时，|b－a|取得最小值为.
55答案
35 5
三、解答题
6.(2016·吉林四平模拟)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.
(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；
(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离. 证明 (1)如图，连接OP，易知OB，OC，OP两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，
OC，OP所在直线为x轴，y轴，x轴，建立空间直角坐标系O－xyz，
则O(0，0，0)，A(0，－8，0)，B(8，0，0)，C(0，8，0)，P(0，0，6)，E(0，－4，3)，
F(4，0，3).
由题意，得G(0，4，0)
→→
因为OB＝(8，0，0)，OE＝(0，－4，3)， 所以平面BOE的一个法向量为n＝(0，3，4). →→→由FG＝(－4，4，－3)，得n·FG＝0，即n⊥FG. 又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE. (2)设点M的坐标为(x0，y0，0)， →
则FM＝(x0－4，y0，－3). →
所FM⊥平面BOE，所以FM∥n. 9
因此x0＝4，y0＝－，
49
即点M的坐标是(4，－，0).
4
3
x>0，
在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组 y<0，
x－y<8.
经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△AOB内存在一点M, 使FM⊥平面BOE.9
由点M的坐标得点M到OA，OB的距离分别为4，.
4
创新导向题
利用空间向量证明线线垂直及求直线与平面所成的角问题
1
7.已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，AB＝4AN，
2
M，S分别为PB，BC的中点.
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小.
解 设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.
则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)，
M1，0，，N，0，0，S1，，0.
222
1
1
1
1→
(1)证明 CM＝1，－1， 2
→SN＝－，－，0
22
11
11→→
∴CM·SN＝－＋＋0＝0.
22→→
∴CM⊥SN，即CM⊥SN.
4
(2)→NC＝－12，1，0，设a＝(x，y，z)为平面CMN的法向量，
x－y＋1
z＝0，2则
－12x＋y＝0.
令x＝2，得a＝(2，1，－2)， 所以|cos〈a，→
SN〉|＝
－1－12
＝23×
2
2
， 2
故SN与平面CMN所成角的大小为45°.
5
专项提升测试 模拟精选题
一、选择题
8.(2015·福州模拟)若两点的坐标是A(3cos α，3sin α，1)，B(2cos β，2sin β，1)，则|AB|的取值范围是( ) A.[0，5] C.(0，5)
B.[1，5] D.[1，25]
解析 ∵A(3cos α，3sin α，1)，B(2cos β，2sin β，1)，|AB|＝ （3cos α－2cos β）＋（3sin α－2sin β）＋（1－1） ＝9＋4－12（cos αcos β＋sin αsin β） ＝13－12cos（α－β）， ∴13－12≤|AB|≤13＋12＝5， 即1≤|AB|≤5，故选B. 答案 B 二、填空题
→→
9.(2014·海口模拟)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5).则以AB，AC为边的平行四边形的面积为________. 解析 由题意可得：
2
2
2
AB＝(－2，－1，3)，AC＝(1，－3，2)，
→→
AB·AC－2＋3＋671→→
∴cos〈AB，AC〉＝＝＝＝.
→→14×14142|AB||AC|3→→→→
由于〈AB，AC〉∈[0，π]，∴sin〈AB，AC〉＝.
2→→
∴以AB，AC为边的平行四边形的面积
→→
S＝2×|AB|·|AC|·sin〈AB，AC〉＝14×
答案 73 三、解答题
1→2
→→→
3
＝73. 2
10.(2015·河南商丘模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.
6
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
→→
(2)设CE＝λCC1(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值.
(1)证明 因为AB⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BC1， 在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°， 由余弦定理得：BC1＝BC＋CC1－2BC·CC1·cos∠BCC1 ＝1＋2－2×1×2×cos 60°＝3，
所以BC1＝3，故BC＋BC1＝CC1，所以BC⊥BC1， 又BC∩AB＝B，∴C1B⊥平面ABC.
(2)解 由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直.以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，
2
2
2
2
2
2
2
2
z轴建立空间直角坐标系.
则B(0，0，0)，A(0，1，0)，C(1，0，0)，
C1(0，0，3)，B1(－1，0，3).
→→
所以CC1＝(－1，0，3), 所以CE＝(－λ，0，3λ)， →
∴E(1－λ，0，3λ)，则AE＝(1－λ，－1，3λ)，
AB1＝(－1，－1，3).
设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)， →n⊥AE，（1－λ）x－y＋3λz＝0，
则得
→n⊥AB1，－x－y＋3z＝0，3－3λ3
令z＝3，则x＝，y＝，
2－λ2－λ，∴n＝→
3－3λ，3，3，
2－λ2－λ
→
∵AB⊥平面BB1C1C，BA＝(0，1，0)是平面的一个法向量， →n·BA→
∴|cos〈n，BA〉|＝ →|n|·|BA|
7
＝1×
32－λ
3－3λ＋3＋（3）22－λ2－λ
2
22
＝
3
. 2
两边平方并化简得2λ－5λ＋3＝0， 3
所以λ＝1或λ＝(舍去).∴λ＝1.
2
11.(2015·山东青岛一模)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的的菱形，∠
BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点.
(1)求证：平面BDGH∥平面AEF； (2)求二面角H－BD－C的大小.
(1)证明 在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点.
所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF. 设AC∩BD＝O，连接OH， 因为ABCD为菱形，
所以O为AC中点，所以OH∥AF， 又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF， 所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH， 所以平面BDGH∥平面AEF. (2)解 取EF的中点N，连接ON，
因为四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，所以ON∥ED， 因为平面BDEF⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，
8
所以ON⊥平面ABCD，
因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直.
所以以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系.
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3，
331
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，E(－1，0，3)，F(1，0，3)，C(0，3，0)，H，，，
22233→→1
所以BH＝－，，，DB＝(2，0，0).设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，
222→n·BH＝0－x＋3y＋3z＝0，
则⇒
→n·DB＝02x＝0，令z＝1，得n＝(0，－3，1).
→
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为DE＝(0，0，3)， →n·DE→
则cos〈n，DE〉＝
→|n||DE|＝
0×0＋（－3）×0＋1×31
＝.
2×32
结合图形知二面角H－BD－C的大小为60°.
创新导向题
利用空间向量求二面角问题
1
12.如图，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝AP＝2，D是AP的中点，E，F，
2
G分别为PC，PD，CB的中点.将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAD； (2)求二面角G－EF－D的大小； (3)求三棱锥D－PAB的体积.
(1)证明 ∵PD⊥平面ABCD.CD⊂平面ABCD， 1
∴PD⊥CD.又AB＝BC＝AP＝AD，AP⊥AB，
2∴四边形ABCD为正方形，
∴CD⊥AD.又PD∩AD＝D，∴CD⊥平面PAD.
9
∵CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD.
(2)解 如图，以D为原点，分别以DC，DA，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
D－xyz.
则G(2，1，0)，E(1，0，1)，
F(0，0，1)，∴EF＝(－1，0，0)，EG＝(1，1，－1).
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， →－x＝0，n·EF＝0，
∴即
→x＋y－z＝0，n·EG＝0，
x＝0，
∴取n＝(0，1，1). y＝z.
→→
→
取平面PCD的一个法向量DA＝(0，1，0)， →DA·n12→
∴cos〈DA，n〉＝＝＝.
→22|DA|·|n|结合图知二面角G－EF－D的大小为45°. (3)解 三棱锥D－PAB的体积
VD－PAB＝VP－DAB＝S△ABD·PD
114
＝××2×2×2＝. 323
利用空间向量证明线线垂直及二面角中的探索性问题
13.直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1.E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点.
1
3
(1)证明：DF⊥AE；
(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为明点D的位置，若不存在，说明理由.
10
14
？若存在，说14
(1)证明 ∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB.∴AE⊥AB. 又AA1⊥AB，AA1∩AE＝A， ∴AB⊥平面A1ACC1，
又AC⊂平面A1ACC1，∴AB⊥AC.
以A为原点建立如图所示空间直角坐标系A－xyz，
1则有A(0，0，0)，E0，1，， 2
F，，0，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，
→→
设D(x，y，z)，A1D＝λA1B1且λ∈[0，1]，
11→1→则(x，y，z－1)＝λ(1，0，0)，则D(λ，0，1)，∴DF＝－λ，，－1.∵AE＝0，1，， 22211→→→→
∴DF·AE＝0＋－＝0.∴DF⊥AE，
22即DF⊥AE.
(2)解 当D为A1B1的中点时，平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为如下：
→n·FE＝0，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
→n·DF＝0.1→111→1∵FE＝－，，，DF＝－λ，，－1.
22222111
－x＋y＋z＝0，222∴
11－λx＋y－z＝0.
22
3x＝2（1－λ）z，则(由题意，知λ≠1).
1＋2λ
y＝2（1－λ）z14
，理由14
1122
11
令z＝2(1－λ)，则n＝(3，1＋2λ，2(1－λ)). 由题知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1). 则|cos〈m，n〉|＝|m·n|14
|m|·|n|＝14，
即
|2（1－λ）|
9＋（1＋2λ）2＋4（1－λ）
2
＝1414， 解得λ＝12或λ＝7
4(舍去).
所以当D为A1B1中点时满足题意. 12
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