1、第九章第六节一、选择题1已知向量a(1,1,0)，b(1,0,2)，且kab与2ab相互垂直，则k值是()A1B C D答案D解析kabk(1,1,0)(1,0,2)(k1，k,2)，2ab2(1,1,0)(1,0,2)(3,2，2)，两向量垂直，3(k1)2k220，k.2已知空间四边形OABC，其对角线为OB、AC，M、N分别是边OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG2GN，则用向量，表示向量正确的是()ABCD答案C分析应用空间向量的线性运算把未知向量用已知向量表示解析()().3(2022广东)已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1,1,0)B(1，1
2、,0)C(0，1,1)D(1,0,1)答案B解析设所选向量为b，观看选项可知|b|，a，b60，cosa，b，ab1，代入选项检验(1，1,0)适合，故选B4(2021山东济宁)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且，N为B1B的中点，则|为()AaBaCaDa答案A解析设a，b，c，()(abc)，N为BB1的中点，ac，(ac)(abc)abc，|2(abc)2a2a2a2a2，|a.5(2021舟山月考)平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量、两两的夹角均为60，且|1，|2，|3，则|等于()A5B6C4D8答案A解析设a，b，c，则abc，2a2b2c22ac
3、2bc2ca122232213cos60223cos60212cos6025，因此|5.6. (2022晋中调研)如图所示，已知空间四边形OABC，OBOC，且AOBAOC，则与夹角的余弦值为()A0BCD答案A解析设OAa，OBOCb，则()|cos|cosabab0，cos，0.二、填空题7(2022哈尔滨质检)已知空间中三点A(1,0,0)，B(2,1，1)，C(0，1,2)，则点C到直线AB的距离为_答案解析(1,1，1)，(1，1,2)，cos，sin，点C到直线AB的距离d|sin，.8.(2021琼海一模)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD，
4、DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在正方形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件_时，就有MNA1C1；当N只需满足条件_时，就有MN平面B1D1C答案点N在EG上点N在EH上解析(1)EMBDB1D1，A1C1B1D1，EMA1C1，EGAA1，A1C1AA1，GEA1C1.A1C1平面GEM.故当N在EG上时，MNA1C1；(2)EHA1DB1C，EMB1D1，EHEME，平面HEM平面B1D1C，当N在EH上时，MN平面B1D1C自己用向量法验证结论成立9.已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA平面ABCD，M、N分别为PC、PD上的点，且PMMC21，N为PD
5、的中点若xyz，则x_，y_，z_.答案解析()()()()，x，y，z.三、解答题10如图，在棱长为a的正方体OABCO1A1B1C1中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AEBFx，其中0xa，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.(1)写出点E、F的坐标；(2)求证：A1FC1E；(3)若A1、E、F、C1四点共面，求证：.解析(1)解：E(a，x,0)，F(ax，a,0)(2)证明：A1(a,0，a)、C1(0，a，a)，(x，a，a)，(a，xa，a)，axa(xa)a20，A1FC1E.(3)证明：A1、E、F、C1四点共面，、共面选与为一组基向量，则存在唯一实数对(1，2)，使
6、12，即(x，a，a)1(a，a,0)2(0，x，a)(a1，a1x2，a2)，解得1，21.于是.一、选择题11(2021山东东营一模)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A直线AB上B直线BC上C直线AC上DABC内部答案A解析由BC1AC，BAAC，得AC平面ABC1，所以平面ABC平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上二、填空题12(2022衡水模拟)已知a，b，c是空间的一个单位正交基底，ab，ab，c是空间的另一个基底，若向量p在基底ab，ab，c下的坐标为(，3)，则p在基底a，b，c下的坐标为_答
7、案(1,2,3)解析设向量p在基底a，b，c下的坐标为(x，y，z)，则由空间向量基本定理知，pxaybzc(ab)(ab)3ca2b3c，所以x1，y2，z3.即p在基底a，b，c下的坐标为(1,2,3)13(2021河北五校联盟调研)在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BD1与平面A1B1CD所成角的正切值为_答案解析连接B1C交BC1于O，则B1CBC1.又A1B1BC1，所以BC1平面A1B1CD设矩形BDD1B1两对角线BD1与B1D交点为M，则M为BD1的中点，即直线BD1与平面A1B1CD的交点，BMO就是直线BD1与平面A1B1CD所成的角不妨设正方体的棱长为1，则BD1，
8、BM，BO，OM，在RtBMO中，tanBMO.14直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，AA1，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角为_答案解析由条件知AC、BC、CC1两两垂直，以C为原点，CB，CA，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(0，0)，B1(1,0，)，M(0,0，)，A1(0，)，(1，)，(0，)，cos，0，即直线AB1与A1M所成角为.三、解答题15(2022海口模拟)如图，在45的二面角l的棱上有两点A、B，点C、D分别在、内，且ACAB，ABD45，ACBDAB1，求CD的长度解析由，cos，c
9、os45cos45，|22222()32(011cos13511cos60)2，|.16(2022福建泉州三模)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点(1)求证：DE平面ABC；(2)求证：B1F平面AEF；(3)求二面角B1AEF的余弦值解析如图建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，(1)证明：(2,4,0)，平面ABC的法向量为(0,0,4)，0，DE平面ABC，DE
10、平面ABC(2)证明：(2,2，4)，(2，2，2)，(2)22(2)(4)(2)0，B1FEF，(2)222(4)00，B1FAF.AFEFF，B1F平面AEF.(3)平面AEF的法向量为(2,2，4)，设平面B1AE的法向量为n(x，y，z)，即令x2，则z2，y1，n(2,1，2)，cosn，二面角B1AEF的余弦值为.17. (2021辽宁六校联考)在三棱锥PABC中，PAC和PBC是边长为的等边三角形，AB2，O是AB的中点(1)在棱PA上求一点M，使得OM平面PBC；(2)求证：平面PAB平面ABC解析解法一：(1)当M为棱PA的中点时，OM平面PBC证明如下：M，O分别为PA，A
11、B的中点，OMPB又PB平面PBC，OM平面PBC，OM平面PBC(2)连接OC，OP.ACCB，O为AB的中点，AB2，OCAB，OC1.同理，POAB，PO1.又PC，PC2OC2PO22，POC90，POOCABOCO，PO平面ABCPO平面PAB，平面PAB平面ABC解法二：设a，b，c，则由条件知|a|b|c|，acbc1，在PAB中，PAPB，AB2，PAPB，ab0.(1)设a，则a(ab)()ab，OM平面PBC，存在实数s，k，使sbkc，sbkc()ab，由平面对量基本定理知，s，k0，M为PA的中点(2)(ab)，(ab)(ca)(acbc|a|2ab)0，(ab)(ba)(|b|2|a|2)0，是平面ABC的法向量，又PO平面PAB，平面PAB平面ABC
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