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【阶段测试】高中数学人教A版(2019)选修第一册--第1章 空间向量与立体几何 综合测试题（原卷版+解析版）
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这是一份【阶段测试】高中数学人教A版(2019)选修第一册--第1章 空间向量与立体几何 综合测试题（原卷版+解析版），共26页。
第一章 空间向量与立体几何
综合测试题(原卷版)
考试时间120分钟，满分150分
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝( )
A．(0,34,10) B．(－3,19,7)
C．44 D．23
2．(2023·龙岩高二检测)已知向量a＝(－1，m,2)，向量b＝(3,1，n)，满足a∥b，则m＋n＝( )
A． B．－
C． D．－
3．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的直径点，P是正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的一点，则·的取值范围是( )
A．[－2,0] B．[－1,0]
C．[0,1] D．[0,2]
4．如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN＝ON，AP＝AN，用向量，，表示，则＝( )
A．＋＋
B．＋＋
C．＋＋
D．＋＋
5．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( )
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
6．已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
7．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离( )
A．等于a B．和EF的长度有关
C．等于a D．和点Q的位置有关
8.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为( )
A． B．2
C．2 D．3
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为( )
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
10．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中正确的有( )
A．＋与＋是一对相反向量
B．－与－是一对相反向量
C．＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量
D．－与－是一对相反向量
11．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是( )
A．(1，－4,2) B．
C． D．(0，－1,1)
12．如图1是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，如图2所示，则下列结论中正确的是( )
A．·＝0
B．平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直
C．异面直线BC与AD所成的角为60°
D．直线DC与平面ABC所成的角为30°
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知点D在平面ABC内，O为平面ABC外一点，且＝x＋y＋z(x＋y>0，z>0)，则＋的最小值是_ __.
14．已知C是平面ABD上一点，AB⊥AD，CB＝CD＝1.
①若＝3，则·＝ ；②若＝＋，则||的最大值为___.(本题第一空3分，第二空2分)
15．(2023·宿迁高二检测)自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a，b，c及棱间交角α，β，γ(合称为“晶胞参数”)来表征．如图是某种晶体的晶胞，其中a＝2，b＝c＝1，α＝60°，β＝90°，γ＝120°，则该晶胞的对角线AC1的长为 .
16．(2023·扬州高二检测)在正三棱锥A－BCD中，侧棱长为3，底面边长为2，则点A到平面BCD的距离为 ；AB与面ACD所成角的余弦值为 .
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
18．(本小题满分12分)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG＝2GD，＝a，＝b，＝c，试用基底{a，b，c}表示向量.
19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．
20．(本小题满分12分)(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
21．(本小题满分12分)(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
22．(本小题满分12分)条件①：图(1)中tan 2B＝－. 条件②：图(1)中＝＋.条件③：图(2)中三棱锥A－BCD的体积为.从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图(1)所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图(2))，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME.
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求二面角M－BN－C的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
第一章 空间向量与立体几何
综合测试题(解析版)
考试时间120分钟，满分150分
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝( C )
A．(0,34,10) B．(－3,19,7)
C．44 D．23
[解析] a＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.
2．(2023·龙岩高二检测)已知向量a＝(－1，m,2)，向量b＝(3,1，n)，满足a∥b，则m＋n＝( D )
A． B．－
C． D．－
[解析] 向量a＝(－1，m,2)，向量b＝(3,1，n)，若a∥b，设a＝kb，
则有则k＝－，m＝－，n＝－6，
则m＋n＝－－6＝－.
3．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的直径点，P是正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的一点，则·的取值范围是( A )
A．[－2,0] B．[－1,0]
C．[0,1] D．[0,2]
[解析] 设正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心为O，设球O的半径为R，则2R＝2，可得R＝，所以OE＝OF＝，
·＝(＋)·(＋)
＝(＋)·(－)
＝||2－||2＝||2－3
当OP与正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面或底面垂直时，OP的长取得最小值即||min＝1，
当点P与正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点重合时，OP的长取最大值即||max＝，
∴1≤||≤，所以·＝||2－3∈[－2,0]．
4．如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN＝ON，AP＝AN，用向量，，表示，则＝( B )
A．＋＋
B．＋＋
C．＋＋
D．＋＋
[解析] 因为MN＝ON，AP＝AN，
所以＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋－＝＋(＋)＝＋＋.
5．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( A )
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
[解析] c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，
由c为平面α的法向量，得
即 解得
6．已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 设BC边的中点为D，＝(1，－6,5)，＝(－3，2，－1)，
则＝(＋)＝(－1，－2,2)，
所以||＝＝3.
7．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离( A )
A．等于a B．和EF的长度有关
C．等于a D．和点Q的位置有关
[解析] 取B1C1的中点G，连接PG，CG，DP，则PG∥CD，所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离，与EF的长度无关，B错．又A1B1∥平面PGCD，所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离，即点Q到平面PEF的距离，与点Q的位置无关，D错．
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则C(0，a,0)，D(0,0,0)，A1(a,0，a)，P，∴＝(0，a,0)，＝(a,0，a)，＝，
设n＝(x，y，z)是平面PGCD的法向量，
则由得
令z＝1，则x＝－2，y＝0，所以n＝(－2,0,1)是平面PGCD的一个法向量．
设点Q到平面PEF的距离为d，则d＝＝＝，A对，C错．故选A．
8.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为( D )
A． B．2
C．2 D．3
[解析] 以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，E(1,2,0)，B1(2,2,2)，
设P(a，b,0)，则＝(a－2，b－2，－2)，＝(1,2，－2)，
∵B1P⊥D1E，∴·＝a－2＋2(b－2)＋4＝0，
∴a＋2b－2＝0,0≤b≤1，
∴点P的轨迹是一条线段．
||2＝(a－2)2＋(b－2)2＋4＝(－2b)2＋(b－2)2＋4＝5b2－4b＋8，
由二次函数的性质可知当b＝1时，5b2－4b＋8可取到最大值9，
∴线段B1P的长度的最大值为3.故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为( AB )
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
[解析] 设＝(3λ，－2λ，－λ)．
又||＝，
∴＝，解得λ＝±1，
∴＝(3，－2，－1)或＝(－3,2,1)．
设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)，
∴或
解得或
故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．
10．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中正确的有( ACD )
A．＋与＋是一对相反向量
B．－与－是一对相反向量
C．＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量
D．－与－是一对相反向量
[解析] ∵O为正方体的中心，∴＝－，＝－，故＋＝－(＋)，同理可得＋＝－(＋)，故＋＋＋＝－(＋＋＋)，∴AC正确；∵－＝，－＝，∴－与－是两个相等的向量，∴B不正确；∵－＝，－＝＝－，∴－＝－(－)，∴D正确．
11．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是( ABC )
A．(1，－4,2) B．
C． D．(0，－1,1)
[解析] 因为＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必须满足与法向量垂直且满足a与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC．
12．如图1是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，如图2所示，则下列结论中正确的是( AD )
A．·＝0
B．平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直
C．异面直线BC与AD所成的角为60°
D．直线DC与平面ABC所成的角为30°
[解析] 以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设BD＝2，则B(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,2，0)，A(0，，)，∴＝(2,0,0)，＝(0，，－)，＝(0,2，0)，＝(2，－，－)，＝(－2,2，0)．
∴·＝(2,0,0)·(0，，－)＝0，A正确；易得平面BCD的一个法向量为n1＝(0,0，)，平面ACD的一个法向量为n2＝(，1,1)，n1·n2≠0，B错误；
|cos〈，〉|＝＝＝≠，C错误；易得平面ABC的一个法向量为＝(2,0,0)，设直线DC与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，故D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知点D在平面ABC内，O为平面ABC外一点，且＝x＋y＋z(x＋y>0，z>0)，则＋的最小值是_9__.
[解析] 因为A，B，C，D共面，所以x＋y＋z＝1，又x＋y>0，z>0，则＋＝(x＋y＋z)＝＋＋5≥2＋5＝9，
当且仅当＝时，等号成立，所以＋的最小值是9.
14．已知C是平面ABD上一点，AB⊥AD，CB＝CD＝1.
①若＝3，则·＝ － ；②若＝＋，则||的最大值为_2__.(本题第一空3分，第二空2分)
[解析] 由题意可知，在①中，因为＝3，所以C为线段AB的三等分点(靠近点A)，如图所示，因为CB＝CD＝1，所以AB＝，AC＝.
则·＝·(－)＝·－·＝0－×cos 0＝－.
在②中，因为＝＋，
所以||＝|＋|＝2＋2＋2·)
＝2＋2)＝2)＝||，
如图所示，当点C是线段BD的中点时，BD取得最大值，此时最大值为BD＝BC＋CD＝2，所以||的最大值为2.
15．(2023·宿迁高二检测)自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a，b，c及棱间交角α，β，γ(合称为“晶胞参数”)来表征．如图是某种晶体的晶胞，其中a＝2，b＝c＝1，α＝60°，β＝90°，γ＝120°，则该晶胞的对角线AC1的长为 .
[解析] 如图所示：
＝＋＝＋＋＝＋＋，依题可知||＝2，＝||＝1, α＝∠A1AB＝60°，β＝∠A1AD＝90°，∠BAD＝180°－γ＝60°，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，所以2＝4＋1＋1＋2×2×1×cos 60°＋2×2×1×cos 60°＋2×1×1×cos 90°，则2＝10，故＝.
16．(2023·扬州高二检测)在正三棱锥A－BCD中，侧棱长为3，底面边长为2，则点A到平面BCD的距离为 ；AB与面ACD所成角的余弦值为 .
[解析] 在正三棱锥A－BCD中，设顶点A在底面BCD上的射影为O，则AO⊥平面BCD，且O为底面△BCD的中心，连接DO并延长，与BC交于点E，则E为BC的中点，因为底面边长为2，所以DE＝×2＝，
故EO＝DE＝，OD＝DE＝，
又侧棱长AD＝3，所以AO＝＝＝，
故点A到平面BCD的距离为；
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A，B，
C，D，
所以＝，
＝(，1,0)，＝，
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有，
令x＝1，则y＝－，z＝－，
故n＝，
则|cos 〈，n〉|＝＝，
所以AB与平面ACD所成角的正弦值为，故AB与平面ACD所成角的余弦值为＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
[解析] (1)因为a∥b，所以＝＝，解得x＝2，y＝－4，
则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
设a＋c与b＋c的夹角为θ，
因为cos θ＝＝－.
所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－.
18．(本小题满分12分)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG＝2GD，＝a，＝b，＝c，试用基底{a，b，c}表示向量.
[解析] ∵BG＝2GD，
∴＝.
又＝＋＝－＋－＝a＋c－2b，
∴＝＋＝b＋(a＋c－2b)
＝a－b＋c.
19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．
[解析] (1)如图1，连接B1C交BC1于点O，连接OD.
∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1.
∵AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D.
(2)建立如图2所示的空间直角坐标系B－xyz.
则B(0,0,0)、A(0,2,0)、C1(2,0,2)、B1(0,0,2)．
∴＝(0，－2,2)、＝(2,0,2)．
cos〈，〉＝＝＝，
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ＝，
∵θ∈，∴θ＝.
20．(本小题满分12分)(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
[解析] (1)在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA．
(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，取AB中点O，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO为正三角形．
过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，P(0,0，)，D(0,0,0)．
则＝(0,2,0)，＝，＝(0,0，)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒.
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2,0,1)．
设直线PD与平面PAB所成的角为α，
则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
21．(本小题满分12分)(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
[解析] (1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD，
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M，连EM，
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD，
所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD∩CD＝D，因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC，
因为FM⊥BC，FM∩EF＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME，
则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角， ∠EMF＝，
因为BO＝OD，△OCD为正三角形，所以△BCD为直角三角形，
因为BD＝2CD，所以FM＝BF＝＝，
从而EF＝FM＝，所以AO＝1.
因为AO⊥平面BCD，
所以V＝AO·S△BCD＝×1××1×＝.
22．(本小题满分12分)条件①：图(1)中tan 2B＝－. 条件②：图(1)中＝＋.条件③：图(2)中三棱锥A－BCD的体积为.从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图(1)所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图(2))，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME.
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求二面角M－BN－C的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解析] (1)∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.
∵AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB.
又M，E分别为AC，BC的中点，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)方案一 选①，由tan 2B＝－＝，
解得tan B＝2或tan B＝－(舍去)．
设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝＝＝2，解得x＝2，∴BD＝1.以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，0≤a≤2，则＝.
∵EN⊥BM，∴·＝0，
即·(－1,1,1)＝0，
∴a＝，∴N.
∴当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BNM的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(－1,1,1)，
由得令x＝1，得y＝2，z＝－1，则n＝(1,2，－1)．
取平面BNC的一个法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝－，
又二面角M－BN－C的平面角为锐角，
∴二面角M－BN－C的余弦值为.
方案二 选②，在题图(1)所示的△ABC中，设＝λ，
则＝＋＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ，
又＝＋，由平面向量基本定理知λ＝，即BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y
轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，0≤a≤2，则＝，
∵EN⊥BM，∴·＝0，
即·(－1,1,1)＝0，∴a＝，
∴N，
∴当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN ⊥ BM.
设平面BNM的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(－1,1,1)，
由得令x＝1，得y＝2，z＝－1，则n＝(1,2，－1)．
取平面BNC的一个法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝－，
又二面角M－BN－C的平面角为锐角，
∴二面角M－BN－C的余弦值为.
方案三 选③，设BD＝x(0
∴AD＝CD＝3－x.
在三棱锥A－BCD中，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD，
∴AD⊥平面BCD，又∠BDC＝90°，
∴S△BCD＝x(3－x)，VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝，化简得(x－1)2(x－4)＝0，解得x＝1或x＝4(舍去)．
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0，1,1)，E，则＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，0≤a≤2，则＝.
∵EN⊥BM，∴·＝0，即·(－1,1,1)＝0，
∴a＝，∴N，
∴当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BNM的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(－1,1,1)，由得令x＝1，得y＝2，z＝－1，则n＝(1,2，－1)．
取平面BNC的一个法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝－，
又二面角M－BN－C的平面角为锐角，
∴二面角M－BN－C的余弦值为.
第一章 空间向量与立体几何
综合测试题(原卷版)
考试时间120分钟，满分150分
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝( )
A．(0,34,10) B．(－3,19,7)
C．44 D．23
2．(2023·龙岩高二检测)已知向量a＝(－1，m,2)，向量b＝(3,1，n)，满足a∥b，则m＋n＝( )
A． B．－
C． D．－
3．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的直径点，P是正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的一点，则·的取值范围是( )
A．[－2,0] B．[－1,0]
C．[0,1] D．[0,2]
4．如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN＝ON，AP＝AN，用向量，，表示，则＝( )
A．＋＋
B．＋＋
C．＋＋
D．＋＋
5．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( )
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
6．已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
7．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离( )
A．等于a B．和EF的长度有关
C．等于a D．和点Q的位置有关
8.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为( )
A． B．2
C．2 D．3
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为( )
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
10．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中正确的有( )
A．＋与＋是一对相反向量
B．－与－是一对相反向量
C．＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量
D．－与－是一对相反向量
11．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是( )
A．(1，－4,2) B．
C． D．(0，－1,1)
12．如图1是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，如图2所示，则下列结论中正确的是( )
A．·＝0
B．平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直
C．异面直线BC与AD所成的角为60°
D．直线DC与平面ABC所成的角为30°
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知点D在平面ABC内，O为平面ABC外一点，且＝x＋y＋z(x＋y>0，z>0)，则＋的最小值是_ __.
14．已知C是平面ABD上一点，AB⊥AD，CB＝CD＝1.
①若＝3，则·＝ ；②若＝＋，则||的最大值为___.(本题第一空3分，第二空2分)
15．(2023·宿迁高二检测)自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a，b，c及棱间交角α，β，γ(合称为“晶胞参数”)来表征．如图是某种晶体的晶胞，其中a＝2，b＝c＝1，α＝60°，β＝90°，γ＝120°，则该晶胞的对角线AC1的长为 .
16．(2023·扬州高二检测)在正三棱锥A－BCD中，侧棱长为3，底面边长为2，则点A到平面BCD的距离为 ；AB与面ACD所成角的余弦值为 .
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
18．(本小题满分12分)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG＝2GD，＝a，＝b，＝c，试用基底{a，b，c}表示向量.
19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．
20．(本小题满分12分)(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
21．(本小题满分12分)(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
22．(本小题满分12分)条件①：图(1)中tan 2B＝－. 条件②：图(1)中＝＋.条件③：图(2)中三棱锥A－BCD的体积为.从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图(1)所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图(2))，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME.
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求二面角M－BN－C的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
第一章 空间向量与立体几何
综合测试题(解析版)
考试时间120分钟，满分150分
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝( C )
A．(0,34,10) B．(－3,19,7)
C．44 D．23
[解析] a＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.
2．(2023·龙岩高二检测)已知向量a＝(－1，m,2)，向量b＝(3,1，n)，满足a∥b，则m＋n＝( D )
A． B．－
C． D．－
[解析] 向量a＝(－1，m,2)，向量b＝(3,1，n)，若a∥b，设a＝kb，
则有则k＝－，m＝－，n＝－6，
则m＋n＝－－6＝－.
3．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的直径点，P是正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的一点，则·的取值范围是( A )
A．[－2,0] B．[－1,0]
C．[0,1] D．[0,2]
[解析] 设正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心为O，设球O的半径为R，则2R＝2，可得R＝，所以OE＝OF＝，
·＝(＋)·(＋)
＝(＋)·(－)
＝||2－||2＝||2－3
当OP与正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面或底面垂直时，OP的长取得最小值即||min＝1，
当点P与正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点重合时，OP的长取最大值即||max＝，
∴1≤||≤，所以·＝||2－3∈[－2,0]．
4．如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN＝ON，AP＝AN，用向量，，表示，则＝( B )
A．＋＋
B．＋＋
C．＋＋
D．＋＋
[解析] 因为MN＝ON，AP＝AN，
所以＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋－＝＋(＋)＝＋＋.
5．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( A )
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
[解析] c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，
由c为平面α的法向量，得
即 解得
6．已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 设BC边的中点为D，＝(1，－6,5)，＝(－3，2，－1)，
则＝(＋)＝(－1，－2,2)，
所以||＝＝3.
7．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离( A )
A．等于a B．和EF的长度有关
C．等于a D．和点Q的位置有关
[解析] 取B1C1的中点G，连接PG，CG，DP，则PG∥CD，所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离，与EF的长度无关，B错．又A1B1∥平面PGCD，所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离，即点Q到平面PEF的距离，与点Q的位置无关，D错．
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则C(0，a,0)，D(0,0,0)，A1(a,0，a)，P，∴＝(0，a,0)，＝(a,0，a)，＝，
设n＝(x，y，z)是平面PGCD的法向量，
则由得
令z＝1，则x＝－2，y＝0，所以n＝(－2,0,1)是平面PGCD的一个法向量．
设点Q到平面PEF的距离为d，则d＝＝＝，A对，C错．故选A．
8.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为( D )
A． B．2
C．2 D．3
[解析] 以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，E(1,2,0)，B1(2,2,2)，
设P(a，b,0)，则＝(a－2，b－2，－2)，＝(1,2，－2)，
∵B1P⊥D1E，∴·＝a－2＋2(b－2)＋4＝0，
∴a＋2b－2＝0,0≤b≤1，
∴点P的轨迹是一条线段．
||2＝(a－2)2＋(b－2)2＋4＝(－2b)2＋(b－2)2＋4＝5b2－4b＋8，
由二次函数的性质可知当b＝1时，5b2－4b＋8可取到最大值9，
∴线段B1P的长度的最大值为3.故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为( AB )
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
[解析] 设＝(3λ，－2λ，－λ)．
又||＝，
∴＝，解得λ＝±1，
∴＝(3，－2，－1)或＝(－3,2,1)．
设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)，
∴或
解得或
故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．
10．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中正确的有( ACD )
A．＋与＋是一对相反向量
B．－与－是一对相反向量
C．＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量
D．－与－是一对相反向量
[解析] ∵O为正方体的中心，∴＝－，＝－，故＋＝－(＋)，同理可得＋＝－(＋)，故＋＋＋＝－(＋＋＋)，∴AC正确；∵－＝，－＝，∴－与－是两个相等的向量，∴B不正确；∵－＝，－＝＝－，∴－＝－(－)，∴D正确．
11．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是( ABC )
A．(1，－4,2) B．
C． D．(0，－1,1)
[解析] 因为＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必须满足与法向量垂直且满足a与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC．
12．如图1是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，如图2所示，则下列结论中正确的是( AD )
A．·＝0
B．平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直
C．异面直线BC与AD所成的角为60°
D．直线DC与平面ABC所成的角为30°
[解析] 以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设BD＝2，则B(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,2，0)，A(0，，)，∴＝(2,0,0)，＝(0，，－)，＝(0,2，0)，＝(2，－，－)，＝(－2,2，0)．
∴·＝(2,0,0)·(0，，－)＝0，A正确；易得平面BCD的一个法向量为n1＝(0,0，)，平面ACD的一个法向量为n2＝(，1,1)，n1·n2≠0，B错误；
|cos〈，〉|＝＝＝≠，C错误；易得平面ABC的一个法向量为＝(2,0,0)，设直线DC与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，故D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知点D在平面ABC内，O为平面ABC外一点，且＝x＋y＋z(x＋y>0，z>0)，则＋的最小值是_9__.
[解析] 因为A，B，C，D共面，所以x＋y＋z＝1，又x＋y>0，z>0，则＋＝(x＋y＋z)＝＋＋5≥2＋5＝9，
当且仅当＝时，等号成立，所以＋的最小值是9.
14．已知C是平面ABD上一点，AB⊥AD，CB＝CD＝1.
①若＝3，则·＝ － ；②若＝＋，则||的最大值为_2__.(本题第一空3分，第二空2分)
[解析] 由题意可知，在①中，因为＝3，所以C为线段AB的三等分点(靠近点A)，如图所示，因为CB＝CD＝1，所以AB＝，AC＝.
则·＝·(－)＝·－·＝0－×cos 0＝－.
在②中，因为＝＋，
所以||＝|＋|＝2＋2＋2·)
＝2＋2)＝2)＝||，
如图所示，当点C是线段BD的中点时，BD取得最大值，此时最大值为BD＝BC＋CD＝2，所以||的最大值为2.
15．(2023·宿迁高二检测)自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a，b，c及棱间交角α，β，γ(合称为“晶胞参数”)来表征．如图是某种晶体的晶胞，其中a＝2，b＝c＝1，α＝60°，β＝90°，γ＝120°，则该晶胞的对角线AC1的长为 .
[解析] 如图所示：
＝＋＝＋＋＝＋＋，依题可知||＝2，＝||＝1, α＝∠A1AB＝60°，β＝∠A1AD＝90°，∠BAD＝180°－γ＝60°，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，所以2＝4＋1＋1＋2×2×1×cos 60°＋2×2×1×cos 60°＋2×1×1×cos 90°，则2＝10，故＝.
16．(2023·扬州高二检测)在正三棱锥A－BCD中，侧棱长为3，底面边长为2，则点A到平面BCD的距离为 ；AB与面ACD所成角的余弦值为 .
[解析] 在正三棱锥A－BCD中，设顶点A在底面BCD上的射影为O，则AO⊥平面BCD，且O为底面△BCD的中心，连接DO并延长，与BC交于点E，则E为BC的中点，因为底面边长为2，所以DE＝×2＝，
故EO＝DE＝，OD＝DE＝，
又侧棱长AD＝3，所以AO＝＝＝，
故点A到平面BCD的距离为；
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A，B，
C，D，
所以＝，
＝(，1,0)，＝，
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有，
令x＝1，则y＝－，z＝－，
故n＝，
则|cos 〈，n〉|＝＝，
所以AB与平面ACD所成角的正弦值为，故AB与平面ACD所成角的余弦值为＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
[解析] (1)因为a∥b，所以＝＝，解得x＝2，y＝－4，
则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
设a＋c与b＋c的夹角为θ，
因为cos θ＝＝－.
所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－.
18．(本小题满分12分)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG＝2GD，＝a，＝b，＝c，试用基底{a，b，c}表示向量.
[解析] ∵BG＝2GD，
∴＝.
又＝＋＝－＋－＝a＋c－2b，
∴＝＋＝b＋(a＋c－2b)
＝a－b＋c.
19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．
[解析] (1)如图1，连接B1C交BC1于点O，连接OD.
∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1.
∵AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D.
(2)建立如图2所示的空间直角坐标系B－xyz.
则B(0,0,0)、A(0,2,0)、C1(2,0,2)、B1(0,0,2)．
∴＝(0，－2,2)、＝(2,0,2)．
cos〈，〉＝＝＝，
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ＝，
∵θ∈，∴θ＝.
20．(本小题满分12分)(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
[解析] (1)在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA．
(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，取AB中点O，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO为正三角形．
过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，P(0,0，)，D(0,0,0)．
则＝(0,2,0)，＝，＝(0,0，)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒.
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2,0,1)．
设直线PD与平面PAB所成的角为α，
则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
21．(本小题满分12分)(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
[解析] (1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD，
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M，连EM，
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD，
所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD∩CD＝D，因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC，
因为FM⊥BC，FM∩EF＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME，
则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角， ∠EMF＝，
因为BO＝OD，△OCD为正三角形，所以△BCD为直角三角形，
因为BD＝2CD，所以FM＝BF＝＝，
从而EF＝FM＝，所以AO＝1.
因为AO⊥平面BCD，
所以V＝AO·S△BCD＝×1××1×＝.
22．(本小题满分12分)条件①：图(1)中tan 2B＝－. 条件②：图(1)中＝＋.条件③：图(2)中三棱锥A－BCD的体积为.从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图(1)所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图(2))，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME.
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求二面角M－BN－C的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解析] (1)∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.
∵AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB.
又M，E分别为AC，BC的中点，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)方案一 选①，由tan 2B＝－＝，
解得tan B＝2或tan B＝－(舍去)．
设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝＝＝2，解得x＝2，∴BD＝1.以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，0≤a≤2，则＝.
∵EN⊥BM，∴·＝0，
即·(－1,1,1)＝0，
∴a＝，∴N.
∴当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BNM的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(－1,1,1)，
由得令x＝1，得y＝2，z＝－1，则n＝(1,2，－1)．
取平面BNC的一个法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝－，
又二面角M－BN－C的平面角为锐角，
∴二面角M－BN－C的余弦值为.
方案二 选②，在题图(1)所示的△ABC中，设＝λ，
则＝＋＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ，
又＝＋，由平面向量基本定理知λ＝，即BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y
轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，0≤a≤2，则＝，
∵EN⊥BM，∴·＝0，
即·(－1,1,1)＝0，∴a＝，
∴N，
∴当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN ⊥ BM.
设平面BNM的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(－1,1,1)，
由得令x＝1，得y＝2，z＝－1，则n＝(1,2，－1)．
取平面BNC的一个法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝－，
又二面角M－BN－C的平面角为锐角，
∴二面角M－BN－C的余弦值为.
方案三 选③，设BD＝x(0
∴AD＝CD＝3－x.
在三棱锥A－BCD中，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD，
∴AD⊥平面BCD，又∠BDC＝90°，
∴S△BCD＝x(3－x)，VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝，化简得(x－1)2(x－4)＝0，解得x＝1或x＝4(舍去)．
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0，1,1)，E，则＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，0≤a≤2，则＝.
∵EN⊥BM，∴·＝0，即·(－1,1,1)＝0，
∴a＝，∴N，
∴当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BNM的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(－1,1,1)，由得令x＝1，得y＝2，z＝－1，则n＝(1,2，－1)．
取平面BNC的一个法向量m＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝－，
又二面角M－BN－C的平面角为锐角，
∴二面角M－BN－C的余弦值为.
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