新教材2024版高中数学第一章空间向量与立体几何章末检测新人教A版选择性必修第一册

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第一章章末检测一、选择题：本题共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.在空间直角坐标系中，点P(－2，1，4)关于x轴的对称点的坐标是 (　　)A.(－2，－1，－4) B.(－2，1，－4)C.(2，－1，4) D.(2，1，－4)【答案】A　【解析】关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标和竖坐标互为相反数.故选A.2.已知a＝(1，2，－y)，b＝(x，1，2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则 (　　)A.x＝ eq \f(1,3)，y＝1 B.x＝ eq \f(1,2)，y＝－4C.x＝2，y＝－ eq \f(1,4) D.x＝1，y＝－1【答案】B　【解析】由题意可得，a＋2b＝(1＋2x，4，4－y)，2a－b＝(2－x，3，－2y－2).∵(a＋2b)∥(2a－b)，∴∃λ∈R，使a＋2b＝λ(2a－b)，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋2x＝λ(2－x)，,4＝3λ，,4－y＝λ(－2y－2)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,3)，,x＝\f(1,2)，,y＝－4.)) 故选B.3.已知空间三点O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(0，1，1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为 (　　)A.(－2，2，0) B.(2，－2，0)C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))【答案】C　【解析】由 eq \o(OA,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则 eq \o(BH,\s\up6(→))＝(－λ，λ－1，－1).又因为BH⊥OA，所以 eq \o(BH,\s\up6(→))· eq \o(OA,\s\up6(→))＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1，1，0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝ eq \f(1,2)，所以H eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).4.在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量 eq \o(AB1,\s\up6(→))， eq \o(AD1,\s\up6(→))， eq \o(BD,\s\up6(→))是 (　　)A.有相同起点的向量 B.等长的向量C.不共面向量 D.共面向量【答案】D　【解析】因为 eq \o(AD1,\s\up6(→))－ eq \o(AB1,\s\up6(→))＝ eq \o(B1D1,\s\up6(→))＝ eq \o(BD,\s\up6(→))，所以 eq \o(AB1,\s\up6(→))， eq \o(AD1,\s\up6(→))， eq \o(BD,\s\up6(→))共面.5.已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是 (　　)A. eq \f(2,3) B. eq \f(\r(2),3) C. eq \f(\r(5),3) D. eq \f(2\r(3),3)【答案】C　【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(1，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，D1(0，0，1)，所以 eq \o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)， eq \o(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)).设平面AEFD1的法向量n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－\f(x,2)＋y＝0，))所以x＝2y＝z.取y＝1，则n＝(2，1，2).而平面ABCD的一个法向量u＝(0，0，1)，因为cos 〈n，u〉＝ eq \f(2,3)，所以所求二面角的正弦值为 eq \f(\r(5),3).6.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝ eq \f(1,3)BB1，DF＝ eq \f(2,3)DD1.若 eq \o(EF,\s\up6(→))＝x eq \o(AB,\s\up6(→))＋y eq \o(AD,\s\up6(→))＋z eq \o(AA1,\s\up6(→))，则x＋y＋z＝ (　　)A.－1 B.0 C. eq \f(1,3) D.1【答案】C　【解析】因为 eq \o(EF,\s\up6(→))＝ eq \o(AF,\s\up6(→))－ eq \o(AE,\s\up6(→))＝ eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \o(DF,\s\up6(→))－( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BE,\s\up6(→)))＝ eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(DD1,\s\up6(→))－ eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \f(1,3) eq \o(BB1,\s\up6(→))＝－ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up6(→))，所以x＝－1，y＝1，z＝ eq \f(1,3)，所以x＋y＋z＝ eq \f(1,3).7.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，D1D，A1B1的中点，给出下列命题：①AC1⊥EG；②GC∥ED；③B1F⊥平面BGC1；④EF和BB1所成角为 eq \f(π,4).正确命题的个数是 (　　)A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C　【解析】设正方体棱长为2，建立空间直角坐标系如图所示，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，G(2，1，2)，C(0，2，0)，E(1，0，2)，D(0，0，0)，B1(2，2，2)，F(0，0，1)，B(2，2，0).① eq \o(AC1,\s\up6(→))＝(－2，2，2)， eq \o(EG,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \o(AC1,\s\up6(→))· eq \o(EG,\s\up6(→))＝－2＋2＋0＝0，所以AC1⊥EG，故①正确；② eq \o(GC,\s\up6(→))＝(－2，1，－2)， eq \o(ED,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，不存在实数λ使 eq \o(GC,\s\up6(→))＝λ eq \o(ED,\s\up6(→))，故GC∥ED不成立，故②错误；③ eq \o(B1F,\s\up6(→))＝(－2，－2，－1)， eq \o(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)， eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)， eq \o(B1F,\s\up6(→))· eq \o(BG,\s\up6(→))＝0， eq \o(B1F,\s\up6(→))· eq \o(BC1,\s\up6(→))＝2≠0，故B1F⊥平面BGC1不成立，故③错误；④ eq \o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)， eq \o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，设EF和BB1所成角为θ，则cos θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(BB1,\s\up6(→))|)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(2)×2)))＝ eq \f(\r(2),2)，由于θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝ eq \f(π,4)，故④正确.综上所述，正确的命题有2个.故选C.8.如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为 eq \f(2,3)，则该几何体的体积为(　　)A.16＋8π B.32＋16πC.32＋8π D.16＋16π【答案】A　【解析】设D在底面半圆上的射影为D1，如图，连接AD1交BC于O，设A1D∩B1C1＝O1，依题意知半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，所以AD1⊥BC，A1D⊥B1C1且O，O1分别是下底面、上底面半圆的圆心，连接OO1，则OO1与上下底面垂直，所以OO1⊥OB，OO1⊥OA，因为OA⊥OB，以OB，OA，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为h(h>0)，则B(2，0，0)，D(0，－2，h)，A(0，2，0)，B1(2，0，h)，所以 eq \o(BD,\s\up6(→))＝(－2，－2，h)， eq \o(AB1,\s\up6(→))＝(2，－2，h)，由于异面直线BD和AB1所成的角的余弦值为 eq \f(2,3)，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BD,\s\up6(→))|·|\o(AB1,\s\up6(→))|)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(h2,\r(8＋h2)·\r(8＋h2))))＝ eq \f(2,3)，即 eq \f(h2,8＋h2)＝ eq \f(2,3)，解得h＝4.所以几何体的体积为 eq \f(1,2)×π×22×4＋ eq \f(1,2)×4×2×4＝16＋8π.故选A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列各选项中，不正确的是 (　　)A.若A，B，C，D是空间任意四点，则有 eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→))＋ eq \o(CD,\s\up6(→))＋ eq \o(DA,\s\up6(→))＝0B.对于非零向量a，b，〈a，b〉与〈a，－b〉相等C.若 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(CD,\s\up6(→))共线，则AB∥CDD.对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若 eq \o(OP,\s\up6(→))＝x eq \o(OA,\s\up6(→))＋y eq \o(OB,\s\up6(→))＋z eq \o(OC,\s\up6(→))(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面【答案】BCD　【解析】显然A正确；若a，b为非零向量，则〈a，b〉与〈a，－b〉互补，故B错误；若 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(CD,\s\up6(→))共线，则直线AB，CD可能重合，故C错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误.10.若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列各式的结果为零向量的是 (　　)A. eq \o(AB,\s\up6(→))＋2 eq \o(BC,\s\up6(→))＋2 eq \o(CD,\s\up6(→))＋ eq \o(DC,\s\up6(→))B.2 eq \o(AB,\s\up6(→))＋2 eq \o(BC,\s\up6(→))＋3 eq \o(CD,\s\up6(→))＋3 eq \o(DA,\s\up6(→))＋ eq \o(AC,\s\up6(→))C. eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(CA,\s\up6(→))＋ eq \o(BD,\s\up6(→))D. eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \o(CB,\s\up6(→))＋ eq \o(CD,\s\up6(→))－ eq \o(AD,\s\up6(→))【答案】BD　【解析】A中，原式＝ eq \o(AB,\s\up6(→))＋2 eq \o(BD,\s\up6(→))＋ eq \o(DC,\s\up6(→))＝ eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BD,\s\up6(→))＋ eq \o(BD,\s\up6(→))＋ eq \o(DC,\s\up6(→))＝ eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→))，不符合题意；B中，原式＝2( eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→))＋ eq \o(CD,\s\up6(→))＋ eq \o(DA,\s\up6(→)))＋( eq \o(AC,\s\up6(→))＋ eq \o(CD,\s\up6(→))＋ eq \o(DA,\s\up6(→)))＝0；C中，原式＝ eq \o(CD,\s\up6(→))，不符合题意；D中，原式＝( eq \o(AB,\s\up6(→))－ eq \o(AD,\s\up6(→)))＋( eq \o(CD,\s\up6(→))－ eq \o(CB,\s\up6(→)))＝0.11.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2 eq \r(3)，AD＝AA1＝2，P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是 (　　)A.对于任意给定的点P，存在点Q使得D1P⊥CQB.对于任意给定的点Q，存在点R使得D1R⊥CQC.当AR⊥A1C时，AR⊥D1RD.当A1C＝3A1R时，D1R∥平面BDC1【答案】ABD　【解析】如图，建立空间直角坐标系，设P(2，a，0)，a∈[0，2 eq \r(3)]，Q(2，2 eq \r(3)，b)，b∈[0，2]，设 eq \o(A1R,\s\up6(→))＝λ eq \o(A1C,\s\up6(→))，得到R(2－2λ，2 eq \r(3)λ，2－2λ)，λ∈[0，1]， eq \o(D1P,\s\up6(→))＝(2，a，－2)， eq \o(CQ,\s\up6(→))＝(2，0，b)， eq \o(D1P,\s\up6(→))· eq \o(CQ,\s\up6(→))＝4－2b，当b＝2时，D1P⊥CQ，A正确； eq \o(D1R,\s\up6(→))＝(2－2λ，2 eq \r(3)λ，－2λ)， eq \o(D1R,\s\up6(→))· eq \o(CQ,\s\up6(→))＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝ eq \f(2,2＋b)时，D1R⊥CQ，B正确；由AR⊥A1C，得 eq \o(AR,\s\up6(→))· eq \o(A1C,\s\up6(→))＝(－2λ，2 eq \r(3)λ，2－2λ)·(－2，2 eq \r(3)，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，λ＝ eq \f(1,5)，此时 eq \o(AR,\s\up6(→))· eq \o(D1R,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)，\f(2\r(3),5)，\f(8,5)))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(2\r(3),5)，－\f(2,5)))＝－ eq \f(4,5)≠0，C错误；A1C＝3A1R，则R eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)，\f(4,3)))， eq \o(D1R,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)，－\f(2,3)))，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))解得n＝( eq \r(3)，－1， eq \r(3))，故 eq \o(D1R,\s\up6(→))·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正确.故选ABD.12.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝1，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则以下四个结论正确的是 (　　)A.VPAA1D＝ eq \f(1,3)B.点P必在线段B1C上C.AP⊥BC1D.AP∥平面A1C1D【答案】BD　【解析】对于A，因为P在平面BCC1B1上，平面BCC1B1∥平面AA1D，所以P到平面AA1D的距离即为C到平面AA1D的距离，即为正方体棱长，所以VPAA1D＝ eq \f(1,3)S△AA1D·CD＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×1×1×1＝ eq \f(1,6)，A错误；对于B，以D为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，P(x，1，z)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，所以 eq \o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，1，z)， eq \o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)， eq \o(B1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，因为AP⊥BD1，所以 eq \o(AP,\s\up6(→))· eq \o(BD1,\s\up6(→))＝1－x－1＋z＝0，所以x＝z，即P(x，1，x)，所以 eq \o(CP,\s\up6(→))＝(x，0，x)，所以 eq \o(CP,\s\up6(→))＝－x eq \o(B1C,\s\up6(→))，即B1，P，C三点共线，所以P必在线段B1C上，B正确；对于C，因为 eq \o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，1，x)， eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，所以 eq \o(AP,\s\up6(→))· eq \o(BC1,\s\up6(→))＝1－x＋x＝1，所以AP与BC1不垂直，C错误；对于D，因为A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，所以 eq \o(DA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)， eq \o(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，1)，设平面A1C1D的法向量n＝(a，b，c)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝a＋c＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝b＋c＝0，))令a＝1，则c＝－1，b＝1，所以n＝(1，1，－1)，所以 eq \o(AP,\s\up6(→))·n＝x－1＋1－x＝0，即 eq \o(AP,\s\up6(→))⊥n，所以AP∥平面A1C1D，D正确.故选BD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2023年长沙长郡中学期末)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(1，3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ＝________.【答案】1　【解析】若向量a，b，c共面，则c＝xa＋yb，其中x，y∈R，即(1，3，λ)＝(2x，－x，3x)＋(－y，4y，－2y)＝(2x－y，－x＋4y，3x－2y)，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－y＝1，,－x＋4y＝3，,3x－2y＝λ，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，,λ＝1.))14.下列命题：①已知λ∈R，则|λa|＝λ|a|；②在正方体ABCDA1B1C1D1中， eq \o(BC,\s\up6(→))＝ eq \o(B1C1,\s\up6(→))；③若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直.其中正确的命题的序号是________.【答案】②③　【解析】①|λa|＝|λ||a|，故①错误；②正确；③若两个平面垂直，则它们的法向量一定垂直，若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直，故③正确.15.如图，设O为▱ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点，若 eq \o(AE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(OD,\s\up6(→))＋x eq \o(OB,\s\up6(→))＋y eq \o(OA,\s\up6(→))，则x＋y＝________.【答案】－1　【解析】 eq \o(AE,\s\up6(→))＝ eq \o(OE,\s\up6(→))－ eq \o(OA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up6(→))－ eq \o(OA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(OB,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→)))－ eq \o(OA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(OB,\s\up6(→))＋ eq \o(AD,\s\up6(→)))－ eq \o(OA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(OB,\s\up6(→))＋ eq \o(OD,\s\up6(→))－ eq \o(OA,\s\up6(→)))－ eq \o(OA,\s\up6(→))＝－ eq \f(3,2) eq \o(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(OD,\s\up6(→))，所以x＝ eq \f(1,2)，y＝－ eq \f(3,2).所以x＋y＝－1.16.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动，则直线D1E与A1D所成角的大小是________；若D1E⊥EC，则AE＝________.【答案】90°　1　【解析】在长方体ABCDA1B1C1D1中，如图，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轴建立空间直角坐标系，又因为AD＝AA1＝1，AB＝2，则D(0，0，0)，D1(0，0，1), A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，2，0)，设E(1，m，0)，0≤m≤2，则 eq \o(D1E,\s\up6(→))＝(1，m，－1)， eq \o(A1D,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，所以 eq \o(D1E,\s\up6(→))· eq \o(A1D,\s\up6(→))＝－1＋0＋1＝0，所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°.因为 eq \o(D1E,\s\up6(→))＝(1，m，－1)， eq \o(EC,\s\up6(→))＝(－1，2－m，0)，D1E⊥EC, 所以 eq \o(D1E,\s\up6(→))· eq \o(EC,\s\up6(→))＝－1＋m(2－m)＋0＝0，解得m＝1，所以AE＝1.四、解答题：本题共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.(10分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).(1)求|2a＋b|.(2)在直线AB上是否存在一点E，使得 eq \o(OE,\s\up6(→))⊥b(O为原点)?解：(1)因为a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，所以2a＋b＝(0，－5，5).所以|2a＋b|＝ eq \r(02＋(－5)2＋52)＝5 eq \r(2).(2)假设存在点E，其坐标为E(x，y，z)，则 eq \o(AE,\s\up6(→))＝λ eq \o(AB,\s\up6(→))，即(x＋3，y＋1，z－4)＝λ(1，－1，－2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝λ－3，,y＝－λ－1，,z＝－2λ＋4，))所以E(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，所以 eq \o(OE,\s\up6(→))＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4).又因为b＝(－2，1，1)， eq \o(OE,\s\up6(→))⊥b，所以 eq \o(OE,\s\up6(→))·b＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0，所以λ＝ eq \f(9,5)，所以E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5))).所以在直线AB上存在点E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5)))，使 eq \o(OE,\s\up6(→))⊥b.18.(12分)已知空间三点A(1，2，3)，B(2，－1，5)，C(3，2，－5)，试求：(1)△ABC的面积；(2)△ABC的AB边上的高.解：(1) eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，5)－(1，2，3)＝(1，－3，2)， eq \o(AC,\s\up6(→))＝(3，2，－5)－(1，2，3)＝(2，0，－8)， eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AC,\s\up6(→))＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，| eq \o(AB,\s\up6(→))|＝ eq \r(14)，| eq \o(AC,\s\up6(→))|＝2 eq \r(17)，cos 〈 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(AC,\s\up6(→))〉＝ eq \f(－14,\r(14)×2\r(17))＝－ eq \r(\f(7,34))，sin 〈 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(AC,\s\up6(→))〉＝ eq \r(\f(27,34))，S△ABC＝ eq \f(1,2)| eq \o(AB,\s\up6(→))|·| eq \o(AC,\s\up6(→))|sin 〈 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(AC,\s\up6(→))〉＝ eq \f(1,2) eq \r(14)×2 eq \r(17)× eq \r(\f(27,34))＝3 eq \r(21).(2)| eq \o(AB,\s\up6(→))|＝ eq \r(14)，设AB边上的高为h，则 eq \f(1,2)|AB|·h＝S△ABC＝3 eq \r(21)，所以h＝3 eq \r(6).19.(12分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2 eq \r(2)，∠ABC＝90°，如图1，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD(如图2).(1)求证：CD⊥AB；(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离.(1)证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD.又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB.(2)解：如图，以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，由已知可得A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0)，所以 eq \o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)， eq \o(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)， eq \o(MC,\s\up6(→))＝(－1，1，0).设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，则 eq \o(CD,\s\up6(→))⊥n， eq \o(AD,\s\up6(→))⊥n，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2y＝0，,－x－z＝0，))令x＝1，得平面ACD的一个法向量n＝(1，0，－1)，所以点M到平面ACD的距离d＝ eq \f(|n·\o(MC,\s\up6(→))|,|n|)＝ eq \f(\r(2),2).20.(12分)如图，在三棱锥SABC中，侧面SAC与底面ABC垂直，E，O分别是SC，AC的中点，且SA＝SC＝ eq \r(2)，BC＝ eq \f(1,2)AC，∠ASC＝∠ACB＝90°.(1)求证：OE∥平面SAB.(2)若点F在线段BC上，问：无论点F在BC的何处，是否都有OE⊥SF？请证明你的结论.(1)证明：因为E，O分别是SC，AC的中点，所以OE∥SA.又因为OE⊄平面SAB，SA⊂平面SAB，所以OE∥平面SAB.(2)解：方法一，在△SAC中，因为OE∥AS，∠ASC＝90°，所以OE⊥SC.又因为平面SAC⊥平面ABC，∠BCA＝90°，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面SAC.又因为OE⊂平面SAC，所以BC⊥OE.因为SC∩BC＝C，所以OE⊥平面BSC.又因为SF⊂平面BSC，所以OE⊥SF.所以无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF.方法二，连接SO.因为O是AC的中点，SA＝SC，所以SO⊥AC.又因为平面SAC⊥平面ABC，所以SO⊥平面ABC.同理可得BC⊥平面SAC.如图，在平面ABC内，过点O作OM⊥AC，以O为原点，OM，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则点O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， eq \o(OE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).由于点F∈BC，故可设点F(x，1，0)，则 eq \o(SF,\s\up6(→))＝(x，1，－1)， eq \o(SF,\s\up6(→))· eq \o(OE,\s\up6(→))＝0恒成立，所以无论点F在BC的何处，都有OE⊥SF.21.(12分)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝2.(1)求线段BC1的长度；(2)求异面直线BC1与DC所成角的余弦值.解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1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A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，所以 eq \o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)， eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，| eq \o(DC,\s\up6(→))|＝2，| eq \o(BC1,\s\up6(→))|＝ eq \r(4＋4＋4)＝2 eq \r(3).(2)由(1)可知， eq \o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)， eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，所以cos 〈 eq \o(DC,\s\up6(→))， eq \o(BC1,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\o(DC,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(DC,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝ eq \f(－4,2×2\r(3))＝ eq \f(－1,\r(3))＝－ eq \f(\r(3),3).所以异面直线BC1与DC所成的角的余弦值为 eq \f(\r(3),3).22.(12分)(2023年肇庆期末)如图，边长为2的等边三角形PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2 eq \r(2)，M为BC的中点.(1)证明：AM⊥PM；(2)求平面PAM与平面ABCD夹角的大小；(3)求点D到平面PAM的距离.(1)证明：以D点为原点，直线DA，DC分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0，0，0)，P(0，1， eq \r(3))，C(0，2，0)，A(2 eq \r(2)，0，0)，M( eq \r(2)，2，0). eq \o(PM,\s\up6(→))＝( eq \r(2)，1，－ eq \r(3))， eq \o(AM,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，2，0)，∴ eq \o(PM,\s\up6(→))· eq \o(AM,\s\up6(→))＝( eq \r(2)，1，－ eq \r(3))·(－ eq \r(2)，2，0)＝0，即 eq \o(PM,\s\up6(→))⊥ eq \o(AM,\s\up6(→))，∴AM⊥PM.(2)解：设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋y－\r(3)z＝0，,－\r(2)x＋2y＝0，))取y＝1，得n＝( eq \r(2)，1， eq \r(3)).取p＝(0，0，1)，显然p为平面ABCD的一个法向量，∴cos 〈n，p〉＝ eq \f(n·p,|n||p|)＝ eq \f(\r(3),\r(6)×1)＝ eq \f(\r(2),2).故平面PAM与平面ABCD的夹角为45°.(3)解：设点D到平面AMP的距离为d，由(2)可知n＝( eq \r(2)，1， eq \r(3))为平面PAM的一个法向量，则d＝ eq \f(|\o(DA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|(2\r(2)，0，0)·(\r(2)，1，\r(3))|,\r((\r(2))2＋12＋(\r(3))2))＝ eq \f(2\r(6),3).故点D到平面AMP的距离为 eq \f(2\r(6),3).