（人教A版2019选择性必修第一册）数学 专题1.8 空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）（原卷版+解析）

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第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）【人教A版（2019）】考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）下列说法正确的是（    ）A．任一空间向量与它的相反向量都不相等B．不相等的两个空间向量的模必不相等C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小D．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆2．（5分）（2023春·江苏常州·高二校考阶段练习）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=12ON，AP=34AN，用向量OA，OB，OC表示OP，则OP=（      ）A．14OA+14OB+14OC B．14OA−34OB+14OCC．14OA−14OB+34OC D．14OA+34OB+14OC3．（5分）（2023·全国·高三对口高考）已知a=1,1,0,b=0,1,1,c=1,0,1,p=a−b,q=a+2b−c，则p⋅q=（    ）A．−1 B．1 C．0 D．24．（5分）（2023秋·山西大同·高二校考期末）已知空间向量a=1,0,1,b=x,1,2，且a⋅b=3，则向量a与b的夹角为（    ）A．5π6 B．2π3 C．π3 D．π65．（5分）（2023秋·陕西宝鸡·高二统考期末）已知a=(2,3,−1),b=(2,0,−4),c=(−4,−6,2)，则下列结论正确的是（    ）A．a⊥b B．a⊥c C．a//b D．a//c6．（5分）（2023春·江苏南通·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=60∘，∠BAC=90∘，A1A=3，AB=AC=2，则线段AO的长度为（    ）A．292 B．29 C．232 D．237．（5分）（2023春·高二课时练习）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（    ）A．14 B．12 C．22 D．328．（5分）（2023秋·高一单元测试）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60∘，下列说法中正确的是（    ）  A．AC1=126B．直线BD1与AC所成角的正弦值为66C．向量B1C与AA1的夹角是60∘D．AC1⊥平面CB1D1二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023·全国·高一专题练习）给出下列命题，其中正确的命题是（　　　）A．若a=b ，则a=b 或a=−bB．若向量a 是向量b 的相反向量，则a=bC．在正方体ABCD−A1B1C1D1 中，AC=A1C1 D．若空间向量m ，n ，p 满足m=n ，n=p ，则m=p10．（5分）（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（    ）A．MP=2MA+3MB B．OP=12OA+13OB+16OMC．PM⋅AB=0 D．PM ∥ AB11．（5分）（2023秋·湖北襄阳·高二校考期末）已知向量a=(1,−1,m)，b=(−2,m−1,2)，则下列结论中正确的是（    ）A．若|a|=2，则m=±2B．若a⊥b，则m=−1C．不存在实数，使得a=λbD．若a⋅b=−1，则a+b=(−1,−2,2)12．（5分）（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CC1的中点，点M满足BM=tBA，t∈[0,1]，下列结论正确的是（    ）A．若t=1，则A1B1//平面MPQB．若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是92C．若t=12，则点A1到平面MPQ的距离是36D．若t=12，则AB与平面MPQ所成角的正切值为22三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）已知a=1,2,3，b=3,2,1，则a⋅a+b= .14．（5分）（2023·高二校考课时练习）已知a=(3,−2,−3)，b=(−1,x−1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是 .15．（5分）（2023春·云南·高二校联考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为AB,DD1的中点，若EF=xDA+yDC+zDD1，则x+y+z= .16．（5分）（2023春·宁夏·高一校考阶段练习）如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有 ．  ①BC⊥平面BDE        ②该几何体为三棱台③二面角B−EF−D的大小为30°    ④该几何体的体积为23四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023秋·高二课时练习） 在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，化简AF1−AB+BC，并在图中标出化简结果．  18．（12分）（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：(1)OA⋅OB(2)EF⋅CB(3)OA+OB⋅CA+CB19．（12分）（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，O为AC的中点.设AB=a,AD=b,AA1=c.(1)用a,b,c表示A1O；(2)设E是棱DD1上的点，且DE=23DD1，用a,b,c表示EO.20．（12分）（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）已知a=(2,−1,−4),b=(−1,k,2).(1)若(a−b)//(a+b)，求实数k的值；(2)若(a+3b)⊥(a+b)，求实数k的值.21．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2,AB=1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE//平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.22．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点.（1）证明：BC1//平面AD1E；（2）求直线BC1到平面AD1E的距离；（3）求平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值.第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）下列说法正确的是（    ）A．任一空间向量与它的相反向量都不相等B．不相等的两个空间向量的模必不相等C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小D．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆【解题思路】取零向量可判断A选项；利用任意一个非零向量与其相反向量可判断B选项；利用向量不能比大小可判断C选项；利用单位向量的概念可判断D选项.【解答过程】对于A选项，零向量与它的相反向量相等，A错；对于B选项，任意一个非零向量与其相反向量不相等，但它们的模相等，B错；对于C选项，同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小，C对；对于D选项，将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球，D错.故选：C.2．（5分）（2023春·江苏常州·高二校考阶段练习）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=12ON，AP=34AN，用向量OA，OB，OC表示OP，则OP=（      ）A．14OA+14OB+14OC B．14OA−34OB+14OCC．14OA−14OB+34OC D．14OA+34OB+14OC【解题思路】根据空间向量的线性运算求得正确答案.【解答过程】OP= =OA+AP=OA+34AN=OA+34ON−OA=14OA+34ON=14OA+34×23OM=14OA+12OM=14OA+12×12OB+OC=14OA+14OB+14OC.故选：A.3．（5分）（2023·全国·高三对口高考）已知a=1,1,0,b=0,1,1,c=1,0,1,p=a−b,q=a+2b−c，则p⋅q=（    ）A．−1 B．1 C．0 D．2【解题思路】根据空间向量的坐标运算与数量积的运算法则，求解即可.【解答过程】因为a=1,1,0,b=0,1,1,c=1,0,1，所以p=a−b =1,1,0−0,1,1=1,0,−1，q=a+2b−c =1,1,0+20,1,1−1,0,1=0,3,1，则p⋅q= 1×0+0×3−1×1=−1.故选：A.4．（5分）（2023秋·山西大同·高二校考期末）已知空间向量a=1,0,1,b=x,1,2，且a⋅b=3，则向量a与b的夹角为（    ）A．5π6 B．2π3 C．π3 D．π6【解题思路】利用空间向量的坐标运算，求出向量a与b的夹角的余弦值，进而可求夹角.【解答过程】因为a⋅b=x+0+2=3，所以x=1，所以b=1,1,2，则有a=1+1=2,b=1+1+4=6,所以cos=a⋅bab=32×6=32，因为∈0,π，所以=π6，故选:D.5．（5分）（2023秋·陕西宝鸡·高二统考期末）已知a=(2,3,−1),b=(2,0,−4),c=(−4,−6,2)，则下列结论正确的是（    ）A．a⊥b B．a⊥c C．a//b D．a//c【解题思路】根据向量平行、垂直的坐标表示直接判断即可.【解答过程】因为a⋅b=2×2+3×0+(−1)×(−4)=8，a⋅c=2×(−4)+3×(−6)+(−1)×2=−28，所以AB错误；因为22≠03≠−4−1，所以a,b不平行，C错误；因为−42=−63=2−1，所以a//c，D正确.故选：D.6．（5分）（2023春·江苏南通·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=60∘，∠BAC=90∘，A1A=3，AB=AC=2，则线段AO的长度为（    ）A．292 B．29 C．232 D．23【解题思路】用AB,AC,AA1表示出AO→，计算AO→2，开方得出AO的长度.【解答过程】因为四边形BCC1B1是平行四边形，∴BO=12BC1=12BC+BB1,∴AO=AB+BO=AB+12BC+12AA1=12AC+12AB+12AA1∵∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,∴AB2=AC2=4,AA12=9,AB⋅AC=0,AB⋅AA1=AC⋅AA1=3×2×cos⁡60∘=3,∴AO2=14AB+AC+AA12,=14AB2+AC2+AA12+2AB⋅AC+2AB⋅AA1+2AC⋅AA1=294，∴     |AO→|=292，即AO=292.故选：A.7．（5分）（2023春·高二课时练习）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（    ）A．14 B．12 C．22 D．32【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.【解答过程】建立空间直角坐标系如图所示：则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，A(1,1,0)，QC=(−1,2,−2)，QG=(−1,0,0),AC=(−1,1,0)，设平面QGC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅QC=0n⋅QG=0，即−x=0−x+2y−2z=0，则平面QGC的一个法向量为n=(0,1,1)，则点A到平面QGC的距离d=n⋅ACn=22.故选：C.8．（5分）（2023秋·高一单元测试）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60∘，下列说法中正确的是（    ）  A．AC1=126B．直线BD1与AC所成角的正弦值为66C．向量B1C与AA1的夹角是60∘D．AC1⊥平面CB1D1【解题思路】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.【解答过程】由题意可得AB=AA1=AD=6,AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=6×6×12=18,又AC1=AB+AD+AA1，则|AC1|=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AD⋅AA1+2AB⋅AA1 =3×62+3×2×6×6×cos60°=66，故A错误，由于BD1=AD+AA1−AB,AC=AB+AD，则|BD1|=|AD+AA1−AB|==AD2+AA12+AB2+2AD⋅AA1−2AB⋅AA1−2AB⋅AD=3×36−2×18=62，|AC|=|AB+AD|=AB2+AD2+2AB⋅AD=36×2+2×18=63，又BD1⋅AC=(AD+AA1−AB)⋅(AB+AD)=AD⋅AB+AA1⋅AB−AB2+AD2+AA1⋅AD−AB⋅AD=36，则cos=BD1⋅AC|BD1||AC|=3662×63=66，故B错误，由于BB1//AA1 ,所以向量B1C与AA1的夹角即为B1C与BB1的夹角，由于BB1=BC=6,∠CBB1=60∘,∴△CBB1等边三角形，故∠BB1C为60∘，进而B1C与BB1的夹角为∠BB1C的补角，故B1C与BB1的夹角为120∘，故C错误，AC1⋅B1C=AB+AD+AA1⋅AD−AA1=AB⋅AD+AD2+AA1⋅AD−AB⋅AA1−AA1⋅AD−AA12=0 AC1⋅B1D1=AB+AD+AA1⋅AD−AB=AB⋅AD+AD2+AA1⋅AD−AB⋅AD−AA1⋅AB−AB2=0,所以AC1⊥B1C,AC1⊥B1D1,进而可得AC1⊥B1C,AC1⊥B1D1,B1C∩B1D1=B1,B1C,B1D1⊂ 平面CB1D1 ,故AC1⊥ 平面CB1D1,故D正确，故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023·全国·高一专题练习）给出下列命题，其中正确的命题是（　　　）A．若a=b ，则a=b 或a=−bB．若向量a 是向量b 的相反向量，则a=bC．在正方体ABCD−A1B1C1D1 中，AC=A1C1 D．若空间向量m ，n ，p 满足m=n ，n=p ，则m=p【解题思路】根据向量模长，相等向量，相反向量概念逐项判断真假.【解答过程】对于选项A：若a=b，即向量a与b的模相等，但方向不确定，故A错误；对于选项B：相反向量是指大小相等方向相反的两个向量，故B正确；对于选项C：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC与A1C1大小相等，方向相同，故AC=A1C1，所以C正确；对于选项D：若m=n ，n=p，则m，p方向相同大小相等，故m=p，若m，n,p中有零向量结论也正确，所以D正确.故选：BCD.10．（5分）（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（    ）A．MP=2MA+3MB B．OP=12OA+13OB+16OMC．PM⋅AB=0 D．PM ∥ AB【解题思路】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.【解答过程】对A：若MP=2MA+3MB，结合向量基本定理知：MP,MA,MB为共面向量，故四点P、M、A、B共面，A正确；对B：若OP=12OA+13OB+16OM，且12+13+16=1，结合向量共面的性质知：四点P、M、A、B共面，B正确；对C：若PM⋅AB=0，则PM⊥AB，可知直线PM,AB的位置关系：异面或相交，故四点P、M、A、B不一定共面，C错误；对D：若PM ∥ AB，可知直线PM,AB的位置关系：平行或重合，故四点P、M、A、B共面，D正确；故选：ABD.11．（5分）（2023秋·湖北襄阳·高二校考期末）已知向量a=(1,−1,m)，b=(−2,m−1,2)，则下列结论中正确的是（    ）A．若|a|=2，则m=±2B．若a⊥b，则m=−1C．不存在实数，使得a=λbD．若a⋅b=−1，则a+b=(−1,−2,2)【解题思路】运用空间向量的垂直、共线的表示及应用，以及空间向量的数量积的运算、模的运算，逐项判断即可.【解答过程】对于A项，由|a|=2可得12+(−1)2+m2=2，解得m=±2，故A项正确；对于B项，由a⊥b可得a⋅b=−2+1−m+2m=0，解得m=1，故B项错误；对于C项，假设存在实数λ，使得a=λb，则1=−2λ−1=λ(m−1)m=2λ⇒λ∈∅，所以不存在实数λ，使得a=λb，故C项正确；对于D项，由a⋅b=−1可得−2+1−m+2m=−1，解得m=0，所以a+b=(−1,−2,2)，故D项正确.故选：ACD.12．（5分）（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CC1的中点，点M满足BM=tBA，t∈[0,1]，下列结论正确的是（    ）A．若t=1，则A1B1//平面MPQB．若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是92C．若t=12，则点A1到平面MPQ的距离是36D．若t=12，则AB与平面MPQ所成角的正切值为22【解题思路】t=1时有M与A重合，对于A选项，可以利用反证法判定；对于B选项，根据平面的性质计算即可；t=12时，M为AB中点，对于CD选项，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量处理即可.【解答过程】如图所示，t=1时有M与A重合，对于A选项，延长PQ交BB1于L，连接AL，易得平面AB1∩平面MPQ=AL，若A1B1//平面MPQ，则A1B1∥AL，显然A1B1∥AB，且B、L不重合，矛盾，故A错误；对于B项，连接AD1、D1Q，易知平面APQD1即该截面，显然该截面为等腰梯形，易得PQ=2=12AD1，D1Q=AP=5，S=122+22×5−222=92，故B正确；  如图所示，t=12时，M为AB中点，以D为中心建立空间直角坐标系，则M2,1,0、P1,2,0、Q0,2,1、A12,0,2、A2,0,0、B2,2,0，MP=−1,1,0,MQ=−2,1,1,MA1=0,−1,2,MB=0,1,0，设平面MPQ的法向量为n=x,y,z，则n⋅MP=0n⋅MQ=0⇒−x+y=0−2x+y+z=0，令x=1，则y=1=z，故n=1,1,1对于C项，设点A1到平面MPQ的距离为d，则d=MA1⋅nn=33，即C错误；对于D项，设AB与平面MPQ所成角为α，则sinα=cosn,MB=n⋅MBnMB=33，所以cosα=63,tanα=22，即D正确.故选：BD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）已知a=1,2,3，b=3,2,1，则a⋅a+b= 24 .【解题思路】利用向量的数量积直接求解.【解答过程】因为a=1,2,3，b=3,2,1，所以a+b=4,4,4.所以a⋅a+b=1×4+2×4+3×4=24.故答案为：24.14．（5分）（2023·高二校考课时练习）已知a=(3,−2,−3)，b=(−1,x−1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是 −2,53∪53,+∞ .【解题思路】由a⋅b<0求解，再排除a与b共线时x的值即可得答案.【解答过程】因为a与b的夹角为钝角，∴a⋅b=−3−2(x−1)−3<0，解得x>−2，由题意得a与b不共线，则−13≠x−1−2，解得x≠53，∴x的取值范围是−2,53∪53,+∞.故答案为：−2,53∪53,+∞.15．（5分）（2023春·云南·高二校联考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为AB,DD1的中点，若EF=xDA+yDC+zDD1，则x+y+z= −1 .【解题思路】根据向量的分解和基底的定义求解.【解答过程】因为EF=EA+AD+DF=−DA−12DC+12DD1，所以x=−1,y=−12,z=12,所以x+y+z=−1−12+12=−1.故答案为:−1.16．（5分）（2023春·宁夏·高一校考阶段练习）如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有 ①④ ．  ①BC⊥平面BDE        ②该几何体为三棱台③二面角B−EF−D的大小为30°    ④该几何体的体积为23【解题思路】根据线面垂直的判定定理和性质定理即可得出①；根据棱台的定义即可判断②；建立空间直角坐标系，由题知AB即为平面EFD的法向量，再求出平面BEF的法向量，即可判断出③；利用分割求出三棱锥E−BCD和四棱锥B−ADEF的体积，即可得出结论判断④.【解答过程】因为BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，所以BD=AD2+AB2=1+1=2，如图作BM⊥CD，CD=2，则CM=1，BC=CM2+BM2=1+1=2,所以BC2+BD2=CD2，即BC⊥BD，又ED⊥DA，ED⊥DC，DA,DC⊂平面ABCD，DA∩DC=D，所以ED⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，则ED⊥BC，又ED,BD⊂平面BDE，ED∩BD=D，所以BC⊥平面BDE，①正确；  由题知，平面ABF//平面CDE，而EF∥AD，故EF和AD不会交于一点，所以该几何体不可能为三棱台，②错；由题知，建立空间直角坐标系如图，  则D0,0,0,E0,0,1,F1,0,1,B1,1,0,A1,0,0，AB=0,1,0即可为平面EFD的法向量，设平面BEF的法向量为n=x,y,z，又BE=−1,−1,1，BF=0,−1,1，则n⋅BE=−x−y+z=0n⋅BF=−y+z=0，得x=0y=z，令z=1，则n=0,1,1，∴cos=AB⋅nABn=22，所以二面角B−EF−D的大小不是30°，③错；该几何体的体积V=VE−BCD+VB−ADEF=13×122×2×1+13×12×1=23，④正确.故答案为：①④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023秋·高二课时练习） 在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，化简AF1−AB+BC，并在图中标出化简结果．  【解题思路】先利用正六棱柱的性质证得BC=F1E1，从而利用空间向量的线性运算即可得解.【解答过程】因为六边形ABCDEF是正六边形，所以BC//EF，BC=EF，又在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，E1F1//EF,E1F1=EF，所以BC//E1F1,BC=E1F1，故BCE1F1是平行四边形，则BC=F1E1，所以AF1−AB+BC=AF1+F1E1−AB=AE1−AB=BE1，向量BE1在图中标记如下，  18．（12分）（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：(1)OA⋅OB(2)EF⋅CB(3)OA+OB⋅CA+CB【解题思路】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为60°，再结合空间向量数量积的运算法则，得解；（2）由EF=12AC，代入运算，即可得解；（3）取AB的中点D，连接DO，DC，可推出(OA+OB)⋅(CA+CB)=4OD⋅CD，再在△OCD中，利用余弦定理求出cos∠ODC的值，从而得解．【解答过程】（1）OA⋅OB=|OA|⋅|OB|cos∠AOB=1×1×cos60°=12（2）EF⋅CB=12AC⋅CB=12×1×1×cos120°=−14；（3）取AB的中点D，连接DO，DC，则OA+OB=2OD，CA+CB=2CD，在△OCD中，DO=DC=32，OC=1，由余弦定理知，cos∠ODC=DO2+DC2−OC22DO⋅DC=(32)2+(32)2−12×32×32=13，所以(OA+OB)⋅(CA+CB)=4OD⋅CD=4×32×32×13=1．19．（12分）（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，O为AC的中点.设AB=a,AD=b,AA1=c.(1)用a,b,c表示A1O；(2)设E是棱DD1上的点，且DE=23DD1，用a,b,c表示EO.【解题思路】（1）由O为AC的中点，结合平行六面体的性质可得AO=12(a+b)，然后利用向量的加法法则可求得结果，（2）根据向量的加减法法则结合已知条件求解.【解答过程】（1）因为O为AC的中点，AB=a,AD=b,AA1=c，所以AO=12AC=12(AB+AD)=12(a+b)，所以A1O=A1A+AO=−c+12a+12b=12a+12b−c（2）因为DE=23DD1，所以EO=ED+DA+AO=−23DD1−AD+12(a+b)=−23c−b+12(a+b)=12a−12b−23c.20．（12分）（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）已知a=(2,−1,−4),b=(−1,k,2).(1)若(a−b)//(a+b)，求实数k的值；(2)若(a+3b)⊥(a+b)，求实数k的值.【解题思路】（1）根据空间平行向量的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式进行求解即可；（2）根据空间向量互相垂直的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式、数量积的坐标表示公式进行求解即可；【解答过程】（1）a−b=2,−1,−4−−1,k,2=3,−1−k,−6,a+b=2,−1,−4+−1,k,2=1,k−1,−2，若a−b∥a+b，则a−b=λa+b，即3=λ,−1−k=λk−1,−6=−2λ，解得λ=3,k=12；（2）a+3b=2,−1,−4+3−1,k,2=−1,3k−1,2,a+b=1,k−1,−2，若a+3b⊥a+b，则a+3b⋅a+b=0，即−1×1+3k−1×k−1+2×−2=0，化简可得3k2−4k−4=0，解得k=2或k=−23.21．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2,AB=1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE//平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.【解题思路】（1）以点A为原点建立空间直角坐标系，写出点B,E,D,C的坐标，把BE，DC坐标写出，两向量作数量积为零，即可得到垂直；（2）取PD的中点，设为F，连接EF,AF，证出四边形ABEF为平行四边形，即得出AF//BE，利用线面平行的判定定理得到BE//平面PAD.（3）利用PA⊥DC，DC⊥AD（线线垂直）推出DC⊥面PAD（线面垂直），由于DC⊂面PDC，再由面面垂直的判定定理推出平面PCD⊥平面PAD.【解答过程】（1）证明：　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，∵AD=DC=AP=2,AB=1，可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点，得E(1,1,1).(1)向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0)，故BE⋅DC=0. 所以BE⋅DC=0.（2）取PD的中点，设为F，连接EF,AF，∵E,F 分别是PD,PC的中点，∴EF//DC且EF=12DC，由题意知AB//DC，DC=2AB=2，∴EF//AB且EF=AB，即四边形ABEF为平行四边形，即AF//BE，∵AF⊂面APD,BE⊄面PAD，∴BE//平面PAD.         （3）∵PA⊥底面ABCD，DC⊂底面ABCD，∴PA⊥DC，∵AD⊥AB，AB//DC，∴DC⊥AD，PA,AD⊂面PAD，PA∩AD=A，∴DC⊥面PAD，∵DC⊂面PDC，∴ 平面PCD⊥平面PAD.22．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点.（1）证明：BC1//平面AD1E；（2）求直线BC1到平面AD1E的距离；（3）求平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值.【解题思路】建立空间直角坐标系A−xyz，设正方体的棱长为2（1）求出平面AD1E的法向量和BC1，由BC1⊥n1可得答案；（2）直线BC1到平面AD1E的距离即为点B到平面AD1E的距离，利用d=AB⋅nn可得答案；（3）求出平面ABCD的一个法向量设平面AD1E与平面ABCD夹角为θ，cosθ=cosn⋅n1=n⋅n1nn1可得答案.【解答过程】如图建立空间直角坐标系A−xyz，设正方体的棱长为2则A(0,0,0)，B(0,2,0)，D1(2,0,2)，C1(2,2,2)， E(0,2,1)，（1）设平面AD1E的法向量为n1=(x1,y1,z1)，n⋅AD1=0n⋅AE=0 ∴2x+2z=02y+z=0，令x=1，则z=−1, y=12, ∴n1=1,12,−1，BC1=(2,0,2)，BC1⋅n1=(2,0,2)⋅1,12,−1=2−2=0，∴ BC1⊥n1，∵ C1B⊄面AD1E ∴BC1//平面AD1E.（2）∵BC1//平面AD1E，直线BC1到平面AD1E的距离即为点B到平面AD1E的距离，AB=(0,2,0)，n1=1,12,−1，d=AB⋅n1n1=0×1+2×12+0×(−1)1+1+14=23，∴直线BC1到平面AD1E的距离为23.（3）平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,2)，设平面AD1E与平面ABCD夹角为θ，n1=1,12,−1，cosθ=cosn⋅n1=n⋅n1nn1=0×1+0×12+2×(−1)21+1+14=23，所以平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值23.