一、选择题。
1．在平行六面体abcd－a1b1c1d1中，m为ac与bd的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是注：基底的作用。
a．－ a＋b＋c b. a＋b＋c c. a－b＋c d．－ a－b＋c
1.解析：＝＋
＋＝c＋＝c＋ (c＋b－a. 答案：a
2．若a(x，5－x，2x－1)，b(1，x＋2，2－x)，当|ab|取最小值时，x的值等于( )
a．19 b．－ c. d.
2. 答案：c
3. (2014·新课标ⅱ卷)直三棱柱abc-a1b1c1中，∠bca＝90°，m，n分别是a1b1，a1c1的中点，bc＝ca＝cc1，则bm与an所成的角的余弦值为( )注：课堂讲过了。
a. b. c. d.
3.解析：如图，以c为原点，直线ca为x轴，直线cb为y轴，直线cc1为z轴，则设ca＝cb＝1，则b(0，1，0)，m，a(1，0，0)，n，故＝，＝所以cos ， 故选c.
4．在三棱柱中abc－a1b1c1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点d是侧面bb1c1c的中心，则ad与平面bb1c1c所成角的大小是( )注：此题几何法优先。
a．30° b．45° c．60° d．90°
4.解析：取bc的中点为e，则ae⊥平面bb1c1c，ae⊥de.
因此ad与平面bb1c1c所成角即为∠ade，设ab＝a，则ae＝a，de＝，即有tan∠ade＝，∴ade＝60°. 答案：c
5．在正三棱柱abc－a1b1c1中，d是ac的中点，ab1⊥bc1，则平面dbc1与平面cbc1所成的角为( )答案：ba．30°b．45° c．60° d．90°注：分析几何法。
5．解析：以a为坐标原点，ac，aa1分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，设底面边长为2a，侧棱长为2b.则a(0， 0，0)，c(0，2a，0)，d(0，a，0)，b(a，a，0)，c1(0，2a，2b)，b1(a，a，2b)．
(a，a，2b)，＝a，a，2b)，＝a，0，0)，＝a，－a，0)．
由⊥，得·＝0，即2b2＝a2.
设n1＝(x，y，z)为平面dbc1的一个法向量，则又2b2＝a2，令z＝1. 解得n＝(0，－，1)．
同理可求得平面cbc1的一个法向量为n2＝.
所以cos θ＝故θ＝45°.
6．已知非零向量、与满足·＝0，且＝，则△abc为( )
a．三边均不相等的三角形 b．直角三角形。
c．等腰非等边三角形d．等边三角形。
6.解析：由·＝0得||＝
由＝，得∠bac＝60°，∴abc为等边三角形．答案：d
7. 如左下图，p是单位正方体abcd－a1b1c1d1中异于a的一个顶点，则·的值为( )
a．0 b．1 c．0或1 d．任意实数。
7.解析可为下列7个向量：，，其中一个与重合，·＝2＝1；，，与垂直，这时·＝0；，与的夹角为45°，这时·＝×1×cos＝1，最后·＝×1×cos∠bac1＝×＝1，故选c.
答案 c
8．如右上图，三棱锥a－bcd的棱长全相等，e为ad的中点，则直线ce与bd所成角的余弦值为注：几何法；向量基底的作用（无法建系）
8.解析设ab＝1，则·＝(a)·(2－·－cos60°－cos60°＋cos60°＝.
cos〈，〉故选a.
9.已知a＝(2，－1,1)，b＝(－1,4，－2)，c＝(11,5，λ)若向量a，b，c共面，则。
9.解析由向量a，b，c共面可得c＝xa＋yb(x，y∈r)，故有解得答案 1
10．(2013·山东卷)已知三棱柱abc－a1b1c1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若p为底面a1b1c1的中心，则pa与平面abc所成角的大小为___
10.解析几何法，考察棱柱体积公式和线面角。
如图所示，设△abc的中心为o，sabc＝××sin60°＝.
vabc－a1b1c1＝sabc×op＝×op＝，∴op＝.
又oa＝××1，∴tan∠oap＝＝，又0<∠oap<，∠oap＝.
11．等边三角形abc与正方形abde有一个公共边ab，二面角c-ab-d的余弦值为，m、n分别是ac、bc的中点，则em、an所成角的余弦值等于___
11.解析：分别取ab、ed的中点f、g，连结fc、fg、cg.
由题意知fc⊥ab，fg⊥ab，即∠cfg为二面角c-ab-d的平面角，设ab＝1，则fc＝，在△cfg中，cg＝＝.
cg＝cf，取fg中点o，以o为坐标原点，建坐标系。
e，a，c，则m，b＝，n，＝，cos答案：
12．将正方形abcd沿对角线bd折成直二面角a－bd－c，有如下四个结论：
ac⊥bdacd是等边三角形；
ab与平面bcd所成的角为60°；④ab与cd所成的角为60°.
其中正确的序号是___几何法。
12.解析：
取bd中点为o，连接ao，co，则ao⊥bd，co⊥bd.∴bd⊥平面aoc，∴ac⊥bd.
又ac＝ao＝ad＝cd，∴△acd是等边三角形．
而∠abd是ab与平面bcd所成的角，应为45°.
又＝＋＋设ab＝a)，则a2＝a2＋2a2＋a2＋2·a·a·＋2a·a·＋2a2cos〈，〉cos〈，〉ab与cd所成的角为60°.答案：①②
13. (2014·北京卷)如图，正方形amde的边长为2，b，c分别为am，md的中点．在五棱锥p－abcde中，f为棱pe的中点，平面abf与棱pd，pc分别交于点g，h.
1)求证：ab∥fg；(线面平行的判断和性质定理)
(2)若pa⊥底面abcde，且pa＝ae，求直线bc与平面abf所成角的大小，并求线段ph的长．
13. 解 (1)证明：在正方形amde中，因为b是am的中点，所以ab∥de.
又因为ab平面pde，所以ab∥平面pde.
因为ab平面abf，且平面abf∩平面pde＝fg，所以ab∥fg.
2)因为pa⊥底面abcde，所以pa⊥ab，pa⊥ae.如图建立空间直角坐标系a－xyz，则a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(2,1,0)，p(0,0,2)，f(0,1,1)，＝1,1,0)．
设平面abf的法向量为n＝(x，y，z)，则即所以n＝(0，－1,1)．
设直线bc与平面abf所成角为α，则sinα＝|cos〈n，〉|
因此直线bc与平面abf所成角的大小为。
设点h的坐标为(u，v，w)．
因为点h在棱pc上，所以可设＝λ 0<λ<1)， 共线关系。
即(u，v，w－2)＝λ2,1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.
因n是平面abf的法向量，故n·＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ2－2λ)＝0，垂直关系。
解得λ＝.所以点h的坐标为。
所以ph＝＝2.
14.如图，在长方体abcda1b1c1d1中，e、f分别是棱bc，cc1上的点，cf＝ab＝2ce，ab∶ad∶aa1＝1∶2∶4.
1)求异面直线ef与a1d所成角的余弦值；
2)证明af⊥平面a1ed；
3)求二面角a1-ed-f的正弦值．
此题略讲。14.解析： 如图所示，建立空间直角坐标系，点a为坐标原点，设ab＝1，依题意得d(0，2，0)，f(1，2，1)，a1(0，0，4), e.
1)解析：易得＝，＝0，2，－4)
于是cos<，
所以异面直线ef与a1d所成角的余弦值为。
2)证明：已知＝(1，2，1)，＝于是·＝0，·＝0.因此，af⊥ea1，af⊥ed，又ea1∩ed＝e，所以af⊥平面 a1ed.
3)解析：设平面efd的法向量u＝(x，y，z)，则即不妨令x＝1，可得u＝(1，2，－1)．由(2)可知，为平面a1ed的一个法向量．
于是cos＜u，＞＝从而sin ＜u，＞
所以二面角a1edf的正弦值为。
15.(2014·江西卷)如图，四棱锥p－abcd中，abcd为矩形，平面pad⊥平面abcd.
1)求证：ab⊥pd；
2)若∠bpc＝90°，pb＝，pc＝2，问ab为何值时，四棱锥p－abcd的体积最大？并求此时平面pbc与平面dpc夹角的余弦值．
15.解 (1)证明：abcd为矩形，故ab⊥ad.
又平面pad⊥平面abcd，平面pad∩平面abcd＝ad，所以ab⊥平面pad，故ab⊥pd.
2)过p作ad的垂线，垂足为o，过o作bc的垂线，垂足为g，连接pg.
故po⊥平面abcd，bc⊥平面pog，bc⊥pg，在rt△bpc中，pg＝，gc＝，bg＝，设ab＝m，则op＝＝，故四棱锥p－abcd的体积为。
v＝··m·＝.
因为m＝＝，故当m＝，即ab＝时，四棱锥p－abcd的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为o(0,0,0)，b，c，d，p.
故＝，＝0，，0)，＝
设平面bpc的法向量n1＝(x，y,1)，则由n1⊥，n1⊥，得。
解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．
同理可求出平面dpc的法向量n2＝，从而平面bpc与平面dpc夹角θ的余弦值为cosθ＝＝
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