【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题1.12 空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇） Word版含解析.docx，共(17)页，232.353 KB，由小赞的店铺上传

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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）（2022春•涪城区校级期中）已知O，A，B，C为空间四点，且向量𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂

𝐶→不能构成空间的一个基底，则一定有（）A．𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→共线B．O，A，B，C中至少有三点共线C．𝑂𝐴→+𝑂𝐵→与𝑂𝐶→共线D．O，A，B，C四点共面【解题思路】根据空间向量基本定理即可判断．【解答过

程】解：由于向量𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→不能构成空间的一个基底知𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→共面，所以O，A，B，C四点共面，故选：D．2．（5分）（2022春•内江期末）已知𝑎→=(2，−2，−3)，𝑏

→=(2，0，4)，则𝑐𝑜𝑠〈𝑎→，𝑏→〉=（）A．4√8585B．−4√8585C．0D．1【解题思路】利用空间向量的夹角余弦值公式𝑐𝑜𝑠＜𝑎→，𝑏→＞=𝑎→⋅𝑏→|𝑎→|⋅|𝑏→|，即可求得．【解答过程】解：∵𝑎→=(2，−2，−3)，

𝑏→=(2，0，4)，∴𝑐𝑜𝑠＜𝑎→，𝑏→＞=𝑎→⋅𝑏→|𝑎→|⋅|𝑏→|=4+0−12√17⋅2√5=−4√8585．故选：B．3．（5分）（2021秋•玉州区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若𝐴1

𝐵1→=𝑎→，𝐴1𝐷1→=𝑏→，𝐴1𝐴→=𝑐→，则下列向量中与𝐴1𝐶→相等的向量是（）A．𝑎→+𝑏→−𝑐→B．𝑎→+𝑏→+𝑐→C．12(𝑎→+𝑏→)−𝑐→D．12(𝑎→+𝑏→)+�

�→【解题思路】根据图形可得𝐷1𝐶1→=𝐴1𝐵1→𝐶1𝐶→=𝐴1𝐴→，进而利用空间向量的加减法运算可得𝐴1𝐶→=𝐴1𝐷1→+𝐴1𝐵1→+𝐴1𝐴→，得出结果．【解答过程】解：由题意得，𝐷1𝐶1→=𝐴1𝐵1→，𝐶1𝐶→=�

�1𝐴→，𝐴1𝐶→=𝐴1𝐷1→+𝐷1𝐶→=𝐴1𝐷1→+𝐷1𝐶1→+𝐶1𝐶→=𝐴1𝐷1→+𝐴1𝐵1→+𝐴1𝐴→=𝑎→+𝑏→+𝑐→，故选：B．4．（5分）（2022春•永昌县校级月考）若向量𝑎→=(1，−2，3)，𝑏→=(−2，3，−1)，则|𝑎

→+2𝑏→|=（）A．2√7B．5C．√26D．4√2【解题思路】利用空间向量的坐标运算求解即可．【解答过程】解：∵𝑎→=(1，−2，3)，𝑏→=(−2，3，−1)，∴𝑎→+2𝑏→=（﹣3，4，1），∴|𝑎→+2𝑏→|=√9+16+1=√26，故选：C．5．（5分

）（2021秋•温州期末）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则𝐴𝐹→⋅𝐶𝐸→=（）A．1B．2C．﹣1D．﹣2【解题思路】先得到四面体ABCD为正四面体，再利用空间向量的数量积运算和线性运算求

解即可．【解答过程】解：∵四面体ABCD，所有棱长均为2，∴四面体ABCD为正四面体，∵E，F分别为棱AB，CD的中点，∴𝐴𝐹→⋅𝐶𝐸→=12（𝐴𝐶→+𝐴𝐷→）•（𝐴𝐸→−𝐴𝐶→

）=12𝐴𝐶→•𝐴𝐸→−12𝐴𝐶→2+12𝐴𝐷→•𝐴𝐸→−12𝐴𝐷→•𝐴𝐶→=12×2×1×12−12×4+12×2×1×12−12×2×2×12＝﹣2．故选：D．6．（5分）（2022春•梅州期末

）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，𝐶𝑀𝐶𝐵=13，PN＝ND，设𝐴𝐵→=𝑎→，𝐴𝐷→=𝑏→，𝐴𝑃→=𝑐→，则向量𝑀𝑁→用{𝑎→，𝑏→，𝑐→}为基底表示为（）A．𝑎→+13𝑏→+12𝑐→B．−𝑎→+1

6𝑏→+12𝑐→C．𝑎→−13𝑏→+12𝑐→D．−𝑎→−16𝑏→+12𝑐→【解题思路】由图形可得𝑀𝑁→=𝑀𝐶→+𝐶𝐷→+𝐷𝑁→，根据比例关系可得𝑀𝐶→=13𝐴𝐷→，𝐷𝑁→=12𝐷𝑃→，再根据向量减法可得𝐷𝑃→=𝐴𝑃→−𝐴𝐷→，

代入整理并代换为基底向量即可．【解答过程】解：根据题意，可得𝑀𝑁→=𝑀𝐶→+𝐶𝐷→+𝐷𝑁→=13𝐴𝐷→−𝐴𝐵→+12𝐷𝑃→=13𝐴𝐷→−𝐴𝐵→+12(𝐴𝑃→−𝐴𝐷→)=−𝐴𝐵→−16𝐴𝐷→+12𝐴𝑃→，即𝑀𝑁→=−𝑎→−16𝑏→+

12𝑐→．故选：D．7．（5分）（2021秋•淄博期末）在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量为𝑛→=(1，1，1)，直线l的方向向量为𝑚→，则下列说法正确的是（）A．若𝑚→=(−12，−12，1)，则l∥αB．若𝑚→=(1，0，−1

)，则l⊥αC．平面α与所有坐标轴相交D．原点O一定不在平面α内【解题思路】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，平面α的法向量为𝑛→=(1，1，1)，𝑚

→=(−12，−12，1)，则有𝑚→•𝑛→=−12−12+1＝0，即𝑚→⊥𝑛→，故l∥平面α或l在平面α内，A错误；对于B，平面α的法向量为𝑛→=(1，1，1)，𝑚→=(1，0，−1)，则有𝑚→•𝑛→=−12−12+1＝0，即𝑚→⊥𝑛→，故l∥平面α或l在平面α内，B错误；对

于C，平面α的法向量为𝑛→=(1，1，1)，和所有坐标轴相交，C正确；对于D，原点O可以在平面α内，D错误；故选：C．8．（5分）（2022春•天宁区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝PA．若BC边

上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，此时二面角A﹣PD﹣Q的余弦值为（）A．√33B．√306C．√66D．√26【解题思路】先建立空间直角坐标系，因为题目中有矩形ABCD，以及和这个矩形面垂直的直线

，所以x，y，z轴很容易找到，再在所建坐标系中求出点P、B、D的坐标即可，要求二面角Q﹣PD﹣A的余弦值，只需求两个平面的法向量的夹角的余弦值即可，可先分别求两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求余弦值．【解答过程】解：∵PA⊥平面ABCD且ABCD为矩形，∴分别以AB，

AD，AP为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，∵AP＝AB＝1，BC＝2，设BC＝a（a＞0），∴P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，a，0），设Q（1，y，0），则𝑃𝑄→=（1，y，﹣1），𝐷𝑄→=（1，y﹣a，0），∵PQ⊥QD，∴𝑃𝑄→

⋅𝐷𝑄→=0，∴1+y（y﹣a）+0＝0，即y2﹣ay+1＝0（*），当BC边上有且仅有一个Q点，方程（*）有等根，∴y＝1，此时a＝2，显然平面PAD的一个法向量为𝑚→=（1，0，0），设平面P

QD的一个法向量为𝑛→=（x，y，z），则𝑛→⋅𝐷𝑄→=0且𝑛→⋅𝑃𝑄→=0，即𝑃𝑄→=（1，1，﹣1），𝐷𝑄→=（1，﹣1，0），∴{𝑥+𝑦−𝑧=0𝑥−𝑦=0，不妨取x＝1，则y＝1，z＝2，∴𝑛→=（1，1，2），由图可知，二面角Q﹣

PD﹣A为锐角，设为α，cosα＝|𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→||=1√6=√66，即二面角Q﹣PD﹣A即的余弦值为√66．故选：C．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2021秋•邯郸期末）已知𝑎→，𝑏→，𝑐→是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（）A．若

x𝑎→+y𝑏→+z𝑐→=0→，则x＝y＝z＝0B．𝑎→，𝑏→，𝑐→两两共面，但𝑎→，𝑏→，𝑐→不共面C．一定存在实数x，y，使得𝑎→=x𝑏→+y𝑐→D．𝑎→+𝑏→，𝑏→−𝑐→，𝑐→+2𝑎→一定能构成空间的一个基底【解题思路】根据已

知条件，结合向量共面的定理，即可求解．【解答过程】解：对于A，若x，y，z不全为0，则𝑎→，𝑏→，𝑐→共面，与题意矛盾，故A正确，对于B，𝑎→，𝑏→，𝑐→两两共面，但𝑎→，𝑏→，𝑐→不共面，故B正确，对于C，𝑎→，𝑏→，𝑐→不共面

，则不存在实数x，y，使得𝑎→=x𝑏→+y𝑐→，故C错误，对于D，若𝑎→+𝑏→，𝑏→−𝑐→，𝑐→+2𝑎→共面，则𝑎→+𝑏→=𝑘(𝑏→−𝑐→)+𝜆(𝑐→+2𝑎→)，{1=2𝜆𝑘=1𝑘=𝜆，无解，故𝑎→+𝑏→，𝑏→−𝑐→，𝑐→+2𝑎→不共面

，故D正确．故选：ABD．10．（5分）（2022春•古田县校级月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，以下正确命题有（）A．（𝐴1𝐴→+𝐴1𝐷1→+𝐴1𝐵1→）2＝3𝐴1𝐵1→2B．𝐴1𝐶→•（𝐴1𝐵1→

−𝐴1𝐴→）=0→C．向量𝐴𝐷→与向量𝐴1𝐵→的夹角为60°D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为|𝐴𝐵→•𝐴𝐴1→•𝐴𝐷→|【解题思路】利用向量的线性运算法则与正方体的性质计算可判断每个选项的正误．【解答过程】解：对于A：∵𝐴1𝐴→⊥𝐴1𝐷1→

，𝐴1𝐴→⊥𝐴1𝐵1→，𝐴1𝐷1→⊥𝐴1𝐵1→，∴（𝐴1𝐴→+𝐴1𝐷1→+𝐴1𝐵1→）2=𝐴1𝐴→2+𝐴1𝐷1→2+𝐴1𝐵1→2＝3𝐴1𝐵1→2，故A正确；对于B：𝐴

1𝐵1→−𝐴1𝐴→=𝐴𝐵1→，由于𝐴𝐵1→⊥𝐴1𝐶→，故B正确；对于C：异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但向量𝐴𝐷→与向量𝐴1𝐵→的夹角为120°，故C错误；对于D：|𝐴𝐵→•𝐴𝐴1→•𝐴𝐷→|＝0，该正方体的体积为|𝐴𝐵→|•|𝐴𝐴1

→|•|𝐴𝐷→|，故D错误．故选：AB．11．（5分）（2021秋•蕲春县期中）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（）A．𝐴𝐵→与𝐴𝐶→是共线向量B．𝐴𝐵→的单位向量是（1，1，0）

C．𝐴𝐵→与𝐵𝐶→夹角的余弦值是−√36D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）【解题思路】由𝐴𝐵→≠λ𝐴𝐶→，可判断选项A；𝐴𝐵→的单位向量为±𝐴𝐵→|𝐴𝐵→|，可判断选项B

；由cos＜𝐴𝐵→，𝐵𝐶→＞=𝐴𝐵→⋅𝐵𝐶→|𝐴𝐵→|⋅|𝐵𝐶→|，可判断选项C；设平面ABC的一个法向量为𝑛→=（x，y，z），由{𝑛→⋅𝐴𝐵→=0𝑛→⋅𝐴𝐶→=0，求得𝑛→，即可．【解答过程】解：由题意知，𝐴𝐵→=（1，1，

0），𝐴𝐶→=（﹣1，2，1），𝐵𝐶→=（﹣2，1，1），因为𝐴𝐵→≠λ𝐴𝐶→，所以𝐴𝐵→与𝐴𝐶→不是共线向量，即A错误；𝐴𝐵→的单位向量为±𝐴𝐵→|𝐴𝐵→|=±√22𝐴𝐵→，所以𝐴𝐵→的单位向量为（√22，√22

，0）或（−√22，−√22，0），即B错误；cos＜𝐴𝐵→，𝐵𝐶→＞=𝐴𝐵→⋅𝐵𝐶→|𝐴𝐵→|⋅|𝐵𝐶→|=−2+1√2×√6=−√36，所以𝐴𝐵→与𝐵𝐶→夹角的余弦值为−√36，即

C正确；设平面ABC的一个法向量为𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐴𝐵→=0𝑛→⋅𝐴𝐶→=0，即{𝑥+𝑦=0−𝑥+2𝑦+𝑧=0，令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以𝑛→=（1，﹣1，3），即D正确．故选：CD．12．（5分）（20

22春•德州期末）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'，连接A'B，，且A'D⊥DC，平面与A'BE平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是（）A

．平面A'DE⊥平面A'BEB．CD∥lC．BC与平面A'DE所成角的余弦值为12D．二面角E﹣A'B﹣D的余弦值为√77【解题思路】A．利用面面垂直的判定定理判断；B．利用线面平面的判定定理和性质定理判断；C．以E为原点，分别以E

B，ED，EA′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：求得BC的方向向量，平面A'DE的法向量，可求BC与平面A'DE所成角的余弦值为12，D．求得平面EA′B，A′BD的一个法向量，利用向量法求解判断．【解答过

程】解：因为A′D⊥DC，ED⊥DC，A'D∩DE＝D，所以CD⊥平面A′DE，因为CD∥BE，所以BE⊥平面A′DE，因为BE⊂平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确；因为CD∥BE，CD⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD

的交线为l，所以CD∥l，故B正确；C．由A知，BE⊥平面A′DE，则BE⊥A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以DE⊥A′E，又BE∩DE＝E，所以A′E⊥平面BED，以E为原点，分别以EB，ED，EA′为x，y，

z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则B（1，0，0），A′（0，0，1），C（2，√3，0），D（0，√3，0），所以𝐵𝐶→=（1，√3，0），由A知BE⊥平面A′DE，所以𝐸𝐵→=（1，0，0）为平面A′DE的一个法向量，设B

C与平面A'DE所成角为θ，∴sinθ＝|cos＜𝐸𝐵→，𝐵𝐶→＞|＝|𝐸𝐵→⋅𝐵𝐶→|𝐸𝐵→|⋅|𝐵𝐶→||＝|1√1+3×1|=12，∴cosθ=√1−(12)2=√32．故C错误；易证DE⊥面A′BE，故𝐸𝐷→=（0，√3，

0）为平面A′BE的一个法向量，又𝐴′𝐵→=（1，0，﹣1），𝐵𝐷→=（﹣1，√3，0），设平面A'DB的一个法向量为：𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐴′𝐵→=𝑥−𝑧=0𝑛→⋅𝐵𝐷→=−𝑥+√3𝑦=0，取𝑛→=（

√3，1，√3），所以cos＜𝑚→，𝑛→＞=𝑛→⋅𝐸𝐷→|𝑛→|⋅|𝐸𝐷→|=√3√3+1+3×√3=√77，所以二面角E﹣A′B﹣D的余弦值为√77，故D正确．故选：ABD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分

）（2022春•岳麓区校级期末）已知{𝑎→，𝑏→，𝑐→}是空间的一个单位正交基底，向量𝑝→=𝑎→+2𝑏→+3𝑐→，{𝑎→+𝑏→，𝑎→−𝑏→，𝑐→}是空间的另一个基底，用基底{𝑎→+𝑏→，𝑎→−𝑏→，𝑐→}表示向量𝑝→=32（𝑎→+𝑏→）−12（

𝑎→−𝑏→）+3𝑐→．【解题思路】设𝑝→=x（𝑎→+𝑏→）+y（𝑎→−𝑏→）+z𝑐→，再利用空间向量的相等，列出方程组求解即可【解答过程】解：设𝑝→=x（𝑎→+𝑏→）+y（𝑎→−𝑏→

）+z𝑐→，则𝑝→=（x+y）𝑎→+（x﹣y）𝑏→+z𝑐→，∵𝑝→=𝑎→+2𝑏→+3𝑐→，∴{𝑥+𝑦=1𝑥−𝑦=2𝑧=3，∴{𝑥=32𝑦=−12𝑧=3，∴𝑝→=32（𝑎→+𝑏→）−12（𝑎→−𝑏→）+3𝑐→，故答案为：32（𝑎→+

𝑏→）−12（𝑎→−𝑏→）+3𝑐→．14．（5分）已知直线l外一点A（﹣1，0，2），直线l过原点O，且平行于向量𝑚→=（0，4，2），则点A到直线l的距离为√1055．【解题思路】直线l过点O，直线l

的方向向量为𝑚→，则点A到直线的距离为d=√|𝑂𝐴→|2−|𝑂𝐴→⋅𝑚→|𝑚→||2．【解答过程】解：∵直线l外一点A（﹣1，0，2），直线l过原点O，且平行于向量𝑚→=（0，4，2），∴𝑂𝐴→=（﹣1，0，2），∴点A到直线l的距离为：d=√|𝑂𝐴

→|2−|𝑂𝐴→⋅𝑚→|𝑚→||2=√5−45=√1055．故答案为：√1055．15．（5分）（2022春•大祥区校级期末）已知向量𝑎→，𝑏→满足𝑎→=(1，1，√2)，|𝑏→|=2，且|𝑎→+𝑏

→|=√3|𝑎→−𝑏→|．则𝑎→+𝑏→在𝑎→上的投影向量的坐标为(32，32，3√22)．【解题思路】先求出𝑎→⋅𝑏→=2，再根据投影向量公式直接计算即可．【解答过程】解：∵𝑎→=(1，

1，√2)，∴|𝑎→|=√1+1+2=2，∵|𝑎→+𝑏→|=√3|𝑎→−𝑏→|，∴𝑎→2+2𝑎→⋅𝑏→+𝑏→2=3(𝑎→2−2𝑎→⋅𝑏→+𝑏→2)，即4+2𝑎→⋅𝑏→+4=3

(4−2𝑎→⋅𝑏→+4)，∴𝑎→⋅𝑏→=2，∴𝑎→+𝑏→在𝑎→上的投影向量的坐标为(𝑎→+𝑏→)⋅𝑎→|𝑎→|⋅𝑎→|𝑎→|=4+24(1，1，√2)=(32，32，3√22)．故答案为：(32，32，3√22)．16．（5分）（2

022春•张掖期中）对于空间任意一点O，以下条件可以判定点P、A、B共线的是①③（填序号）．①𝑂𝑃→=𝑂𝐴→+𝑡𝐴𝐵→(𝑡∈𝑅，𝑡≠0)；②5𝑂𝑃→=𝑂𝐴→+𝐴𝐵→；③𝑂�

�→=𝑂𝐴→−𝑡𝐴𝐵→(𝑡∈𝑅，𝑡≠0)；④𝑂𝑃→=−𝑂𝐴→+𝐴𝐵→．【解题思路】由空间共线向量定理即可求解．【解答过程】解：对于①，∵𝑂𝑃→=𝑂𝐴→+𝑡𝐴𝐵→（t≠0），∴𝑂𝑃→−𝑂𝐴→=𝑡𝐴𝐵→（t≠0

），∴𝐴𝑃→=𝑡𝐴𝐵→（t≠0），∴点P、A、B共线，故①正确；对于②，∵5𝑂𝑃→=𝑂𝐴→+𝐴𝐵→，∴5𝑂𝑃→=𝑂𝐵→，∴𝑂𝑃→，𝑂𝐵→共线，∴P、O、B共线，点P、A、B不一定共线，故②错误；对于③，∵𝑂𝑃→=𝑂𝐴

→+𝐴𝐵→（t≠0），∴𝑂𝑃→−𝑂𝐴→=−𝑡𝐴𝐵→（t≠0），∴𝐴𝑃→=−𝑡𝐴𝐵→（t≠0），∴𝐴𝑃→，𝐴𝐵→共线，∴P、A、B共线，故③正确；对于④，∵𝑂𝑃→=−𝑂𝐴→+𝐴𝐵→，∴

𝑂𝑃→=−𝑂𝐴→+𝑂𝐵→−𝑂𝐴→，∴𝑂𝑃→=−2𝑂𝐴→+𝑂𝐵→，∴𝑂𝑃→−𝑂𝐵→=−2𝑂𝐴→，∴𝐵𝑃→=−2𝑂𝐴→，∴BP，OA平行或重合，故BP、OA平行时，点P、A、

B不共线，故④错误．故答案为：①③．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2021秋•海城区校级月考）对于任意空间四边形ABCD，E，F分别是AB，CD的中点．（1）试证：𝐸𝐹→与𝐵𝐶→，𝐴𝐷→共面；（2）𝐴𝐷→=𝑎→，𝐴𝐵→=𝑏→，𝐴𝐶→=𝑐→，试用基

底{𝑎→，𝑏→，𝑐→}表示向量𝐵𝐹→．【解题思路】（1）连接AC，取AC的中点P，连接PE，PF．根据直线与平面平行的判定定理可得AD∥平面PEF，BC∥平面PEF，从而可得向量𝐸𝐹→与𝐵𝐶→，𝐴𝐷→共面；（2）直接利用向量的加减法运算得答案．【解答过

程】（1）证明：如图，连接AC，取AC的中点P，连接PE，PF．∵P，F分别为AC，CD的中点，∴AD∥PF．又∵PF⊂平面PEF，AD⊄平面PEF．∴AD∥平面PEF．同理可证，BC∥平面PEF．∴向量𝐸𝐹→与𝐵𝐶→，𝐴𝐷→共面；（2）解

：𝐵𝐹→=12(𝐵𝐶→+𝐵𝐷→)=12(𝐴𝐶→−𝐴𝐵→+𝐴𝐷→−𝐴𝐵→)=12(𝐴𝐶→+𝐴𝐷→−2𝐴𝐵→)=12(𝑎→+𝑐→−2𝑏→)．18．（12分）（2022春•成都期中）已知空间三点A（0，2

，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；（Ⅱ）设D（x，1，﹣1），若A，B，C，D四点共面，求x的值．【解题思路】（Ⅰ）利用向量夹角公式可得cosA，进而得到sinA

，即可得出以AB，AC为邻边的平行四边形面积S＝|𝐴𝐵→||𝐴𝐶→|sinA．（Ⅱ）A，B，C，D四点共面，可得存在唯一一对实数m，n，使得𝐴𝐷→=m𝐴𝐵→+n𝐴𝐶→，解出即可．【解答过程】解：（Ⅰ）𝐴𝐵→=（﹣2，﹣1，3），𝐴𝐶→=（1，

﹣3，2），cos＜𝐴𝐵→，𝐴𝐶→＞=𝐴𝐵→⋅𝐴𝐶→|𝐴𝐵→||𝐴𝐶→|=7√14×√14=12，S平行四边形ABCD＝|𝐴𝐵→||𝐴𝐶→|sinA=√14×√14×√32=7√3

．（Ⅱ）𝐴𝐵→=（﹣2，﹣1，3），𝐴𝐶→=（1，﹣3，2），𝐴𝐷→=（x，﹣1，﹣4），∵A，B，C，D四点共面，∴存在唯一一对实数m，n，使得𝐴𝐷→=m𝐴𝐵→+n𝐴𝐶→，∴{𝑥=−2𝑚+�

�−1=−𝑚−3𝑛−4=3𝑚+2𝑛，解得{𝑥=5𝑚=−2𝑛=1，∴x＝5．19．（12分）（2021秋•乐清市校级月考）如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且𝑀𝑁=12𝑂𝑁，𝐴𝑃=34

𝐴𝑁．（1）用向量𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→表示𝐴𝑁→；（2）求|𝑂𝑃→|．【解题思路】（1）利用向量运算法则直接求解．（2）利用向量运算法则，求出𝑂𝑃→=14𝑂𝐴→+14𝑂𝐵→+14𝑂𝐶→，再由|𝑂𝑃→|2=116（𝑂𝐴→+𝑂𝐵→+𝑂𝐶

→）2，计算即可．【解答过程】解：（1）𝐴𝑁→=𝐴𝑂→+𝑂𝑁→=−𝑂𝐴→+23𝑂𝑀→=−𝑂𝐴→+13𝑂𝐵→+13𝑂𝐶→，∴𝐴𝑁→=−𝑂𝐴→+13𝑂𝐵→+13𝑂𝐶→．（2）𝑂𝑃→=𝑂𝐴→+𝐴𝑃→=𝑂𝐴→+34�

�𝑁→=𝑂𝐴→+34(𝐴𝑂→+𝑂𝑁→)=14𝑂𝐴→+14𝑂𝑁→=14𝑂𝐴→+14𝑂𝐵→+14𝑂𝐶→，∴𝑂𝑃→=14𝑂𝐴→+14𝑂𝐵→+14𝑂𝐶→，∴|𝑂𝑃→|2=116（𝑂𝐴→+𝑂𝐵→+𝑂𝐶→）2=116（1+1+1+1+

2×1×1×12+2×1×1×12）=616，∴|𝑂𝑃→|=√64．20．（12分）（2022春•泰州期末）已知𝑎→=(2，−1，3)，𝑏→=(1，2，2)．（1）求(𝑎→+𝑏→)⋅(2𝑎→−𝑏→)的值；（2）当(𝑘𝑎→−𝑏

→)⊥(𝑎→+𝑘𝑏→)时，求实数k的值．【解题思路】（1）根据空间向量的坐标线性运算与数量积公式，即可求解．（2）根据垂直的数量积表示，结合向量的坐标公式，即可求解．【解答过程】解：（1）因为𝑎→=(2，−1，3)，𝑏→=(1，2，2)，故𝑎→+𝑏→=(3，1，5)，2�

�→−𝑏→=(4，−2，6)−(1，2，2)=(3，−4，4)，故(𝑎→+𝑏→)⋅(2𝑎→−𝑏→)=3×3−1×4+5×4=25．（2）𝑎→2=22+(−1)2+32=4+1+9=14，𝑏→2=12+22+22=9，𝑎→⋅𝑏→=2×1−1×

2+3×2=6，因为(𝑘𝑎→−𝑏→)⊥(𝑎→+𝑘𝑏→)，所以(𝑘𝑎→−𝑏→)⋅(𝑎→+𝑘𝑏→)=0，即𝑘𝑎→2+(𝑘2−1)𝑎→⋅𝑏→−𝑘𝑏→2=0，故14k+6（k2﹣1）﹣9k＝0

，即（2k+3）（3k﹣2）＝0，故𝑘=−32或𝑘=23．21．（12分）（2021秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点（1）求证：EF∥平面A1C1B；（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．【解题思路】（1）建立坐标系，取BC

1中点G，证明𝐸𝐹→与𝐴1𝐺→共线，可得EF∥A1G，即可证明EF∥平面A1C1B；（2）求出两异面直线的方向向量，用数量积公式求夹角余弦即可．【解答过程】（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、

z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2

，1）．取BC1中点G，则G（1，2，1），𝐴1𝐺→=（﹣1，2，﹣1），又𝐸𝐹→=（﹣1，2，﹣1），∴𝐸𝐹→=𝐴1𝐺→，∴𝐸𝐹→与𝐴1𝐺→共线，∴EF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1B，EF⊄平面A1C1B，∴EF∥

平面A1C1B；（2）解：∵𝐴𝐵→=（0，2，0），𝐸𝐹→=（﹣1，2，﹣1），∴cos＜𝐸𝐹→，𝐴𝐵→＞=𝐴𝐵→⋅𝐸𝐹→|𝐴𝐵→||𝐸𝐹→|=42√6=√63∴异面直线EF

与AB所成角的余弦值为√63．22．（12分）（2021秋•盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．（1）证明：直线P

B∥平面ACE；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【解题思路】（1）连接BD交AC于点H，连接HE，可证HE∥PB，从而可证PB∥平面ACE，（2）作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，求得

平面PCD的一个法向量，利用向量法求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点H，连接HE，∵AB∥DC，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴H是AC的中点，又E为线段

PD的中点，∴HE∥PB，又HE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴直线PB∥平面ACE，（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，得B（0，0，2），P

（0，2，0），D（√3，﹣1，0），C（√3，﹣1，2），∴𝑃𝐵→=（0，﹣2，2），𝑃𝐷→=（√3，﹣3，0），𝐶𝐷→=（0，0，﹣2），设平面PCD的一个法向量为𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐶𝐷→=0𝑛→⋅𝑃𝐷→=0

，得{−2𝑧=0√3𝑥−3𝑦=0，不妨取𝑛→=（√3，1，0），∴cos＜𝑃𝐵→，𝑛→＞=𝑃𝐵→⋅𝑛→|𝑃𝐵→|⋅|𝑛→|=−22√2×2=−√24，所以直线PB与平面PCD所成

角的正弦值为√24．