第3章 空间向量与立体几何 测评卷(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 第三章测评卷 (时间：120分钟　满分：150分) 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第三章测评卷 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．与向量a＝(1,3，－2)平行的一个向量的坐标是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，－1)) D．(eq \r(2)，－3，－2eq \r(2)) 解析　对于B，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)，1))＝－eq \f(1,2)(1,3，－2)＝－eq \f(1,2)a。故选B。 答案　B 答案与解析 2．已知四边形ABCD满足：eq \o(BC,\s\up15(→))·eq \o(CD,\s\up15(→))<0，eq \o(CD,\s\up15(→))·eq \o(DA,\s\up15(→))<0，eq \o(AB,\s\up15(→))·eq \o(BC,\s\up15(→))<0 ，eq \o(DA,\s\up15(→))·eq \o(AB,\s\up15(→))<0，则该四边形为(　　) A．平行四边形 B．梯形 C．长方形 D．空间四边形 解析　由已知条件可知四边形ABCD中，∠ABC，∠BCD，∠ADC和∠BAD均为锐角，而在平面四边形中任一四边形的内角和均为360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形一定为空间四边形。故选D。 答案　D 答案与解析 3．已知a＝(cos a,1，sin a)，b＝(sin a,1，cos a)，则向量a＋b与a－b的夹角是(　　) A．90° B．60° C．30° D．0° 解析　(a＋b)(a－b)＝a2－b2＝0，所以(a＋b)⊥(a－b)。故选A。 答案　A 答案与解析 4．如果平面的一条斜线和它在这个平面上的投影的方向向量分别是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么，这条斜线与平面所成的角是(　　) A．90° B．30° C．45° D．60° 解析　cos〈a，b〉＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，所以〈a，b〉＝60°。 答案　D 答案与解析 5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，点O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任一点，则异面直线OP与AM所成的角的大小为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4) 解析　如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，设|eq \o(AB,\s\up15(→))|＝1，则A(1,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，P(1，y,1)，则eq \o(AM,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(OP,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，y－\f(1,2)，1))，所以eq \o(AM,\s\up15(→))·eq \o(OP,\s\up15(→))＝0，所以OP⊥AM。 答案　C 答案与解析 6．设a1＝2m－j＋k，a2＝m＋3j－2k，a3＝－2m＋j－3k，a4＝3m＋2j＋5k，其中m，j，k是两两垂直的单位向量，若a4＝λa1＋μa2＋va3，则实数λ，μ，v的值分别是(　　) A．1，－2,3 B．－2,1，－3 C．－2,1,3 D．－1,2,3 解析　由题意知，a4＝2λm－λj＋λk＋μm＋3μj－2μk－2vm＋vj－3vk＝3m＋2j＋5k，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2λ＋μ－2v＝3，,－λ＋3μ＋v＝2，,λ－2μ－3v＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－2，,μ＝1，,v＝－3。)) 答案　B 答案与解析 7．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)) 解析　由eq \o(OA,\s\up15(→))＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则eq \o(BH,\s\up15(→))＝(－λ，λ－1，－1)。又BH⊥OA，所以eq \o(BH,\s\up15(→))·eq \o(OA,\s\up15(→))＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,2)，所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))。故选C。 答案　C 答案与解析 8．已知空间两个动点A(m,1＋m,2＋m)，B(1－m,3－2m,3m)，则|eq \o(AB,\s\up15(→))|的最小值是(　　) A.eq \f(9,17) B.eq \f(3,17) C.eq \f(3\r(17),17) D.eq \f(9\r(17),17) 解析　因为eq \o(AB,\s\up15(→))＝(1－2m,2－3m，－2＋2m)，所以|eq \o(AB,\s\up15(→))|2＝(1－2m)2＋(2－3m)2＋(－2＋2m)2＝17m2－24m＋9＝17eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(12,17)))2＋eq \f(9,17)，所以|eq \o(AB,\s\up15(→))|min＝eq \f(3\r(17),17)。 答案　C 答案与解析 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知向量a＝(1,1，－1)，b＝(2，－1,0)，c＝(0,1，－2)，则下列结论正确的是(　　) A．a·(b＋c)＝4 B．(a－b)·(b－c)＝－8 C．记a与b－c的夹角为θ，则cos θ＝eq \f(1,3) D．若(a＋λb)⊥c，则λ＝3 解析　由题意得，a·(b＋c)＝(1,1，－1)·(2,0，－2)＝2＋0＋2＝4，(a－b)·(b－c)＝ (－1,2，－1)·(2，－2，2)＝－2－4－2＝－8。因为a·(b－c)＝2－2－2＝－2，|a||b－c|＝eq \r(3)×2eq \r(3)＝6，所以cos θ＝eq \f(a·b－c,|a||b－c|)＝－eq \f(1,3)。因为(a＋λb)⊥c，所以(a＋λb)·c＝0，即(1＋2λ，1－λ，－1)·(0,1，－2)＝0，得1－λ＋2＝0，解得λ＝3。综上可知，选项A，B，D正确。 答案　ABD 答案与解析 10．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，设eq \o(AA1,\s\up15(→))＝a，eq \o(AB,\s\up15(→))＝b，eq \o(AC,\s\up15(→))＝c，M是A1B的中点，点N在CM上，且CN∶CM＝1∶4，用基{a，b，c}表示下列各向量，其中正确的是(　　) A.eq \o(BA1,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)(a＋b) B.eq \o(CB1,\s\up15(→))＝a＋b－c C.eq \o(CM,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c D.eq \o(C1N,\s\up15(→))＝－eq \f(7,8)a＋eq \f(1,8)b－eq \f(1,4)c 解析　eq \o(BA1,\s\up15(→))＝eq \o(AA1,\s\up15(→))－eq \o(AB,\s\up15(→))＝a－b，eq \o(CB1,\s\up15(→))＝eq \o(CB,\s\up15(→))＋eq \o(BB1,\s\up15(→))＝(eq \o(CA,\s\up15(→))＋eq \o(AB,\s\up15(→)))＋eq \o(BB1,\s\up15(→))＝－c＋b＋a。因为M是A1B的中点，点N在CM上，且CN∶CM＝1∶4，所以eq \o(CM,\s\up15(→))＝eq \o(CB,\s\up15(→))＋eq \o(BM,\s\up15(→))＝(eq \o(CA,\s\up15(→))＋eq \o(AB,\s\up15(→)))＋eq \f(1,2) eq \o(BA1,\s\up15(→))＝(－c＋b)＋eq \f(1,2)(eq \o(BA,\s\up15(→))＋eq \o(AA1,\s\up15(→)))＝(－c＋b)＋eq \f(1,2)(－b＋a)＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c，所以eq \o(C1N,\s\up15(→))＝eq \o(C1C,\s\up15(→))＋eq \o(CN,\s\up15(→))＝eq \o(A1A,\s\up15(→))＋eq \f(1,4) eq \o(CM,\s\up15(→))＝－a＋eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b－c))＝－eq \f(7,8)a＋eq \f(1,8)b－eq \f(1,4)c。 答案　BCD 答案与解析 11．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A­BD­C，则在四面体ABCD中，下列四个结论正确的是(　　) A．AC⊥BD B．△ACD是等边三角形 C．AB与平面BCD所成的角为eq \f(π,3) D．AB与CD所成的角为eq \f(π,3) 解析　如图所示，建立空间直角坐标系O­xyz，设正方形ABCD的边长为eq \r(2)，则D(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0,1)，A(0,1,0)，所以eq \o(AC,\s\up15(→))＝(0，－1,1)，eq \o(BD,\s\up15(→))＝(2,0,0)，eq \o(AC,\s\up15(→))·eq \o(BD,\s\up15(→))＝0，故AC⊥BD，A正确； 答案与解析 又|eq \o(AC,\s\up15(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(CD,\s\up15(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(AD,\s\up15(→))|＝eq \r(2)，所以△ACD为等边三角形，B正确；eq \o(OA,\s\up15(→))为平面BCD的一个法向量，cos〈eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(OA,\s\up15(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(OA,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))||\o(OA,\s\up15(→))|)＝eq \f(－1，－1，0·0，1，0,\r(2)×\r(1))＝eq \f(－1,\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)。因为直线与平面所成的角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以AB与平面BCD所成的角为eq \f(π,4)，故C错误；cos〈eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(CD,\s\up15(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(CD,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))||\o(CD,\s\up15(→))|)＝eq \f(－1，－1，0·1，0，－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)。因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成的角为eq \f(π,3)，故D正确。 答案　ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则|a－b|的值为________。 解析　a－b＝(2,3，－1)－(－2,1,3)＝(4,2，－4)，则|a－b|＝eq \r(42＋22＋－42)＝6。 答案　6 答案与解析 13.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________。 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(2)a,0,0)， B1(0,0,3a)，C(0，eq \r(2)a,0)。设点E的坐标为(eq \r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，则eq \o(CE,\s\up15(→))＝(eq \r(2)a， －eq \r(2)a，z)，eq \o(B1E,\s\up15(→))＝(eq \r(2)a，0，z－3a)，由eq \o(CE,\s\up15(→))⊥eq \o(B1E,\s\up15(→))，得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a，即AE＝a或2a。 答案　a或2a 答案与解析 14．如图，在三棱锥P­ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为________。 解析　取AC的中点O，连接OP，OB，因为PA＝PC，所以AC⊥OP。因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，OP⊂平面PAC，所以OP⊥平面ABC，又因为AB＝BC，所以AC⊥OB， 答案与解析 则以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，结合△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，△ABC为等边三角形，则A(2eq \r(2)，0,0)，C(－2eq \r(2)，0,0)，P(0，0，2eq \r(2))，D(eq \r(2)，eq \r(6)，0)，所以eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－4eq \r(2)，0,0)，eq \o(PD,\s\up15(→))＝(eq \r(2)，eq \r(6)，－2eq \r(2))，所以cos〈eq \o(AC,\s\up15(→))，eq \o(PD,\s\up15(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up15(→))·\o(PD,\s\up15(→)),|\o(AC,\s\up15(→))||\o(PD,\s\up15(→))|)＝eq \f(－8,4\r(2)×4)＝－eq \f(\r(2),4)，故异面直线AC与PD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)。 答案　eq \f(\r(2),4) 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．(本小题满分13分)已知空间四边形OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在MN上且MG＝2GN，如图，设eq \o(OA,\s\up15(→))＝a，eq \o(OB,\s\up15(→))＝b，eq \o(OC,\s\up15(→))＝c，试用a，b，c为一组基表示eq \o(OG,\s\up15(→))。 解　eq \o(OG,\s\up15(→))＝eq \o(OM,\s\up15(→))＋eq \o(MG,\s\up15(→))＝eq \o(OM,\s\up15(→))＋eq \f(2,3) eq \o(MN,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(MO,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→))＋eq \o(CN,\s\up15(→))) ＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋c＋\f(1,2)b－c)) ＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)c＋eq \f(1,3)b－eq \f(1,3)c ＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c。 16．(本小题满分15分)如图,已知直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1。求证: (1)BC1⊥AB1; (2)BC1∥平面CA1D。 解　如图,以C1为原点,分别以C1A1,C1B1,C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系。设AC=BC=BB1=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2)。 (1)由于=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以·=0-4+4=0,因此⊥,故BC1⊥AB1。 (2)取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),所以=(0,1,1),又=(0,-2,-2),所以=-,所以∥,所以ED∥BC1,又DE⊂平面CA1D,BC1⊄平面CA1D,故BC1∥平面CA1D。 17．(本小题满分15分)如图所示，在多面体A1B1D1­ABCD中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F。 (1)证明：EF∥B1C； (2)求二面角E­A1D­B1的余弦值。 解　(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC， 所以四边形A1B1CD为平行四边形， 从而B1C∥A1D。 又A1D⊂平面A1DE，B1C⊄平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE。 又B1C⊂平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF， 所以EF∥B1C。 (2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD，且AA1＝AB＝AD。以A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(AD,\s\up15(→))，eq \o(AA1,\s\up15(→))的方向为x轴、y轴和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长均为1，可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)。 因为E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5,0.5,1)。设平面A1DE的一个法向量为n1＝(r1，s1，t1)，eq \o(A1E,\s\up15(→))＝(0.5,0.5,0)，eq \o(A1D,\s\up15(→))＝(0,1，－1)，由n1⊥eq \o(A1E,\s\up15(→))，n1⊥eq \o(A1D,\s\up15(→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0.5r1＋0.5s1＝0，,s1－t1＝0，))令t1＝1，可得n1＝(－1,1,1)。设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，eq \o(A1B1,\s\up15(→))＝(1,0,0)，eq \o(A1D,\s\up15(→))＝(0,1，－1)。由此同理可得n2＝(0,1,1)。结合图形知，二面角E­A1D­B1的余弦值为eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)。 18．(本小题满分17分)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°。 (1)求证：BC⊥平面PAC； (2)若二面角D­PC­A的余弦值为eq \f(\r(5),5)，求点A到平面PBC的距离。 解　(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC。 (2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，所以AE⊥AB。又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，B(0,2,0)，eq \o(PC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－h))，eq \o(DC,\s\up15(→))＝(0,1,0)，设平面PDC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(DC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1－hz1＝0，,y1＝0，)) 取x1＝h，所以n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h，0，\f(\r(3),2)))。 由(1)知平面PAC的一个法向量为eq \o(BC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，所以|cos〈n1，eq \o(BC,\s\up15(→))〉|＝eq \f(\f(\r(3),2)h,\r(h2＋\f(3,4))×\r(3))＝eq \f(\r(5),5)，解得h＝eq \r(3)，eq \o(AP,\s\up15(→))＝(0,0，eq \r(3))。同理可求得平面PBC的一个 法向量n2＝(3，eq \r(3)，2)，所以，点A到平面PBC的距离为d＝eq \f(|\o(AP,\s\up15(→))·n2|,|n2|)＝eq \f(2\r(3),4)＝eq \f(\r(3),2)。 19. (本小题满分17分)已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1,已知四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形,=(2,-1,4),=(4,2,0),=(-1,2,1)。 (1)试计算(×)·的绝对值的值,并求证PA⊥平面ABCD; (2)求四棱锥P⁃ABCD的体积,说明(×)·的绝对值的值与四棱锥P⁃ABCD体积的关系,并由此猜想向量这一运算(×)·的绝对值的几何意义。 解　(1)由题意|(×)·|=|2×2×1+4×2×4+(-1)×(-1)×0-2×0×2-4×(-1)×1-(-1)×2×4|=48。·=-1×2+2×(-1)+1×4=0,·=-1×4+2×2+1×0=0,所以⊥,⊥,即AP⊥AB,AP⊥AD。AB,AD是平面ABCD内两相交直线,所以AP⊥平面ABCD。 (2)由题意||2=21,||2=20,·=2×4+(-1)×2+4×0=6,S▱ABCD=|AB||AD|sin∠BAD=||||=||||·===8,||=,所以VP⁃ABCD=S▱ABCD|PA|=×8×=16。所以|(×)·|=3VP⁃ABCD,猜想:(×)·的绝对值表示以AB,AD,AP为邻边的平行六面体的体积。 $$