十年高考之平面向量与空间向量 18页

‎ 十年高考之平面向量与空间向量 ‎●考点阐释 ‎1.向量是数学中的重要概念，并和数一样，也能运算.它是一种工具，用向量的有关知识能有效地解决数学、物理等学科中的很多问题.‎ 向量法和坐标法是研究和解决向量问题的两种方法.‎ 坐标表示，使平面中的向量与它的坐标建立了一一对应关系，用“数”的运算处理“形”的问题，在解析几何中有广泛的应用.向量法便于研究空间中涉及直线和平面的各种问题.‎ ‎2.平移变换的价值在于可利用平移变换，使相应的函数解析式得到简化.‎ ‎●试题类编 一、选择题 ‎1.（2002上海春，13）若a、b、c为任意向量，m∈R，则下列等式不一定成立的是（ ）‎ A.（a+b）+c=a+（b+c） B.（a+b）·c=a·c+b·c C.m（a+b）=ma+mbD.（a·b）c=a（b·c）‎ ‎2.（2002天津文12，理10）平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（3，1），B（－1，3），若点C满足，其中α、β∈R，且α+β=1，则点C的轨迹方程为（ ）‎ A.3x+2y－11=0 B.（x－1）2+（y－2）2=5‎ C.2x－y=0 D.x+2y－5=0‎ ‎3.（2001江西、山西、天津文）若向量a=（3，2），b=（0，－1），则向量2b－a的坐标是（ ）‎ A.（3，－4） B.（－3，4） ‎ C.（3，4） D.（－3，－4）‎ ‎4.（2001江西、山西、天津）设坐标原点为O，抛物线y2=2x与过焦点的直线交于A、B两点，则等于（ ）‎ 图5—1‎ A.B.－C.3 D.－3‎ ‎5.（2001上海）如图5—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（ ）‎ A.－a+b+cB.a+b+c C.a－b+cD.－a－b+c ‎6.（2001江西、山西、天津理，5）若向量a=（1，1），b=（1，－1），c=（－1，2），则c等于（ ）‎ A.－a+bB.a－b C.a－bD.－a+b ‎7.(2000江西、山西、天津理，4)设a、b、c是任意的非零平面向量,且相互不共线,则 ‎①（a·b）c－（c·a）b=0②|a|－|b|<|a－b| ③（b·c）a－（c·a）b不与c垂直 ‎④（3a+2b）（3a－2b）=9|a|2－4|b|2中，是真命题的有（ ）‎ A.①②B.②③C.③④D.②④‎ ‎8.（1997全国，5）如果直线l沿x轴负方向平移3个单位，再沿y轴正方向平移1个单位后，又回到原来的位置，那么直线l的斜率为（ ）‎ A.－B.－3 C.D.3‎ 二、填空题 ‎9.（2002上海文，理2）已知向量a和b的夹角为120°，且|a|=2，|b|=5，则（2a－b）·a=_____.‎ ‎10.（2001上海春，8）若非零向量α、β满足|α+β|=|α－β|，则α与β所成角的大小为_____.‎ ‎11.（2000上海，1）已知向量=（－1，2），=（3，m），若⊥，则m=.‎ ‎12.（1999上海理，8）若将向量a=（2，1）围绕原点按逆时针方向旋转得到向量b，则向量b的坐标为_____.‎ ‎13.（1997上海，14）设a=（m+1）i－3j，b=i+（m－1）j，（a+b）⊥（a－b），则m=_____.‎ ‎14.（1996上海，15）已知a+b=2i－8j，a－b=－8i+16j，那么a·b=_____.‎ ‎15.（1996上海，15）已知O（0，0）和A（6，3）两点，若点P在直线OA上，且，又P是线段OB的中点，则点B的坐标是_____.‎ 三、解答题 图5—2‎ ‎ 16.（2003上海春，19）已知三棱柱ABC—A1B1C1，在某个空间直角坐标系中，={0，0，n}.（其中m、n>0）.如图5—2.‎ ‎（1）证明：三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱；‎ ‎（2）若m=n，求直线CA1与平面A1ABB1所成角的大小.‎ ‎17.（2002上海春，19）如图5—3，三棱柱OAB—O1A1B1，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2，OA=.求：‎ ‎（1）二面角O1—AB—O的大小；‎ ‎（2）异面直线A1B与AO1所成角的大小.‎ ‎（上述结果用反三角函数值表示）‎ ‎18.（2002上海，17）如图5—4，在直三棱柱ABO—A′B′O′中，OO′=4，OA=4，OB=3，∠AOB=90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若OP⊥BD，求OP与底面AOB所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）‎ 图5—3 图5—4 图5—5‎ ‎19.（2002天津文9，理18）如图5—5，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a.‎ ‎（1）建立适当的坐标系，并写出点A、B、A1、C1的坐标；‎ ‎（2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角.‎ ‎20.（2002天津文22，理21）已知两点M（－1，0），N（1，0），且点P使 成公差小于零的等差数列.‎ ‎（1）点P的轨迹是什么曲线？‎ ‎（2）若点P坐标为（x0，y0），θ为与的夹角，求tanθ.‎ ‎21.（2001江西、山西、天津理）如图5—6，以正四棱锥V—ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O—xyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，E为VC的中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.‎ ‎（1）求cos< >；‎ ‎（2）记面BCV为α，面DCV为β，若∠BED是二面角α—VC—β的平面角，求∠BED.‎ 图5—6 图5—7 图5—8‎ ‎22.（2001上海春）在长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.‎ ‎（1）求证：A1C⊥平面AEF；‎ ‎（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）.则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等.‎ 试根据上述定理，在AB=4，AD=3，AA1=5时，求平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小.（用反三角函数值表示）‎ ‎23.（2001上海）在棱长为a的正方体OABC—O′A′B′C′中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE=BF.如图5—8.‎ ‎（1）求证：A′F⊥C′E.‎ ‎（2）当三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时，求二面角B′—EF—B的大小（结果用反三角函数表示）‎ ‎24.（2000上海春，21）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）求证：PA⊥底面ABCD；‎ ‎（2）求四棱锥P—ABCD的体积；‎ ‎（3）对于向量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，试计算（×）·的绝对值的值；说明其与四棱锥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.‎ ‎25.（2000上海，18）如图5—9所示四面体ABCD中，AB、BC、BD两两互相垂直，且AB=BC=2，E是AC中点，异面直线AD与BE所成的角的大小为arccos，求四面体ABCD的体积.‎ 图5—9 图5—10 图5—11‎ ‎26.（2000天津、江西、山西）如图5—10所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）求cos< >的值；‎ ‎（3）求证：A1B⊥C1M.‎ ‎27.（2000全国理，18）如图5—11，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.‎ ‎（1）证明：C1C⊥BD；‎ ‎（2）假定CD=2，CC1=，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α—BD—β的平面角的余弦值；‎ ‎（3）当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.‎ 图5—12‎ ‎28.（1999上海，20）如图5—12，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角.‎ ‎（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；‎ ‎（2）求异面直线AE与CD所成角的大小.‎ 图5—13‎ ‎29.（1995上海，21）如图5—13在空间直角坐标系中BC=2，原点O是BC的中 点，点A的坐标是（，0），点D在平面yOz上，且∠BDC=90°，‎ ‎∠DCB=30°。‎ ‎（1）求向量的坐标；‎ ‎（2）设向量和的夹角为θ，求cosθ的值.‎ 答案解析 ‎1.答案：D 解析：因为（a·b）c=|a|·|b|·cosθ·c而a（b·c）=|b|·|c|·cosα·a而c方向与a方向不一定同向.‎ 评述：向量的积运算不满足结合律.‎ ‎2.答案：D 解析：设=（x，y），=（3，1），=（－1，3），α=（3α，α），‎ β=（－β，3β）‎ 又α+β=（3α－β，α+3β）‎ ‎∴（x，y）=（3α－β，α+3β），∴‎ 又α+β=1 因此可得x+2y=5‎ 评述：本题主要考查向量法和坐标法的相互关系及转换方法.‎ ‎3.答案：D 解析：设（x，y）=2b－a=2（0，－1）－（3，2）=（－3，－4）.‎ 评述：考查向量的坐标表示法.‎ ‎4.答案：B 解法一：设A（x1，y1），B（x2，y2），AB所在直线方程为y=k（x－），则=x1x2+y1y2.又，得k2x2－（k2+2）x+=0，∴x1·x2=，而y1y2=k（x1－）k（x2－）=k2（x1－）（x2－）=－1.∴x1x2+y1y2=－1=－.‎ 解法二：因为直线AB是过焦点的弦，所以y1·y2=－p2=－1.x1·x2同上.‎ 评述：本题考查向量的坐标运算，及数形结合的数学思想.‎ ‎5.答案：A 解析：=c+（－a+b）=－a+b+c 评述：用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化，本题考查的是基本的向量相等，与向量的加法.考查学生的空间想象能力.‎ ‎6.答案：B 解析：设c=ma+nb，则（－1，2）=m（1，1）+n（1，－1）=（m+n，m－n）.‎ ‎∴∴‎ 评述：本题考查平面向量的表示及运算.‎ ‎7.答案：D 解析：①平面向量的数量积不满足结合律.故①假；‎ ‎②由向量的减法运算可知|a|、|b|、|a－b|恰为一个三角形的三条边长，由“两边之差小于第三边”，故②真；‎ ‎③因为［（b·c）a－（c·a）b］·c=（b·c）a·c－（c·a）b·c=0，所以垂直.故③假；‎ ‎④（3a+2b）（3a－2b）=9·a·a－4b·b=9|a|2－4|b|2成立.故④真.‎ 评述：本题考查平面向量的数量积及运算律.‎ ‎8.答案：A 解析：设直线l的方程为y=kx+b（此题k必存在），则直线向左平移3个单位，向上平移1个单位后，直线方程应为y=k（x+3）+b+1即y=kx+3k+b+1‎ 因为此直线与原直线重合，所以两方程相同.比较常数项得3k+b+1=b.∴k=－.‎ 评述：本题考查平移变换与函数解析式的相互关系.‎ ‎9.答案：13‎ 解析：∵（2a－b）·a=2a2－b·a=2|a|2－|a|·|b|·cos120°=2·4－2·5（－）=13.‎ 评述：本题考查向量的运算关系.‎ ‎10.答案：90°‎ 解析：由|α+β|=|α－β|，可画出几何图形，如图5—14.‎ 图5—14‎ ‎|α－β|表示的是线段AB的长度，|α+β|表示线段OC的长度，由|AB|=|OC|‎ ‎∴平行四边形OACB为矩形，故向量α与β所成的角为90°‎ 评述：本题考查向量的概念，向量的几何意义，向量的运算.这些知识不只在学习向量时用到，而且在复数、物理学中也是一些最基本的知识.‎ ‎11.答案：4‎ 解析：∵={－1，2}，={3，m}，={4，m－2}，又⊥，‎ ‎∴－1×4+2（m－2）=0，∴m=4.‎ 评述：本题考查向量的概念，向量的运算，向量的数量积及两向量垂直的充要条件.‎ ‎12.答案：（）‎ 解析：设a==2+i，b=，由已知、的夹角为，由复数乘法的几何意义，得=（cos+isin）=（2+i）.‎ ‎∴b=（）‎ 评述：本题考查向量的概念，向量与复数一一对应关系，考查变通、变换等数学方法，以及运用数学知识解决问题的能力.‎ a+b=（m+2）i+（m－4）j=（m+2，m－4）‎ a－b=mi+（－m－2）j=（m，－m－2）‎ ‎13.答案：－2‎ 解析：由题意，得 ‎∵（a+b）⊥（a－b），∴（m+2）×m+（m－4）（－m－2）=0，∴m=－2.‎ 评述：本题考查平面向量的加、减法,平面向量的数量积及运算,两向量垂直的充要条件.‎ a+b=2i－8j a－b=－8i+16j ‎14.答案：－63‎ 解析：解方程组 a=－3i+4j=（－3，4）‎ b=5i－12j=（5，－12）‎ 得 ‎∴a·b=（－3）×5+4×（－12）=－63.‎ 评述：本题考查平面向量数量积的坐标表示及求法.‎ ‎15.答案：（4，2）‎ 解析：设P（x，y），由定比分点公式，‎ 则P（2，1），又由中点坐标公式，可得B（4，2）.‎ ‎16.（1）证明：∵，∴||=m，‎ 又 ‎∴||=m，||=m，∴△ABC为正三角形.‎ 又·=0，即AA1⊥AB，同理AA1⊥AC，∴AA1⊥平面ABC，从而三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱.‎ ‎（2）解：取AB中点O，连结CO、A1O.‎ ‎∵CO⊥AB，平面ABC⊥平面ABB1A1，∴CO⊥平面ABB1A1，即∠CA1O为直线CA1与平面A1ABB1所成的角.‎ 在Rt△CA1O中，CO=m，CA1=，‎ ‎∴sinCA1O=，即∠CA1O=45°.‎ 图5—15‎ ‎17.解：（1）取OB的中点D，连结O1D，‎ 则O1D⊥OB.‎ ‎∵平面OBB1O1⊥平面OAB，‎ ‎∴O1D⊥平面OAB.‎ 过D作AB的垂线，垂足为E，连结O1E.‎ 则O1E⊥AB.‎ ‎∴∠DEO1为二面角O1—AB—O的平面角.‎ 由题设得O1D=，‎ sinOBA=，‎ ‎∴DE=DBsinOBA=‎ ‎∵在Rt△O1DE中，tanDEO1=，‎ ‎∴∠DEO1=arctan，即二面角O1—AB—O的大小为arctan.‎ ‎（2）以O点为原点，分别以OA、OB所在直线为x、y轴，过O点且与平面AOB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图5—15.则 O（0，0，0），O1（0，1，），A（，0，0），A1（，1，），B（0，2，0）.‎ 设异面直线A1B与AO1所成的角为α，‎ 则，‎ cosα=，‎ ‎∴异面直线A1B与AO1所成角的大小为arccos.‎ 图5—16‎ ‎18.解法一：如图5—16，以O点为原点建立空间直角坐标系.‎ 由题意，有B（3，0，0），D（，2，4），设P（3，0，z），则 ‎={－，2，4}，={3，0，z}.‎ ‎∵BD⊥OP，∴·=－+4z=0，z=.‎ ‎∵BB′⊥平面AOB，∴∠POB是OP与底面AOB所成的角.‎ tanPOB=，∴∠POB=arctan.‎ 图5—17‎ 解法二：取O′B′中点E，连结DE、BE，如图5—17，则 DE⊥平面OBB′O′，‎ ‎∴BE是BD在平面OBB′O′内的射影.‎ 又∵OP⊥BD.‎ 由三垂线定理的逆定理，得OP⊥BE.‎ 在矩形OBB′O′中，易得Rt△OBP∽Rt△BB′E，‎ ‎∴，得BP=.‎ 图5—18‎ ‎（以下同解法一）‎ ‎19.解：（1）如图5—18，以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.‎ 由已知，得 A（0，0，0），B（0，a，0），A1（0，0， a），C1（）.‎ ‎（2）坐标系如图，取A1B1的中点M，于是有M（0， a），连AM，MC1有 ‎=（－a，0，0），且=（0，a，0），=（0，0， a）‎ 由于·=0，·=0，所以MC1⊥面ABB1A1.‎ ‎∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.‎ ‎∵=（），=（0，a），‎ ‎∴·=0++2a2=a2.‎ 而||=.‎ ‎||=.‎ ‎∴cos＜，＞=.‎ 所以与所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.‎ ‎20.解：（1）记P（x，y），由M（－1，0），N（1，0）得=－=（－1－x，－y），‎ ‎=－=（1－x，－y），=－=（2，0）‎ ‎∴·=2（1+x），·=x2+y2－1，·=2（1－x）.‎ 于是，·，·，·是公差小于零的等差数列等价于 即 所以，点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆.‎ ‎（2）点P的坐标为（x0，y0）.‎ ‎·=x02+y02－1=2.‎ ‎||·||=.‎ ‎∴cosθ=‎ ‎21.解：（1）由题意知B（a，a，0），C（－a，a，0），D（－a，－a，0），E（）.‎ 由此得，‎ ‎∴，‎ ‎.‎ 由向量的数量积公式有 cos< >＝‎ ‎（2）若∠BED是二面角α—VC—β的平面角，则，则有＝0.‎ 又由C（－a，a，0），V（0，0，h），有＝（a，－a，h）且，‎ ‎∴.‎ 即h＝a，这时有 cos<>＝，‎ ‎∴∠BED＝<>＝arccos（）＝π－arccos 评述：本小题主要考查空间直角坐标的概念、空间点和向量的坐标表示以及两个向量夹角的计算方法；考查运用向量研究空间图形的数学思想方法.‎ ‎22.（1）证明：因为CB⊥平面A1B，所以A1C在平面A1B上的射影为A1B.‎ 由A1B⊥AE，AE平面A1B，得A1C⊥AE.‎ 同理可证A1C⊥AF.‎ 因为A1C⊥AF，A1C⊥AE，‎ 图5—19‎ 所以A1C⊥平面AEF.‎ ‎（2）解：过A作BD的垂线交CD于G，因为D1D⊥AG，所以AG⊥平面D1B1BD.‎ 设AG与A1C所成的角为α，则α即为平面AEF与平面D1B1BD所成的角.‎ 由已知，计算得DG=.‎ 如图5—19建立直角坐标系，则得点A（0，0，0），G（，3，0），A1（0，0，5），‎ C（4，3，0）.‎ AG={，3，0}，A1C={4，3，－5}.‎ 因为AG与A1C所成的角为α，‎ 所以cosα=.‎ 由定理知，平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小为arccos.‎ 注：没有学习向量知识的同学可用以下的方法求二面角的平面角.‎ 解法一：设AG与BD交于M，则AM⊥面BB1D1D，再作AN⊥EF交EF于N，连接MN，则∠ANM即为面AEF与D1B1BD所成的角α，用平面几何的知识可求出AM、AN的长度.‎ 解法二：用面积射影定理cosα=.‎ 评述：立体几何考查的重点有三个：一是空间线面位置关系的判定；二是角与距离的计算；三是多面体与旋转体中的计算.‎ ‎23.建立坐标系，如图5—20.‎ ‎（1）证明：设AE=BF=x，则A′（a，0，a），F（a－x，a，0），C′（0，a，a），E（a，x，0）‎ ‎∴={－x，a，－a}，={a，x－a，－a}.‎ ‎∵·=－xa+a（x－a）+a2=0‎ ‎∴A′F⊥C′E ‎（2）解：设BF=x，则EB=a－x 三棱锥B′—BEF的体积 V=x（a－x）·a≤（）2=a3‎ 当且仅当x=时，等号成立.‎ 因此，三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时BE=BF=，过B作BD⊥EF于D，连 B′D，可知B′D⊥EF.∴∠B′DB是二面角B′—EF—B的平面角在直角三角形BEF中，直角边BE=BF=，BD是斜边上的高.∴BD=a.‎ ‎∴tanB′DB=‎ 故二面角B′—EF—B的大小为arctan2.‎ 评述：本题考查空间向量的表示、运算及两向量垂直的充要条件.二次函数求最值或均值不等式求最值，二面角等知识.考查学生的空间想象能力和运算能力.用空间向量的观点处理立体几何中的线面关系，把几何问题代数化，降低了立体几何的难度.本题考查的线线垂直等价于·=0，使问题很容易得到解决.而体积的最值除用均值不等式外亦可用二次函数求最值的方法处理.二面角的平面角的找法是典型的三垂线定理找平面角的方法，计算较简单，有一定的思维量.‎ ‎24.（1）证明：∵=－2－2+4=0，∴AP⊥AB.‎ 又∵=－4+4+0=0，∴AP⊥AD.‎ ‎∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线，∴AP⊥底面ABCD.‎ ‎（2）解：设与的夹角为θ，则 cosθ=‎ V=||·||·sinθ·||=‎ ‎（3）解：|（×）·|=|－4－32－4－8|=48它是四棱锥P—ABCD体积的3倍.‎ 猜测：|（×）·|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的体积（或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积）.‎ 评述：本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.‎ 图5—21‎ ‎25.解：如图5—21建立空间直角坐标系 由题意，有A（0，2，0）、C（2，0，0）、E（1，1，0）‎ 设D点的坐标为（0，0，z）（z>0）‎ 则={1，1，0}，={0，－2，z}，‎ 设与所成角为θ.‎ 则·=·cosθ=－2，且AD与BE所成的角的大小为arccos.∴cos2θ=，∴z=4，故|BD|的长度为4.‎ 又VA—BCD=|AB|×|BC|×|BD|=，因此，四面体ABCD的体积为.‎ 评述：本题考查空间图形的长度、角度、体积的概念和计算.以向量为工具，利用空间向量的坐标表示、空间向量的数量积计算线段的长度、异面直线所成角等问题，思路自然，解法灵活简便.‎ 图5—22‎ ‎26.解：如图5—22，建立空间直角坐标系O—xyz.‎ ‎（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）‎ ‎∴| |=.‎ ‎（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）‎ ‎∴={－1，－1，2}，={0，1，2，}，·=3，||=，||=‎ ‎∴cos<，>=.‎ ‎（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（，2），={－1，1，2}，‎ ‎={，0}.‎ ‎∴·=－+0=0，∴⊥，∴A1B⊥C1M.‎ 评述：本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.‎ ‎27.（1）证明：设=a，=b，=c，则|a|=|b|，∵=b－a，‎ ‎∴·=（b－a）·c=b·c－a·c=|b|·|c|cos60°－|a|·|c|cos60°=0，‎ ‎∴C1C⊥BD.‎ ‎（2）解：连AC、BD，设AC∩BD=O，连OC1，则∠C1OC为二面角α—BD—β的平面角.‎ ‎∵（a+b），（a+b）－c ‎∴·（a+b）·［（a+b）－c］‎ ‎=（a2+2a·b+b2）－a·c－b·c ‎=（4+2·2·2cos60°+4）－·2·cos60°－·2·cos60°=.‎ 则||=，||=，∴cosC1OC=‎ ‎（3）解：设=x，CD=2， 则CC1=.‎ ‎∵BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C ‎∴只须求满足：=0即可.‎ 设=a，=b，=c，‎ ‎∵=a+b+c，=a－c，‎ ‎∴=（a+b+c）（a－c）=a2+a·b－b·c－c2=－6，令6－=0，得x=1或x=－（舍去）.‎ 评述：本题蕴涵着转化思想，即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.‎ ‎28.（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD.∴AB⊥平面PAD.又∵AE⊥PD，∴PD⊥平面ABE，故BE⊥PD.‎ ‎（2）解：以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C、D的坐标分别为（a，a，0），（0，2a，0）.‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，∠PDA是PD与底面ABCD所成的角，∴∠PDA=30°.‎ 于是，在Rt△AED中，由AD=2a，得AE=a.过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，由AE=a，∠EAF=60°，得AF=，EF=a，∴E（0，a）‎ 于是，={－a，a，0}‎ 设与的夹角为θ，则由cosθ=‎ ‎∴θ=arccos，即AE与CD所成角的大小为arccos.‎ 评述：第（2）小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段.‎ ‎29.解：（1）过D作DE⊥BC，垂足为E，在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°，BC=2，得BD=1，CD=，∴DE=CD·sin30°=.‎ OE=OB－BE=OB－BD·cos60°=1－.‎ ‎∴D点坐标为（0，－），即向量OD[TX→]的坐标为{0，－}.‎ ‎（2）依题意：，‎ 所以.‎ 设向量和的夹角为θ，则 cosθ=‎ ‎.‎ 评述：本题考查空间向量坐标的概念，空间向量数量积的运算及空间向量的夹角公式.解决好本题的关键是对空间向量坐标的概念理解清楚，计算公式准确，同时还要具备很好的运算能力.‎