选修2-1空间向量单元测试题(经典)

时限：120分钟 满分：150分

第Ⅰ卷(选择题 共60分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只要一项是符合请求的)

1．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，连接1→→→AG，则AB＋(BD＋BC)＝( ) 2

→B.CG→ A.AG1→→C.BCD.BC

2

→＝解析：在△BCD中，因为G是CD的中点，所以BG1→→1→→→→＋BG→＝AG→，故选A. (BD＋BC)，从而AB＋(BD＋BC)＝AB

22

答案：A

2．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于( )

A．1 B．2 1

C.D．3 2

解析：∵l1⊥l2，

∴a·b＝0，代入可解得m＝2. 答案：B

3．已知i，j，k为单位正交基底，a＝3i＋2j－k，b＝i－

j＋2k，则5a与3b的数量积等于( )

A．－15 B．－5 C．－3 D．－1

解析：∵i，j，k两两垂直且|i|＝|j|＝k|＝1，∴5a·3b＝(15i＋10j－5k)·(3i－3j＋6k)＝45－30－30＝－15.

答案：A

4．已知二面角α—l—β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为( )

A．30° B．60° C．90° D．120°

解析：设m，n的方向向量分别为m，n.

由m⊥α，n⊥β知m，n分别是平面α，β的法向量． 1

∵|cos〈m，n〉|＝cos60°＝，∴〈m，n〉＝60°或

2120°.

π0，但因为两异面直线所成的角的范围为， 2

故异面直线m，n所成的角为60°. 答案：B

5．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝14，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( ) A．30° B．60° C．120° D．150°

解析：设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－

a＋b·c1

1，－2，－3，)，|a＋b|＝14，cosα＝＝，

|a＋b||c|2

所以α＝60°.

因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°.故选C.

答案：C

6．如图，空间四边形OABC中，M，N分别是OA，→＝BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN.设OG→＋yOB→＋zOC→，则x，y，z的值分别为( ) xOA

111111

A.，，B.，， 333336

111111C.，，D.，， 363633

2→→解析：∵MG＝2GN，∴MG＝MN. 32→→→→→→) 故OG＝OM＋MG＝OM＋(ON－OM311→2→11→2

＝OM＋ON＝×OA＋3332321→1→1→＝OA＋OB＋OC. 633答案：D

7．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC—

→＋OC→OB

 

A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余

弦值为( )

55A.B. 53253C.D.

55

解析：不妨设CB＝1，则CA＝CC1＝2.由题图知，A点的坐标为(2,0,0)，B点的坐标为(0,0,1)，B1点的坐标为(0,2,1)，C1点的坐标为(0,2,0)．

→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)． 所以BC1

所0×

－2

以cos〈－1

→BC1×1

，

→AB1

〉＝

＋2×2＋35

5

＝.

5答案：A

8．如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是()

A．30° B．45° C．60° D．90°

解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设该正方体→＝(－的棱长为2，则A1(2,0,2)，M(0,1,0)，N(0,2,1)．∴A1M→＝(0,2,1)，∴cos〈A1M→，DN→〉＝2,1，－2)，DN

→·DN→A1M

＝0.∴异面直线A1M与DN所成角的大小是

→|·|DN→||A1M90°.

答案：D

9．如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1

2

中，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则

3

MN与平面BB1C1C的地位关系是( )

A．订交 B．平行

C．垂直 D．不克不及确定

解析：在正方体ABCD—A1B1C1D1中， ∵|A1B|＝|AC|＝2a， ∴A1M→＝13A1B→，AN→＝13

AC→， MN→＝MA1→＋A1A→＋AN→＝－13A1B→＋A1A

→＋AN→ ＝－13A1A→－13A1B1→＋A1A→＋13AD→＋13A1B1→ ＝23A1A→＋13AD→＝23B1B→＋13B1C1→. 是以MN

→，B1B→，B1C1→共面． 又∵MN⊄平面BB1C1C， ∴MN∥平面BB1C1C. 答案：B

10．正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，则和平面BB1C1C所成角的余弦值为( )

AC1

106A.B.

46610C.D. 22

解析：设正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长均为1，以

B为原点，建立空间直角坐标系(如图)，则C1(0,1,1)，

3131→

A，，0，AC1＝－，，1，又平面BB1C1C的一2222个法向量n＝(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成的角θ的→·n||AC16正弦值sinθ＝＝＝，

→|·|n|2×14|AC1

10

得cosθ＝1－sin2θ＝.

4答案：A

11．如图，在四面体P—ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B—AP—C的余弦值为( )

23A.B. 2375C．－D.

77

解析：如图，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E.

32

22

设AB＝1，则易得CE＝，EP＝，

2214

PA＝PB＝2，可以求得BD＝，

42→→→→

ED＝.∵BC＝BD＋DE＋EC，

4

→2＝BD→2＋DE→2＋EC→2＋2BD→·DE→＋2DE→·EC→＋∴BC

17→→→→→→2EC·BD，∴EC·BD＝－，∴cos〈BD，EC〉＝－，

47故选C.

答案：C

12．如图，四棱锥P—ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面

BED的夹角的余弦值为( )

26

A.B. 3636C.D. 33

解析：以B为原点，BC，BA，BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，

→＝(0,2,1)，BD→＝A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)，∴BE(3,3,0)．

设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→＝0，n·BE2y＋z＝0，

则即

→3x＋3y＝0，n·BD＝0，

x＝1z，

2∴1

y＝－z.2

令z＝1，则

11

，－，1n＝2. 2

又平面ABE的一个法向量为m＝(1,0,0)，∴cos〈n，66

m〉＝，即平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为.

66

答案：B

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)

13．如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以→，AC→，AD→}为基底，则GE→＝________. {AB

1→→1→→→→→→解析：GE＝GA＋AD＋DE＝－(AB＋AC)＋AD＋(AB341→1→3→→－AD)＝－AB－AC＋AD.

1234

1→1→3→答案：－AB－AC＋AD

1234

14．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知DA＝

DC＝4，DD1＝3，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值

为________．

解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，

→＝则A1(4,0,3)，B(4,4,0)，B1(4,4,3)，C(0,4,0)，得A1B→＝(－4,0，－3)． (0,4，－3)，B1C

→·B1C→A1B9→→故cos〈A1B，B1C〉＝＝.

→||B1C→|25|A1B9

答案： 25

15．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，P，M为空间任意→＝PB1→＋6AA1→＋7BA→＋4A1D1→，那么M点两点，如果有PM必定在平面________内．

→＝PM→－PB1→＝BA→＋6BA→＋6AA1→＋4A1D1→解析：∵B1M

→＋6BA1→＋4A1D1→＝B1A1→＋2BA1→＋4BD1→， ＝BA

→－B1A1→＝2BA1→＋4BD1→， ∴B1M

→＝2BA1→＋4BD1→. 即A1M

→，BA1→，BD1→共面，即M点在平面ABCD内． 故A1M11答案：A1BCD1

16．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边3

AB，二面角C—AB—D的余弦值为，M，N分别是

3

AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于

________．

解析：设AB＝2，作CO⊥平面ABDE，OH⊥AB，连接CH，则CH⊥AB，∠CHO为二面角C—AB—D的平面角，CH＝

3，OH＝CH·cos∠CHO△ABC与正方形

ABDE可知四棱锥C—ABDE为正四棱锥，则AN＝EM＝

1→→1→→→→1→→CH＝3，AN＝(AC＋AB)，EM＝AC－AE，AN·EM＝222

11→－AE→＝，故→＋AC→)·AC(AB22

EM，AN所成角的余弦值为

→·EM→AN1

＝.

→|·|EM→|6|AN

1答案：

6

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证实过程或演算步调．)

17．(10分)如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1

中，O为AC的中点．

1→1→→(1)化简：A1O－AB－AD； 22

2→→→＝xAB→(2)设E是棱DD1上的点，且DE＝DD1，若EO

3→＋zAA1→，试求实数x，y，z的值． ＋yAD

1→→→→－AO→＝A1A→. 解：(1)A1O－(AB＋AD)＝A1O

21→→2→→→→→(2)∵EO＝AO－AE＝(AB＋AD)－AD－AA1 231→1→2→

＝AB－AD－AA1， 223112∴x＝，y＝－，z＝－.

223

18．(12分)在长方体OABC—O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，E是BC的中点．

(1)求直线AO1与B1E所成角的余弦值；

(2)作O1D⊥AC于点D，求点O1到点D的距离． 解：(1)建立如图的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，

A(2,0,0)，B(2,3,0)，C(0,3,0)，E(1,3,0)，O1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B1(2,3,2)，C1(0,3,2)，

→＝(－2,0,2)，B1E→＝(－1,0，－2)， ∴AO1

→·B1E→AO1－210→→∴cos〈AO1，B1E〉＝＝＝－.

→||B1E→|21010|AO110

故直线AO1与B1E所成角的余弦值为.

10

→＝(x，y，－2)，AC→＝(－2,3,0)，(2)设D(x0，y0,0)，O1D00

→＝(x－2，y0)． AD00,

→⊥AC→且AD→∥AC→， ∵O1D

－2x0＋3y0＝0，

∴

3x0－2＋2y0＝0，

x0＝18，13∴12

y0＝，13

18122→→∴O1D＝，，－2，∴|O1D|＝

1313

286

， 13

2286

∴点O1到点D的距离为.

13

19．(12分)如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长AB＝2，侧棱BB1的长为4，过点B作B1C的垂线交侧棱CC1于点E，交B1C于点F.

(1)求证：A1C⊥平面BED；

(2)求A1B与平面BDE所成的角的正弦值．

解：(1)证实：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—

xyz，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,4)，B1(2,2,4)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)．

→＝(－2,0，t)，B1C→＝(－2,0，－4)． 设E(0,2，t)，则BE∵BE⊥B1C，

→·B1C→＝4＋0－4t＝0，即t＝1. ∴BE

→＝(－2,0,1)． 故E(0,2,1)，BE

→＝(－2,2，－4)，DB→＝(2,2,0)， 又∵A1C

→·BE→＝4＋0－4＝0，且A1C→·DB→＝－4＋4＋0＝∴A1C0.

→⊥DB→且A1C→⊥BE→，即AC⊥BD且AC⊥BE. 是以A1C11

故A1C⊥平面BDE.

→＝(－2,2，－4)是平面BDE的一个法向(2)由(1)知A1C量，

→＝(0,2，－4)， 又∵A1B

→·A1B→A1C30→→∴cos〈A1C，A1B〉＝＝.

→||A1B→|6|A1C30

故A1B与平面BDE所成角的正弦值为.

6

20．(12分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，PA⊥平面ABCD，PD与平面ABCD成30°角．

(1)若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD； (2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证实：∵PA⊥平面ABCD，∴AB⊥PA. 又∵AB⊥AD，AD∩AP＝A， ∴AB⊥平面PAD.∴PD⊥AB. 又∵PD⊥AE，AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面ABE，∴BE⊥PD.

(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AB. 又AB⊥AD，∴AP，AB，AD两两垂直．

如图，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(a，→＝(0,2a,0)． a,0)，D(0,2a,0)，AD

∵PA⊥平面ABCD，∴∠ADP是PD与平面ABCD所成的角．∴∠ADP＝30°.

23

∵AD＝2a，∴PA＝2atan30°＝a，

323

∴P0，0，a.

3

23→23→∴PC＝a，a，－a，，PD＝0，2a，－a.

33设n＝(x，y，z)为平面PCD的一个法向量，

→＝0，n·PC

则

→＝0，n·PD

ax＋ay－23az＝0，

3即

23

2ay－3az＝0.

取x＝1，则n＝(1,1，3)是平面PCD的一个法向量． →＝(0,2a,0)为平面PAB的一个法向量， 易知AD

→n·AD5→∴cos〈n，AD〉＝＝.

→|·|n|5|AD

5

∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.

521．(12分)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，C1C＝

CB＝CA＝2，AC⊥CB，D，E分别为棱C1C，B1C1的中

点．

(1)求点B到平面A1C1CA的距离； (2)求二面角B—A1D—A的余弦值；

(3)在线段AC上是否存在一点F，使得EF⊥平面

A1BD？若存在，确定其地位并证实结论；若不存在，说明

理由．

解：(1)∵三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱， ∴CC1⊥底面ABC，∴CC1⊥BC. ∵AC⊥CB，∴BC⊥平面A1C1CA，

∴BC的长即为点B到平面A1C1CA的距离． ∵BC＝2，∴点B到平面A1C1CA的距离为2.

(2)∵三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱，C1C＝CB＝CA＝2，AC⊥CB，D，E分别为C1C，B1C1的中点，建立如图的空间直角坐标系，得C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,0)，→＝C1(0,0,2)，B1(0,2,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,1)，E(0,1,2)，∴BD→＝(2，－2,2)． (0，－2,1)，BA1

设平面A1BD的法向量为n＝(λ，1，μ)， →＝0，n·BD

则

→＝0，n·BA1

－2＋μ＝0μ＝2

即，解得， 2λ－2＋2μ＝0λ＝－1

∴n＝(－1,1,2)

→＝(0,1,0)，cos〈n，由(1)知平面ACC1A1的法向量为CB

166→CB〉＝＝，即二面角B－A1D－A的余弦值为.

666

(3)设在线段AC上存在一点F(x,0,0)，使得EF⊥平面

A1BD.

→. 欲使EF⊥平面A1BD，由(2)知当且仅当n∥FE→＝(－x,1,2)，∴x＝1，故存在独逐个点F(1,0,0)满足∵FE

条件，F为AC的中点．

22．(12分)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中间，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且

C1H＝5.

(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A—A1C1—B1的正弦值；

(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且

MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．

解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．

依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，

A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5)．

→＝(－2，－2，5)，A1B1→＝(－22，(1)易得AC

→·A1B1→AC4→→0,0)，因而cos〈AC，A1B1〉＝＝＝

→→|AC||A1B1|3×222

， 32

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.

3→＝(0,22，0)，A1C1→＝(－2，－(2)易知AA15)．

设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，

→＝0，－2x－2y＋5z＝0，m·A1C1

则即

→＝0，22y＝0.m·AA1

不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．

2，

同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)， →＝0，－2x－2y＋5z＝0，n·A1C1

则即

→＝0，－22x＝0.n·A1B1不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)， m·n22

因而cos〈m，n〉＝＝＝，

|m||n|7×7735

从而sin〈m，n〉＝.

7

35

故二面角A—A1C1—B1的正弦值为.

7

5232

(3)由N为棱B1C1的中点，得N，，.

2223252→设M(a，b,0)，则MN＝－a，－b，. 222→·A1B1→＝0，MN

由MN⊥平面A1B1C1，得即

→·A1C1→＝0，MN

错误!

a＝2，2解得

2

b＝4.

22

故M，，0.

42

22→是以BM＝，，0，

4210→所以线段BM的长|BM|＝.

4