选修2-1空间向量单元测试题(经典)

第三章单元质量评估(二)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，只有一项是符合要求的)1．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，连接AG，则AB→＋12(BD→＋BC→)＝()A.AG→B.CG→C.BC→D.12BC→解析：在△BCD中，因为G是CD的中点，所以BG→＝12(BD→＋BC→)，从而AB→＋12(BD→＋BC→)＝AB→＋BG→＝AG→，故选A.答案：A2．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．1B．2C.12D．3解析：∵l1⊥l2，∴a·b＝0，代入可解得m＝2.答案：B3．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．－15B．－5C．－3D．－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：A4．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．∵|cos〈m，n〉|＝cos60°＝12，∴〈m，n〉＝60°或120°.但由于两异面直线所成的角的范围为0，π2，故异面直线m，n所成的角为60°.答案：B5．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＝(－1，－2，－3，)，|a＋b|＝14，cosα＝a＋b·c|a＋b||c|＝12，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：C6．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→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则x，y，z的值分别为()A.13，13，13B.13，13，16C.13，16，13D.16，13，13解析：∵MG＝2GN，∴MG→＝23MN→.故OG→＝OM→＋MG→＝OM→＋23(ON→－OM→)＝13OM→＋23ON→＝13×12OA→＋2312OB→＋OC→＝16OA→＋13OB→＋13OC→.答案：D7．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC—A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.55B.53C.255D.35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)．所以BC1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．所以cos〈BC1→，AB1→〉＝0×－2＋2×2＋－1×135＝55.答案：A8．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→＝(－2,1，－2)，DN→＝(0,2,1)，∴cos〈A1M→，DN→〉＝A1M→·DN→|A1M→|·|DN→|＝0.∴异面直线A1M与DN所成角的大小是90°.答案：D9．如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝23a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相交B．平行C．垂直D．不能确定解析：在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵|A1B|＝|AC|＝2a，∴A1M→＝13A1B→，AN→＝13AC→，MN→＝MA1→＋A1A→＋AN→＝－13A1B→＋A1A→＋AN→＝－13A1A→－13A1B1→＋A1A→＋13AD→＋13A1B1→＝23A1A→＋13AD→＝23B1B→＋13B1C1→.因此MN→，B1B→，B1C1→共面．又∵MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.答案：B10．正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，则AC1和平面BB1C1C所成角的余弦值为()A.104B.66C.62D.102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)，A32，12，0，AC1→＝－32，12，1，又平面BB1C1C的一个法向量n＝(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成的角θ的正弦值sinθ＝|AC1→·n||AC1→|·|n|＝322×1＝64，得cosθ＝1－sin2θ＝104.答案：A11．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()A.22B.33C．－77D.57解析：如图，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E.设AB＝1，则易得CE＝22，EP＝22，PA＝PB＝2，可以求得BD＝144，ED＝24.∵BC→＝BD→＋DE→＋EC→，∴BC→2＝BD→2＋DE→2＋EC→2＋2BD→·DE→＋2DE→·EC→＋2EC→·BD→，∴EC→·BD→＝－14，∴cos〈BD→，EC→〉＝－77，故选C.答案：C12．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()A.23B.66C.33D.63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)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)，∴BE→＝(0,2,1)，BD→＝(3,3,0)．设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·BE→＝0，n·BD→＝0，即2y＋z＝0，3x＋3y＝0，∴x＝12z，y＝－12z.令z＝1，则n＝12，－12，1.又平面ABE的一个法向量为m＝(1,0,0)，∴cos〈n，m〉＝66，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{AB→，AC→，AD→}为基底，则GE→＝________.解析：GE→＝GA→＋AD→＋DE→＝－13(AB→＋AC→)＋AD→＋14(AB→－AD→)＝－112AB→－13AC→＋34AD→.答案：－112AB→－13AC→＋34AD→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→＝(0,4，－3)，B1C→＝(－4,0，－3)．故cos〈A1B→，B1C→〉＝A1B→·B1C→|A1B→||B1C→|＝925.答案：92515．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，P，M为空间任意两点，如果有PM→＝PB1→＋6AA1→＋7BA→＋4A1D1→，那么M点一定在平面________内．解析：∵B1M→＝PM→－PB1→＝BA→＋6BA→＋6AA1→＋4A1D1→＝BA→＋6BA1→＋4A1D1→＝B1A1→＋2BA1→＋4BD1→，∴B1M→－B1A1→＝2BA1→＋4BD1→，即A1M→＝2BA1→＋4BD1→.故A1M→，BA1→，BD1→共面，即M点在平面A1BCD1内．答案：A1BCD116．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C—AB—D的余弦值为33，M，N分别是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＝1.结合等边△ABC与正方形ABDE可知四棱锥C—ABDE为正四棱锥，则AN＝EM＝CH＝3，AN→＝12(AC→＋AB→)，EM→＝12AC→－AE→，AN→·EM→＝12(AB→＋AC→)·12AC→－AE→＝12，故EM，AN所成角的余弦值为AN→·EM→|AN→|·|EM→|＝16.答案：16三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(10分)如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，O为AC的中点．(1)化简：A1O→－12AB→－12AD→；(2)设E是棱DD1上的点，且DE→＝23DD1→，若EO→＝xAB→＋yAD→＋zAA1→，试求实数x，y，z的值．解：(1)A1O→－12(AB→＋AD→)＝A1O→－AO→＝A1A→.(2)∵EO→＝AO→－AE→＝12(AB→＋AD→)－AD→－23AA1→＝12AB→－12AD→－23AA1→，∴x＝12，y＝－12，z＝－23.18．(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)，∴AO1→＝(－2,0,2)，B1E→＝(－1,0，－2)，∴cos〈AO1→，B1E→〉＝AO1→·B1E→|AO1→||B1E→|＝－2210＝－1010.故直线AO1与B1E所成角的余弦值为1010.(2)设D(x0，y0,0)，O1D→＝(x0，y0，－2)，AC→＝(－2,3,0)，AD→＝(x0－2，y0,0)．∵O1D→⊥AC→且AD→∥AC→，∴－2x0＋3y0＝0，3x0－2＋2y0＝0，∴x0＝1813，y0＝1213，∴O1D→＝1813，1213，－2，∴|O1D→|＝228613，∴点O1到点D的距离为228613.19．(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)证明：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)．设E(0,2，t)，则BE→＝(－2,0，t)，B1C→＝(－2,0，－4)．∵BE⊥B1C，∴BE→·B1C→＝4＋0－4t＝0，即t＝1.故E(0,2,1)，BE→＝(－2,0,1)．又∵A1C→＝(－2,2，－4)，DB→＝(2,2,0)，∴A1C→·BE→＝4＋0－4＝0，且A1C→·DB