高中数学人教A版选修(2—1)第三章32立体几何中的向量方法测试题(含解析答案)

祈福教育高二选修（2—1）第三章3.2立体几何中的向量方法测试题一、选择题1．平面α和β的法向量分别为a＝(4,0，－2)，b＝(1,0,2)，则α和β的位置关系是（）A．平行B．垂直C．相交不垂直D．无法判定2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P中在平面α内的是（）A．P(2,3,3)B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0)D．P(3，－3,4)3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于（）A．120°B．60°C．30°D．60°或30°4．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°5．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则AB→与CA→的夹角θ的大小是()A．60°B．120°C．30°D．150°6．如图所示，棱长皆相等的四面体S­ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的余弦值是()A.33B.23C.36D.267．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°8．在四面体ABCD中，P在面ABC内，Q在面BCD内，且满足AP→＝xAB→＋yAC→，AQ→＝sAB→＋tAC→＋uAD→，若xy＝st，则线段AQ与DP的关系是()A．AQ与DP所在直线为异面直线B．AQ与DP所在直线平行C．线段AQ与DP必相交D．线段AQ与DP延长后相交9.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM→，D1N→〉的值为()A.19B.459C.259D.2310.如图，棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1，E、F分别为BC与A1D1的中点，则直线AD与平面B1EDF所成角的余弦值为()A.32B.33C.12D．－3311．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A．4B．2C．3D．112.在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，正方体的棱长为2，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为()A．－1010B．－120C．120D．1010二、填空题13．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为________．15．如图，已知正方体的棱长为2，点E是棱AA1的中点，则点A到平面BDE的距离为________．三、解答题17.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．1解析B∵a·b＝4－4＝0，∴两法向量垂直，两平面也垂直．2解析A∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n⊥MP→，对于选项A，MP→＝(1,4,1)，∴n·MP→＝0.故选A.3解析C由题意得直线l与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线l与平面α所成的角为90°－60°＝30°.4.解析A∵cos〈m，n〉＝－12，∴〈m，n〉＝120°，∴直线l与α所成的角为30°，故选A.5.解析BAB→＝(－2，－1,3)，CA→＝(－1,3，－2)，cos〈AB→，CA→〉＝AB→·CA→|AB→||CA→|＝－714＝－12，∴θ＝〈AB→，CA→〉＝120°.6解析CBD→＝SD→－SB→＝12SC→－SB→，设BD与SA所成的角为θ，则|cosθ|＝|SA→·BD→||SA→||BD→|＝36.7解析C∵cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12＝22，∴〈m，n〉＝45°.∴由两平面所成的二面角的范围知此两平面所成的二面角为45°或135°.8解析C如图所示，由xy＝st，可设s＝kx，t＝ky，∴AQ→＝sAB→＋tAC→＋uAD→＝kxAB→＋kyAC→＋uAD→＝kAP→＋uAD→，∴A、P、D、Q四点共面，即线段AQ与DP必相交．9.解析B设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，可知CM→＝(2，－2,1)，D1N→＝(2,2，－1)．∴cos〈CM→，D1N→〉＝－19，∴sin〈CM→，D1N→〉＝459.故选B.10.解析B以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则易知A(0,0,0)，D(0，a,0)，Ea，a2，0，F0，a2，a，AD→＝(0，a,0)，DE→＝a，－a2，0，DF→＝0，－a2，a.设平面B1EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DE→＝0，n·DF→＝0，即ax－a2y＝0，－a2y＋az＝0，取x＝1，可得n＝(1,2,1)．所以cos〈AD→，n〉＝AD→·n|AD→||n|＝2aa·6＝63.因此AD与平面B1EDF所成角的余弦值为sin〈AD→，n〉＝33.11解析B∵OP→＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向量，n＝(2，－2,1)为平面OAB的一个法向量，∴点P到平面OAB的距离d＝|OP→·n||n|＝|－2－6＋2|9＝2.12解析D分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,2)，AC→＝(－2,2,0)，DE→＝(0,1,2)，∴cos〈AC→，DE→〉＝1010.13，33解析如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴DA1→＝(1,0,1)，DB→＝(1,1,0)，BC1→＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)为平面A1BD的法向量，则n·DA1→＝0，n·DB→＝0，∴x＋z＝0，x＋y＝0，取n＝(1，－1，－1)．设直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，BC1→〉|＝|n·BC1→||n|·|BC1→|＝22×3＝63，∴cosθ＝33.16.63解析以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,2,0)，D(2，2,0)，E(0,2,1)，DA→＝(－2,0,0)，DE→＝(－2,0,1)，BE→＝(0,2,1)．设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·BE→＝0，n·DE→＝0，可得2y＋z＝0，－2x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，－1,2)．因此点A到平面BDE的距离为d＝|n·DA→||n|＝63.17.解析以A为原点，AB→、AD→、AA1→分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是EC1→＝(1,3,2)，18.FD1→＝(－4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为β，则：cosβ＝|EC1→·FD1→||EC1→|·|FD1→|＝|1×－4＋3×2＋2×2|12＋32＋22×－42＋22＋22＝2114，∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为2114.