1、定远育才学校高二年级数学学科周测试卷2（理科）（空间向量的应用）总分：100分 时间:100分钟 2021年9月27日一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分) 1.已知直线l1的方向向量a(1,2，m)，直线l2的方向向量b(2，n，12)，且l1l2，则m3n的值是()A 6 B 6 C 14 D 142.在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A B C D3.已知点A(1t,1t，t)，B(2，t，t)，则A，B两点的距离的最小值为()A B C D4.已知两平面的法向量分别为m(1，1,0)，n(0,1，1)，则两平面的
2、夹角为()A 60 B 120 C 60或120 D 905.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足，则|2的值为() A B 3 C D6.正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD,BB1的中点，则下列结论正确的是()AB1GBC B.平面AEF平面AA1D1DAD1C.A1H平面AEF D.平面EAF与平面AFC的夹角为7.在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且ABBC1，点E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角为，且cos，则该四面体的体积为()A B C D8.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA
3、11，AB3，E为线段AB上一点，且AEAB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为()A B C D9.已知四棱锥PABCD，底面是边长为2的正方形，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30的角，则线段AF长的取值范围是()A B C D10.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角DABE为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为，且cos，则等于() A 1 B C D二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分) 11.如图所示，在直平行六面体ABCDA1B1C
4、1D1中，BDDC，BDDC1，点E在AA1上，且AEAA1，则点B到平面EDC1的距离为_12.设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记.当APC为锐角时，的取值范围是_13.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为_14.如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_三、解答题(共3小题,每小题10分,共30分) 15.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，PAAB，E为线段PB的中点
5、(1)求证：点F在线段BC上移动时，AEF为直角三角形；(2)若F为线段BC的中点，求平面AEF与平面EFD夹角的余弦值16.等边ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足(如图)，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB成直二面角，连接A1B，A1C(如图)(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由17.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)求证：BEDC；(2)若F为棱PC上一点，满
6、足BFAC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值答案解析1.【答案】A【解析】l1l2，ab，则，解得n4，m6，m3n6126.2.【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1，)，D1(0,0，)，所以(1,0，)，(1,1，)，因为|cos，|.所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.3.【答案】C【解析】因为点A(1t,1t，t)，B(2，t，t)，所以|AB|2(1t)2(2t1)2(tt)25t22t2，由二次函数易知，当t时，取得最小值为，所以|AB|的最小值为.4.
7、【答案】A【解析】|cosm，n|，即m，n60.两平面所成角为60.5.【答案】D【解析】由题可知|1，|1，|.，45，45，60，所以|2222221111.6.【答案】BC【解析】由题意可知，B1G在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG，则B1G不垂直于BC，则选项A不正确；连接AD1和BC1，由E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，可知EFBC1AD1，则平面AEF平面AA1D1DAD1，所以选项B正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则各点坐标如下：A(2,0,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,
8、2)，H(2,2,1)，F(1,2,0)，(0,2，1)，(1,2,0)，(1,0，1)，(0,0,2)，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，得x2，z2，得平面AEF的法向量为n(2,1,2)，所以n0，所以A1H平面AEF，则C选项正确；由图可知，AA1平面AFC，所以是平面AFC的法向量，则cos，n.平面EAF与平面AFC的夹角的大小不是，所以D不正确.7.【答案】A【解析】分别以BC，BA，BD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BDa，则A(0,1,0)，B(0,0,0)，E，D(0,0，a) ，(0，1，a)，cos，解得a2，该四面体的体
9、积为112.8.【答案】A【解析】如图，以D为坐标原点，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，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，所以(0,3,1)，(1,1，1)，(0,3，1)设平面D1EC的法向量为n(x，y，z)，则即即取y1，得n(2,1,3)因为cos，n，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.9.【答案】B【解析】由PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB平面PAD，取AD中点G，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意G(0,0,0)，A(1,0,0)，D(1，0,0)，B(1,2,0)，P(0,0,1
10、)，设F(1，y,0)，设xx(1,0,1)(x,0，x)，0x1，故E(x1,0，x)，(2x，y，x)又(1,0，1)，异面直线PA与EF成30的角，故|cos 30，即2，即y22(x1)2，0x1，故y2，又0y0，解得1，又因为动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，所以的取值范围为0.13.【答案】4【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，故(2,2,0)，(2,0，a)，(0,0，a)，设平面ACD1的一个法向量为n(x，y
11、，z)，则可取n，故cosn，又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，解得a4.14.【答案】【解析】因为AEEDAD11，所以AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，所以(1,2,0)，(0,2,1)，所以cos，所以AF与CE所成角的余弦值为.15.【答案】(1)证明PAAB，E为线段PB的中点，AEPB.PA底面ABCD，BC平面ABCD，PABC.底面ABCD为正方形，BCAB.又PAABA，PA，AB平面PAB，BC平面PAB.AE平面PAB，BCAE.PB
12、BCB，PB，BC平面PBC，AE平面PBC.EF平面PBC，AEEF，点F在线段BC上移动时，AEF为直角三角形(2)解如图，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，连接DF，令PA2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，E(1,0,1)，F(2,1,0)，D(0,2,0)，设平面AEF的法向量为m(x，y，z)，则可得取m(1，2，1)，设平面DEF的法向量为n(a，b，c)，则可得取n(1,2,3)，|cosm，n|，平面AEF与平面DEF夹角的余弦值为.16.【答案】(1)证明由已知可得AE2，AD1，A60.从而DE.故AD2DE2AE2，A1DDE，BDD
13、E.A1DB为二面角A1DEB的平面角又二面角A1DEB为直二面角，A1DB90，即A1DDB.DEDBD，且DE，DB平面BCED，A1D平面BCED.(2)解存在由(1)知EDDB，A1D平面BCED，以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，过P作PHDE交BD于点H，设PB2a(02a3)，则BHa，PHa，DH2a，易知A1(0,0,1)，P(2a，a，0)，E(0，0)，(a2，a，1)，DE平面A1BD，平面A1BD的一个法向量为(0，0)直线PA1与平面A1BD所成的角为60，sin 60，解得a.PB2a，满足02a3，符
14、合题意在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB.17.【答案】(1)证明依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，所以(0,1,1)，(2,0,0)，故0，所以BEDC.(2)解(1,2,0)，(2，2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)由点F在棱PC上，设(01)，故(12，22，2)由BFAC，得0，因此2(12)2(22)0，解得，即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0，3,1)为平面FAB的一个法向量易知向量n2(0,1,0)为平面ABP的一个法向量，则cosn1，n2.所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为.
