安徽省滁州市定远县育才学校2021-2022学年高二上学期理科数学周测1（9月27日）（Word版含答案解析）

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l1∥l2，则m＋3n的值是(　　)
A．
－6
B．
6
C．
14
D．
－14
2.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A．
B．
C．
D．
3.已知点A(1－t,1－t，t)，B(2，t，t)，则A，B两点的距离的最小值为(　　)A．
B．
C．
D．
4.已知两平面的法向量分别为m＝(1，－1,0)，n＝(0,1，－1)，则两平面的夹角为(　　)A．
60°
B．
120°
C．
60°或120°
D．
90°
5.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．
D．
6.正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD,BB1的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．B1G⊥BC
B.平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1
C.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AB＝BC＝1，点E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角为θ，且cosθ＝，则该四面体的体积为(　　)A．
B．
C．
D．
8.如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)A．
B．
C．
D．
9.已知四棱锥P－ABCD，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．
D．
10.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D－AB－E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cosθ＝，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ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且AE＝AA1＝，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ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当∠APC为锐角时，λ的取值范围是________．
13.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1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，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，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P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点．
(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①)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．
(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P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)求证：BE⊥DC；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值．
答案解析
1.【答案】A
【解析】∵l1∥l2，∴a∥b，
则＝＝，
解得n＝－4，m＝6，
∴m＋3n＝6－12＝－6.
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(1－t,1－t，t)，B(2，t，t)，
所以|AB|2＝(1＋t)2＋(2t－1)2＋(t－t)2＝5t2－2t＋2，
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.【答案】A
【解析】|cos〈m，n〉|＝＝＝，
即〈m，n〉＝60°.
∴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||2＝2＝2＋2＋2－·＋·－·＝＋＋2－×1×1×＋1××－1××＝.
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EF∥BC1∥AD1，则平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，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(2,0,2)，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y＝1，得x＝2，z＝2，得平面AEF的法向量为n＝(2,1,2)，所以·n＝0，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BD＝a，
则A(0,1,0)，B(0,0,0)，E，D(0,0，a)
，
＝(0，－1，a)，＝，
cosθ＝
＝
＝，
解得a＝2，
该四面体的体积为××1×1×2＝.
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y＝1，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)，设F(1，y,0)，
设＝x＝x(1,0,1)＝(x,0，x)，0又＝(1,0，－1)，异面直线PA与EF成30°的角，
故|·|＝||·||cos
30°，
即2＝××，
即y2＝－2(x－1)2＋，0故y2∈，
又010.【答案】C
【解析】不妨设BC＝1，AB＝λ，则＝λ，记＝a，＝b，＝c，则＝b－a，＝c－b，根据题意，|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0，所以·＝－b2＝－λ2，而||＝，||＝，所以|cos〈，〉|＝＝＝，得λ＝.
11.【答案】
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，
E，
∴＝(0,1,2)，＝.
设平面EDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝－，y＝－2，
∴n＝.
∴点B到平面EDC1的距离d＝＝＝.
12.【答案】
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，C(0,1,0)，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
由＝λ得P(λ，λ，1－λ)，
则＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝(－λ，1－λ，λ－1)，
因为∠APC为锐角，
所以·＝(1－λ，－λ，λ－1)·(－λ，1－λ，λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)>0，
解得λ<或λ>1，
又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，
所以λ的取值范围为0≤λ<.
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DD1＝a，
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，z)，
则
可取n＝，
故cos〈n，〉＝＝＝，
又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，
∴＝，
解得a＝4.
14.【答案】
【解析】因为AE∶ED∶AD＝1∶1∶，
所以AE⊥ED，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AB＝EF＝CD＝2，
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　∵PA＝AB，E为线段PB的中点，
∴AE⊥PB.
∵PA⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，
∴PA⊥BC.
∵底面ABCD为正方形，
∴BC⊥AB.
又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
∴BC⊥平面PAB.
∵AE 平面PAB，
∴BC⊥AE.
∵PB∩BC＝B，PB，BC 平面PBC，
∴AE⊥平面PBC.
∵EF 平面PBC，
∴AE⊥EF，
∴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PA＝2，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)，
∴|cos〈m，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AE＝2，AD＝1，∠A＝60°.
从而DE＝＝.
故AD2＋DE2＝AE2，
∴A1D⊥DE，BD⊥DE.
∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角．
又二面角A1－DE－B为直二面角，
∴∠A1DB＝90°，
即A1D⊥DB.
∵DE∩DB＝D，且DE，DB 平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)解　存在．
由(1)知ED⊥DB，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PH∥DE交BD于点H，
设PB＝2a(0≤2a≤3)，
则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，
易知A1(0,0,1)，P(2－a，a，0)，E(0，，0)，
∴＝(a－2，－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＝.
∴PB＝2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意．
∴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BE⊥DC.
(2)解　＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设＝λ(0≤λ≤1)，
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得·＝0，
因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则
即
不妨令z＝1，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cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为.
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