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． －142.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⊥BCB.平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1C.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A
BCD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A
BCD，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A
1H∥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AF
C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PA
D，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 －x)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 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AC
D1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，D
B?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.第 12 页 共 13 页 |
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