人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.1.1 空间向量及其运算课后复习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.1.1 空间向量及其运算课后复习题，共12页。试卷主要包含了【考点】空间向量的加减法，【考点】空间向量的数量积运算，【考点】异面直线及其所成的角等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，E为A1C1与B1D1的交点，F为BC1与B1C的交点，又AF⊥BE，则长方体的高BB1等于（ ）
A．22B．2C．22D．42
2．已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且 OA=a,OB=b,OC=c ，用a，b，c表示 MN ，则 MN 等于（ ）
A．12(b+c−a)B．12(a+b−c)
C．12(a−b+c)D．12(c−a−b)
3．若 {e1,e2,e3} 是空间的一个基底， a=e1+e2+e3 ， b=e1+e2−e3 ， c=e1−e2+e3 ， d=e1+2e2+3e3 ， d=xa+yb+zc ，则x，y，z的值分别为（ ）
A．52 ，-1，- 12B．52 ,1， 12
C．- 52 ，1，- 12D．52 ，1，- 12
4．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
5．已知向量 a=(0,2,1),b=(−1,1,−2) ，则 a 与 b 的夹角为（ ）
A．0∘B．45∘C．90∘D．180∘
6．已知三棱锥A-BCD的棱长都相等，E,F分别是棱AB,CD的中点，则EF与BC所成的角为 ( ) .
A．30°B．45°C．60°D．90°
7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列几种说法错误的是
A．A1C⊥BDB．D1C1⊥BC
C．AC1与DC成45°角D．A1C1与B1C成60°角
8．已知ABC−A1B1C1是各条棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点．点C1到平面AB1D的距离（ ）
A．24aB．28aC．324aD．22a
9．在棱长为3的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， E 为线段 AA1 中点，S为线段 C1D1 上靠近 D1 的三等分点，则异面直线 A1B 与 EF 所成角的余弦值为( )
A．114B．214C．314D．17
10．若向量 a 与 b 的夹角为 π3 ， |b|=4 ， (a+2b)⋅(a−3b)=−72 ，则 |a|+|b|= ( )
A．6B．10C．8D．12
二、填空题
11．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M．设 C1D1=a ， C1B1=b ， C1C=c ，用 a ， b ， c 表示向量 MB1 ，则 MB1 = ．
12．在正棱柱ABC﹣A1B1C1中，M为△A1B1C1的重心，若 AB = a ， AC = b ， AA1 = c ，则 AC1 = ， CM = ．
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 13 ，则正四棱柱的高为 ．
14．在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，给出以下向量表达式：
①(A1D1−A1A)−AB ；②(BC+BB1)−D1C1 ；
③(AD−AB)−2DD1 ；④(B1D1+A1A)+DD1 .
其中能够化简为向量 BD1 的是 ．
15．已知a→=(1-t,1-t,t),b→=(3,t,t)，则|a→-b→|的最小值
三、解答题
16．如图，在底面为菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=1，PB=PD= 2 ，点E在PD上，且 PEED =2．
（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）在棱PC上是否存在点F使得BF∥平面EAC？若存在，指出F的位置；若不存在，请说明理由．
17．如图， ABCD 是边长为3的正方形， DE⊥ 平面 ABCD ， AF//DE ， DE=3AF ， BE 与平面 ABCD 所成角为 60° .
（1）求证： AC⊥ 平面 BDE ；
（2）求二面角 F−BE−D 的余弦值.
18．如图，三棱锥A﹣BCD中，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=CD=4，AC=4 2 ，CD=4 3 ，∠ACB=45°，E，F分别为MN的中点．
（1）求证：EF∥平面ABD；
（2）求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.1.1 空间向量及其运算
参考答案与试题解析
一．选择题
1.【考点】空间向量的数量积运算
【分析】如图所示，分别以DA,DC,DD为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，E(2,2,h)，F(2,4,)。所以=（－2，4，)，=(－2,－2,h),而，所以=（－2，4，)·(－2,－2,h)=4－8+=0，解得h=。
故选C。
2.【考点】空间向量的加减法
【解答】解：由题意知 MN=ON−OM
= 12OC ﹣ 12(OA+OB)
∵OA=a,OB=b,OC=c
∴MN=12(c−a−b)
故选D．
3.【考点】空间向量的基本定理及其意义；空间向量的加减法
【解答】 d=xa+yb+zc=x(e1+e2+e3)+y(e1+e2−e3)+z(e1−e2+e3)=(x+y+z)e1+(x+y-z)e2+(x-y+z)e3=e1+2e2+3e3 ，
由空间向量基本定理，得 x+y+z=1x+y−z=2x−y+z=3∴x= 52 ，y=-1，z=- 12 .
故选A
4.【考点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点 O 为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2
则 A(1,0,2),B(0,1,2),C(0,2,1),D(1,2,0)
AB=(−1,1,0) ， CD=(1,0,−1) ，设异面直线AB与CD所成角为 θ
所以 csθ=|AB⋅CD||AB|⋅|CD|=12⋅2=12 ，故 θ=60∘
故答案为：C
5.【考点】空间向量的数量积运算
【解答】∵a⋅b= （0，2，1）（﹣1，1，﹣2）＝0×（﹣1）+2×1+1×（﹣2）＝0，
∴a⊥b ，
∴a 与 b 的夹角： π2 ，
故答案为：C．
6.【考点】异面直线及其所成的角
【解答】如图，设G是AC的中点，连接EG、GF，
∴EG∥BC、GF∥AD（三角形的中位线平行于第三边的一半)，
∵EG与BC在同一平面上，EG∥BC，
∴∠GEF的大小就等于EF与BC所成的角的大小．
又∵三棱锥A-BCD是棱长都相等的正三棱锥，所以BC⊥AD，
∵EG∥BC、GF∥AD，∴∠EGF=90°，
EG=BC/2；GF=，（三角形的中位线平行于第三边的一半)
又∵BC=AD（棱长都相等)，∴EG=GF，
∴△EGF是等腰直角三角形，
∴∠GEF=45°，
∴EF与BC所成的角为45°．
故选B．
7.【考点】异面直线及其所成的角
【解答】如图，
A选项中A1C在平面ABCD上的投影为AC，而AC⊥BD，故A1C⊥BD，A正确
B选项中，，故D1C1⊥BC，B正确
C选项中CD//C1D1,故，AC1与C1D1成角不是45°，
故选择C。
8.【考点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则
=
== ．
故选A
9.【考点】异面直线及其所成的角；空间向量的数量积运算
【解答】如图建立空间直角坐标系，则知 A1(3,0,0) ， B(3,3,3) ， E(3,0,32) ， F(0,1,0) ，
所以 A1B=(0,3,3) ， EF=(−3,1,−32) ，
所以 |cs〈A1B,EF〉|=|A1B⋅EF|A1B|⋅|EF||=|3−9232×72|=214 .
故答案为：B.
10.【考点】平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角
【解答】解：∵向量a→与b→的夹角为60∘,b→=4,且(a→+b→)·(a→−3b→)=−72
∴a→2−a→·b→−6b→2=−72即a→2−a→b→cs60∘−6b→2=−72
∴a→2−2a→−24=0,解得a→=6,a→+b→=10。
故答案为：B
二．填空题
11.【考点】空间向量的加减法
【解答】解：平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中， C1D1=a ， C1B1=b ， C1C=c ，
∴MB = 12DB = 12 （ DA + DC ）= 12 （ C1B1 ﹣ C1D1 ）= 12 （ b ﹣ a ），
BB1 =﹣ C1C =﹣ c ；
∴向量 MB1 = MB + BB1 = 12 （ b ﹣ a ）﹣ c =﹣ 12a + 12b ﹣ c ．
故答案为：﹣ 12a + 12b ﹣ c ．
12.【考点】空间向量的概念
【解答】解：∵在正棱柱ABC﹣A1B1C1中，M为△A1B1C1的重心，
AB = a ， AC = b ， AA1 = c ，
∴AC1 = AC+CC1 = b+c ，
CM = CC1+C1M = c+23C1D = c+23 × 12 （ C1A1+C1B1 ）
= c+13 （﹣ b + AB−AC ）
= c + 13 （﹣ b+a−b ）
= c+a3−2b3 ．
故答案为： b + c ， c+a3−2b3 ．
13.【考点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线与平面的夹角
【解答】解：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 AC=(−2,2,0) ， AD1=(−2,0,a) ， CC1=(0,0,a) ，
设平面 ACD1 的一个法向量为 n=(x,y,z) ，则 n⋅AC=−2x+2y=0n⋅AD1=−2x+az=0 ，可取 n=(1,1,2a) ，
故 cs=n⋅CC1|n||CC1|=2a⋅4a2+2=22a2+4 ，
又直线 CC1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 13 ，
∴22a2+4=13 ，解得 a=4 ．
故答案为：4．
14.【考点】空间向量的加减法
【解答】①中， (A1D1−A1A)−AB=AD1−AB=BD1 ；
②中， (BC+BB1)−D1C1=BC1−D1C1=BD1 ；
③中， (AD−AB)−2DD1=BD−2D1D1≠BD1 ；
④中， (B1D1+A1A)+DD1=B1D+DD1=B1D1≠BD1 ．
故答案为①②
15.【考点】空间向量的加减法
【解答】
=，
∴当t=﹣1时，|AB|有最小值5，
故答案为：5．
三．解答题
16.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解答】证明：（Ⅰ）∵因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
所以AB=AD=AC=1，
在△PAB中，由PA2+AB2=2=PB2，知PA⊥AB．
同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD．
（Ⅱ）取PE的中点M，PC的中点F，连接BD交AC于O，连接OE，BM，BF，则FM∥CE①
∵菱形ABCD，∴O是BD的中点
∵PEED =2，∴E是PD的三等分点
∴M是PE的中点，E是MD的中点，
∴BM∥OE．②
由①、②知，平面BFM∥平面AEC．
又BF⊂平面BFM，所以BF∥平面AEC
17．【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解答】（1）证明：因为 DE⊥ 平面 ABCD ， AC⊂ 面 ABCD ，所以 DE⊥AC .
因为 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD
又 DE∩BD=D ， DE⊂ 面 BDE ， BD⊂ 面 BDE ，故 AC⊥ 平面 BDE
（2）解：因为 DA,DC,DE 两两垂直，建立空间直角坐标系 D−xyz 如图所示.
因为 ED⊥ 平面 ABCD ，且 EB 与平面 ABCD 所成角为 60° ，即 ∠DBE=60° ，
所以 EDDB=3 ，由已知 AD=3 ，可得 DE=36 ， AF=6 .
则 A(3,0,0) ， F(3,0,6) ， E(0,0,36) ， B(3,3,0) ， C(0,3,0) ，
所以 BF→=(0,−3,6) ， EF→=(3,0,−26) .
设平面 BEF 的法向量为 n→=(x,y,z) ，则 n⋅BF=0n⋅EF=0 ，即 −3y+6z=03x−26z=0 .
令 z=6 ，则 n→=(4,2,6)
因为 AC⊥ 平面 BDE ，所以 CA→ 为平面 BDE 的法向量， CA→=(3,−3,0) .
所以 cs〈n→,CA→〉=n→⋅CA→|n→|⋅|CA→|=626×32=1313 .
因为二面角为锐角，所以二面角 F−BE−D 的余弦值为 1313 .
18．【考点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解答】（1）证明：连接E，F，
∵E，F分别为AC，CD的中点，∴EF∥AD，
又AD⊂平面ADB，EF⊄平面ADB，∴EF∥面ABD
（2）解：取BC中点G，过点G作BF的垂线GH，点H为垂足，
∵AB=4，AC=4 2 ，∠ACB=45°，
∴由AB2=AC2+BC2﹣2AC•BC•cs45°，得16=32+BC2﹣8BC，即BC=4．
∴AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，且平面ABC∩平面BCD=BC，
∴AB⊥平面BCD，则EG⊥平面BCD，EG⊥BF，
又GH⊥BF，∴BF⊥平面EGH，则BF⊥EH，即∠EHG为二面角E﹣BF﹣C的平面角．
∵BD=4，BC=4，CD=4 3 ，∴BF= ．
则∠CBF=60°，∴GH=2× ．
Rt△EGH中， ．