高中数学1.2.1 空间中的点、直线与空间向量随堂练习题

这是一份高中数学1.2.1 空间中的点、直线与空间向量随堂练习题，共13页。试卷主要包含了【考点】直线的方向向量，【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．在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， O 是底面 A1B1C1D1 的中心， E 是棱 AB 上的点，且 AE=14AB ，记直线 OE 与直线 BC 所成角为 α ，直线 OE 与平面 ABCD 所成角为 β ，二面角 O−AB−C 的平面角为 γ ，则（ ）
A．α<β<γB．β<α<γC．β<γ<αD．γ<β<α
2．如图所示，平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 中，以顶点 A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为 60° .求 BD1 与 AC 夹角的余弦值是（ ）
A．33B．66C．217D．213
3．已知S是边长为1的正三角形ABC所在平面外一点，且SA=SB=SC=1，M,N分别是AB,SC的中点，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为（ ）
A．−23B．23C．33D．−33
4．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，E是CD中点，则∠AED的大小为（ ）
A．45°B．30°C．60°D．90°
5．如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，若 M 是线段 A1C1 上的动点，则下列结论不正确的是( )
A．三棱锥 M−ABD 的正视图面积是定值
B．异面直线 CM ， AB 所成的角可为 π3
C．异面直线 CM ， BD 所成的角为 π2
D．直线 BM 与平面 ABCD 所成的角可为 π3
6．直线3x+2y+5=0的一个法向量为（a，a﹣2），则a的值为（ ）
A．3B．6C．-3D．-6
7．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=1，线段AC1的三个视图所在的直线所成的最小角的余弦值为（ ）
A．15B．25C．55D．105
8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AD的中点，则异面直线C1E与BC所成的角的余弦值是（ ）
A．105B．1010C．13D．223
9．如图，边长为4正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC中点，将△AED，△DCF沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点P，点M在平面EFD内，且PM＝2，则直线PM与BF夹角余弦值的最大值为（ ）
A．13B．33C．23D．53
10．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
二、填空题
11．直线y=1与直线 y=3x+3 的夹角是 .
12．已知直线l，m的方向向量分别是 a =（1，1，0）， b =（﹣1，t，2），若l⊥m，则实数t的值是
13．已知a→=(2,-1,x),b→=(3,2,-1)，若a→⊥b→则实数x=
14．设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，记 D1PD1B=λ ．当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是 ．
15．直线l的一个方向向量d→=(1,2)，则l与直线x﹣y+2=0的夹角为 ．（结果用反三角函数值表示）
三、解答题
16．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=60°，∠BAC=90°，AD是BC上的高，沿AD将△ABC折成600的二面角B﹣AD﹣C，如图2．
（1）证明：平面ABD⊥平面BCD．
（2）设E为BC的中点，BD=2，求异面直线AE与BD所成的角的大小．
17．如图，在斜三棱柱 ABC−A1B1C1 中，已知 ΔABC 为正三角形，D，E分别是 AC ， CC1 的中点，平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC ， A1E⊥AC1 .
（1）求证： DE// 平面 AB1C1 ；
（2）求证： A1E⊥ 平面 BDE .
18．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为正三角形，AB=A1A=a，BA1=AC，A1C⊥AB．
（I）求证：AA1⊥BC；
（II）把四棱锥A1﹣BCC1B1绕直线BC旋转一个角到A′﹣BB′C′C，使平面ABC与BB′C′C重合，求该旋转角的余弦值．
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
参考答案与试题解析
选择题
1.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解答】解：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，
设正方体 ABCD−A1B1C1D1 中棱长为4，
则 O(2，2，4)，E(4，1，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，A(4，0，0) ，
OE＝(2，−1，−4) ， BC＝(−4，0，0) ，
csα＝|OE⋅BC||OE|⋅|BC| ＝ 821⋅4 ＝ 221 ，
平面 ABCD 的法向量 n＝(0，0，1) ，
∴sinβ＝|OE⋅n||OE|⋅|n| ＝ 421 ，∴csβ＝1−(421)2 ＝ 521 ，
OB＝(2，2，−4) ， OA＝(2，−2，−4) ，
设平面 OAB 的法向量 m＝(x，y，z) ，
则 m⋅OA=2x−2y−4z=0m=OB=2x+2y−4z=0 ，取 x＝2 ，得 m＝(2，0，1) ，
csγ＝|m⋅n||m|⋅|n| ＝ 15 ，
∵csα故答案为：C.
2.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】由题意 AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=1×1×cs60°=12 ．
以 AB,AD,AA1 为空间向量的基底， AC=AB+AD ， BD1=AD1−AB=AD+AA1−AB ，
AC⋅BD1=(AB+AD)⋅(AD+AA1−AB)=AB⋅AD+AB⋅AA1−AB2+AD2+AD⋅AA1−AB⋅AD=1 ，
|AC|=(AB+AD)2=AB2+2AB⋅AD+AD2=3 ，
|BD1|=(AD+AA1−AB)2=AD2+AA12+AB2+2AD⋅AA1−2AD⋅AB−2AA1⋅AB=2 ，
∴cs=AC⋅BD1|AC|⋅|BD1|=13⋅2=66 ．∴BD1 与 AC 夹角的余弦值为 66 ．
故答案为：B．
3.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】由已知，这是一个正四面体，由平面几何知识，||=||=。
如图，因为分别是的中点，
所以=,==,
=·=
==－
所以C==，
故选B。
4.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】解：由题意画出图形，如图，
设正方形的边长为：2，
折叠前后AD=2，DE=1，连接AC交BD于O，连接OE，则OE=1，AO=2，
因为正方形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，
AO⊥BD，所以AO⊥平面BCD，所以AO⊥OE，
在△AOE中，AE=AO2+OE2=3
又AD=2，ED=1，所以DE2+AE2=AD2，
所以∠AED=90°．
故选D．
5.【考点】简单空间图形的三视图；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解答】解：
对于 A ，三棱锥 M−ABD 的主视图为三角形，底边为 AB 的长，高为正方体的高，故棱锥的主视图面积不变，故 A 正确；
对于 B ，分别以 AB ， AD ， AA1 为坐标轴，以 A 为原点建立空间直角坐标系，
设正方体边长为1， M(a,a，1) ， B（1，0，0） ， A（0，0，0） ， C（1，1，0） ，
∴CM=(a−1,a−1，1) ， AB=（1，0，0） ，∴csCM,AB=a−12(a−1)2+1 ，当 a−12(a−1)2+1=−12 时，方程有解， ∴异面直线 CM ， AB 所成的角可为 π3 ，B符合题意．
对于 C ，连结 AC ， BD ， A1C ，则 BD⊥AC ，∵AC∥A1C1 ，∴BD⊥A1C1 ，
又∵BD⊥CC1 ，于是 BD⊥ 平面 A1C1C ，∵CM⊂ 平面 A1C1C ，∴BD⊥CM ，C符合题意；
对于 D ，结合B中的坐标系，可得面 ABCD 的法向量为 n=(0,0,1) ， BM=(a−1,a,1) ，
所以 csn,BM=1(a−1)2+a2+1 ，令 csn,BM=1(a−1)2+a2+1=32 ，方程无解，即直线 BM 与平面 ABCD 所成的角可为 π3 是错误的，
故答案为：D.
6.【考点】直线的方向向量
【解答】解：直线3x+2y+5=0的一个方向向量为（﹣2，3），法向量为（a，a﹣2），
∴﹣2a+3（a﹣2）=0，
解得a=6．
故选：B．
7.【考点】异面直线及其所成的角
【解答】解：如图，线段AC1的三个视图所在的直线分别为AC，DC1，AD1，
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，
A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），D（0，0，0），C1（0，2，1），
AC =（﹣2，2，0）， DC1 =（0，2，1）， AD1 =（﹣2，0，1），
设直线AC与DC1所成角为α，AC与AD1所成角为β，DC1与AD1所成角为γ，
则csα= |AC⋅DC1||AC|⋅|DC1| = 48⋅5 = 105 ，
csβ= |AC⋅AD1||AC|⋅|AD1| = 48⋅5 = 105 ，
csγ= |DC1⋅AD1||DC1|⋅|AD1| = 15⋅5 = 15 ．
∴线段AC1的三个视图所在的直线所成的最小角的余弦值为 105 ．
故选：D．
8.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系如图
设正方体的棱长为2，得
C1（0，2，2），E（1，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0）
∴C1E→=（1，﹣2，﹣2），BC→=（﹣2，0，0）
因此，得到，
|BC→|=2，且C1E→•BC→=1×（﹣2）+（﹣2）×0+（﹣2）×0=﹣2
∴cs＜C1E→，BC→＞=
∵异面直线C1E与BC所成的角是锐角或直角
∴面直线C1E与BC所成的角的余弦值是13
故选：C.
9.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】取 EF 中点 G ，连接 PG,DG ，且 DG 延长线过 B 点，
因为 DP⊥PF,DP⊥PE ， PF∩PE=P ，所以 DP⊥ 平面 PEF ，
根据对称性可知 P 在底面 EFD 平面内的射影点必在 GD 上，记为 O 点，
以 O 为坐标原点， OB 方向为 x 轴，过 O 点垂直于 OB 方向为 y 轴， OP 方向为 z 轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为 PE=PF=2,EF=22+22=22 ，所以 EF2=PE2+PF2=8 ，
所以 △PEF 为等腰直角三角形，所以 PG=12EF=2 ，
又因为 PD=4,DG=32,PD⊥DG ，所以 PO=PD⋅PGDG=43 ，所以 GO=PG2−PO2=23 ，
又因为 BG=2,GF=12EF=2 ，所以 B(423,0,0),F(23,2,0),P(0,0,43) ，
设 M(m,n,0) ，因为 PM=2 ，所以 m2+n2+169=4 ，所以 m2+n2=209 ，
又因为 BF=(−2,2,0) ， PM=(m,n,−43) ，
所以 |cs|=|BF⋅PM||BF|⋅|PM|=|2(n−m)2⋅m2+n2+169|=|2(n−m)4| ，
不妨设 m=253csθ,n=253sinθ ，所以 |cs|=|2⋅253(sinθ−csθ)4|=|53sin(θ−π4)| ，
所以 |cs|=|53sin(θ−π4)|≤53 ，取等号时 |sin(θ−π4)|=1 ，
所以直线PM与BF夹角余弦值的最大值为 53 ，
故答案为：D.
10.【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
二.填空题
11.【考点】两直线的夹角与到角问题；直线的方向向量
【解答】直线 y=1 的方向向量为 m=(1,0) ，直线 y=3x+3 的方向向量为 n=(1,3) ，
cs〈m,n〉=1×1+0×31×2=12 ，可得 〈m,n〉=π3 ，
所以直线y=1与直线 y=3x+3 的夹角是 π3 ，
故答案为： π3 .
12.【考点】直线的方向向量
【解答】解：∵直线l，m的方向向量分别是 a =（1，1，0）， b =（﹣1，t，2），l⊥m，
∴ =﹣1+t=0，
解得t=1．
故答案为：1．
13.【考点】空间向量的数量积运算
【解答】解：∵a→=(2,-1,x),b→=(3,2,-1)，若a→⊥b→
∴a→·b→=6﹣2﹣x=0，
解得x=4．
∴实数x的值为4．
故答案为：4．
14.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】解：由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，
则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1）
∴ =（1，1，﹣1），∴ =（λ，λ，﹣λ），
∴ = + =（﹣λ，﹣λ，λ）+（1，0，﹣1）=（1﹣λ，﹣λ，λ﹣1）
= + =（﹣λ，﹣λ，λ）+（0，1，﹣1）=（﹣λ，1﹣λ，λ﹣1）
显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cs∠APC＜0
∴PA⋅PC<0
∴（1﹣λ）（﹣λ）+（﹣λ）（1﹣λ）+（λ﹣1）2=（λ﹣1）（3λ﹣1）＜0，得 13 ＜λ＜1
因此，λ的取值范围是（ 13 ，1）
故答案为：（ 13 ，1）
15.【考点】直线的方向向量
【解答】解：∵直线x﹣y+2=0的方向向量是（1，1），又直线l的一个方向向量d→=(1,2)，
∴直线l与x﹣y+2=0的夹角的余弦值是32×5=31010，
∴直线l与x﹣y+2=0的夹角大小为arccs31010．
故答案为：arccs31010．
三．解答题
16.【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定
【解答】（1）解：证明：∵AD是BC上的高，沿AD将△ABC折成600的二面角B﹣AD﹣C，
∴AD⊥BD，AD⊥CD，且 AD∩CD=D，∴AD⊥平面BCD．
又AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD
（2）解：取CD的中点F，连接EF，则EF∥BD，∠AEF为异面直线AE与BD所成的角（或其补角）．
在Rt△ABC中，∠ABC=60°，∠BAC=90°，BD=2，∴EF=1，AD=BD•tan∠ABC=2 3 ，
CD=AD•ct30°=6，∴DF=3，AF= AD2+DF2 = 21 ．
△BCD中，由题意，∠BDC=60°，∴BC= BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC =2 7 ，BE= 7 ，
cs∠CBD= BD2+BC2−CD22BD⋅BC =﹣ 127 ，∴DE= BD2+BE2−2BD⋅BE⋅cs∠CBD =13，
AE= AD2+DE2 =5，
△AEF中，由余弦定理可得cs∠AEF= AE2+EF2−AF22AE⋅EF = 12 ，∴异面直线AE与BD所成的角的大小为60°
17.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解答】（1）证明：∵D ， E 分别是 AC ， CC1 的中点
∴DE//AC1
∵DE⊄ 平面 AB1C1 ， AC1⊂ 平面 AB1C1
∴DE// 平面 AB1C1 .
（2）证明：∵ΔABC 为正三角形，且D是 AC 的中点
∴BD⊥AC
∵平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC ，且平面 AA1C1C∩ 平面 ABC=AC ， BD⊂ 平面 ABC
∴BD⊥ 平面 AA1C1C
∵A1E⊂ 平面 AA1C1C
∴BD⊥A1E
∵A1E⊥AC1 且 DE//AC1
∴A1E⊥DE
∵DE ， BD⊂ 平面 BDE ，且 DE∩BD=D
∴A1E⊥ 平面 BDE .
18.【考点】直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解答】证明：（I）过A1作A1H⊥底面ABC，H为垂足，连接CH、BH、AH，
A1B⊥AC，A1H⊥AC，A1B与A1H相交，
∴AC⊥面A1BH，
又BH在面A1BH内，∴BH⊥AC，
同理CH⊥AB，∴H为△ABC的垂心
∴AH⊥BC，又A1H⊥BC，AH与A1H相交，
∴BC⊥面A1AH．又A1A在面A1AH内，
∴AA1⊥BC．
解：（II）由题知所求旋转过的角就是二面角B1﹣BC﹣B′，
∵AA1∥BB1，由（I）知BB1⊥BC，从而BB′⊥BC，
∴∠B1BB′ 为二面角 B1−BC−B′ 的平面角
又BB′∥AH（在底面内AH，BB′同时垂直于BC），
∴∠B1BB′ =∠A1AH（ ∠B1BB′ 和∠A1AH的两边分别平行，且方向相同）．
∵AB=AA1=a，又H为△ABC的垂心，△ABC为正三角形，
∴H为△ABC的中心，在Rt△A1AH中，
cs∠A1AH= AHAA1 = 23×(32a)a = 33 ，
∴cs ∠B1BB′ = 33 ．
即所求旋转过的角的余弦值为 33 ．