高中数学人教版新课标B选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试同步练习题

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eq \a\vs4\al(1).设直线l1的方向向量为a＝(2，1，－2)，直线l2的方向向量为b＝(2，2，m)，若l1⊥l2，则m＝( )
A．1 B．－2
C．－3 D．3
解析：选D.l1⊥l2⇔a⊥b⇔2×2＋1×2＋(－2)×m＝0.
∴m＝3.
eq \a\vs4\al(2.)已知线段AB的两端点的坐标为A(9，－3，－4)，B(9，2，1)，则线段AB与哪个坐标平面平行( )
A．xOy B．xOz
C．yOz D．xOy与yOz
答案：C
eq \a\vs4\al(3.)设O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，1，2)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(3，2，8)，则线段AB的中点P的坐标为________．
答案：(2，eq \f(3,2)，5)
eq \a\vs4\al(4.)已知点M在平面ABC内，并且对空间任一点O，eq \(OM,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))，则x的值为________．
解析：∵M，A，B，C四点共面，∴x＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝1，得x＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
[A级 基础达标]
eq \a\vs4\al(1.)设两条直线所成角为θ(θ为锐角)，则直线方向向量的夹角与θ( )
A．相等 B．互补
C．互余 D．相等或互补
解析：选D.两直线方向向量夹角与θ可能相等，可能互补，取决于向量的方向．
eq \a\vs4\al(2.)已知A、B、C三点的坐标分别为A(4，1，3)、B(2，－5，1)、C(3，7，λ)，若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，则λ等于( )
A．28 B．－28
C．14 D．－14
解析：选D.eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，－6，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，6，λ－3)，
∵eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，∴eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0即2－36－2(λ－3)＝0，
∴λ＝－14，故选D.
eq \a\vs4\al(3.)l1的方向向量为v1＝(1，2，3)，l2的方向向量v2＝(λ，4，6)，若l1∥l2，则λ等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.因为l1∥l2，则v1∥v2，即eq \f(1,λ)＝eq \f(2,4)＝eq \f(3,6)，所以λ＝2.
eq \a\vs4\al(4.)已知两异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，若cs〈v1，v2〉＝－eq \f(1,2)，则l1与l2所成角为________．
解析：由cs〈v1，v2〉＝－eq \f(1,2)，则〈v1，v2〉＝120°，l1，l2所成角为其补角60°.
答案：60°
eq \a\vs4\al(5.)若eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CE,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．
解析：∵eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CE,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))、eq \(CE,\s\up6(→))共面．
∴AB∥平面CDE或AB⊂平面CDE.
答案：AB∥平面CDE或AB⊂平面CDE
eq \a\vs4\al(6.)已知A(2，1，0)，点B在平面xOz内，若直线AB的方向向量是(3，－1，2)，求点B的坐标．
解：设B(x，0，z)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(x－2，－1，z)，
由已知条件知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2＝λ×3,－1＝λ×（－1）（λ∈R），,z＝λ×2))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝5,z＝2)).即点B的坐标为(5，0，2)．
[B级 能力提升]
eq \a\vs4\al(7.)已知直线l1的方向向量a＝(2，4，x)，直线l2的方向向量b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值是( )
A．－3或1 B．3或－1
C．－3 D．1
解析：选A.|a|＝ eq \r(22＋42＋x2)＝6，∴x＝±4，
又∵a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，
∴y＝－1－eq \f(1,2)x，∴当x＝4时，y＝－3，
当x＝－4时，y＝1，∴x＋y＝1或－3.
eq \a\vs4\al(8.)正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为eq \r(2)，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选B.连接A1B，由正棱柱性质知，E1D∥A1B，连接A1C1，在Rt△A1AB中，A1A＝eq \r(2)，AB＝1，∴A1B＝eq \r(3)，
同理BC1＝eq \r(3)；在△A1B1C1中，
|eq \(A1C1,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋12－2×1×1×cs120°)＝eq \r(3).
故△A1BC1为等边三角形，∵E1D∥A1B，
∴∠A1BC1＝60°就是E1D与BC1所成的角，故选B.
eq \a\vs4\al(9.)已知直线l的方向向量v＝(2，－1，3)，且过A(0，y，3)和B(－1，2，z)两点，则y＝________，z＝________．
解析：由题意知，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，2－y，z－3)，v∥eq \(AB,\s\up6(→))，
∴eq \f(－1,2)＝eq \f(2－y,－1)＝eq \f(z－3,3)，∴y＝eq \f(3,2)，z＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2) eq \f(3,2)
eq \a\vs4\al(10.)已知正方体AC1中，O1为B1D1的中点，求证：BO1∥平面ACD1.
证明：以D为原点，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．
设正方体棱长为2，则A(2，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，O1(1，1，2)，
∴eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(CD1,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，
eq \(BO1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，
∴eq \(BO1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AD1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CD1,\s\up6(→))，
∴eq \(BO1,\s\up6(→))与eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(CD1,\s\up6(→))共面，
∴eq \(BO1,\s\up6(→))∥平面ACD1.
又∵BO1⊄平面ACD1，∴BO1∥平面ACD1.
eq \a\vs4\al(11.)(创新题)
如图所示，在三棱锥V­ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A、B、V分别在x、y、z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝θ.当θ＝eq \f(π,3)时，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．
解：易得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(1，1，0)．当θ＝eq \f(π,3)时，在Rt△VCD中，CD＝eq \r(2)，故V(0，0，eq \r(6))．
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq \(VD,\s\up6(→))＝(1，1，－eq \r(6))．
所以cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(VD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(VD,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(AC,\s\up6(→))||\(VD,\s\up6(→))|))＝eq \f(－2,2×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),4).
所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).