周练卷(六)(时间:90分钟 满分:120分)【选题明细表】知识点、方法题号空间向量的线性运算3,10空间向量的数量积及坐标运算2,5,9,14共线向量与共面向量1,13利用空间向量求角4,8,11,12,15,17,19,20利用空间向量证明平行、垂直6,17,19利用空间向量求距离7,16,18一、选择题(每小题5分,共60分)1.设直线l的方向向量为a=(1,-2,3),平面α的一个法向量为n=(x,y,-6),若l⊥α,则x-2y等于( C )(A)18 (B)6 (C)-10 (D)-18解析:因为l⊥α,所以a∥n,即(x,y,-6)=λ(1,-2,3),得x=-2,y=4.故x-2y=-10.故选C.2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,则BD→·AC1→等于( C )(A)1 (B)0 (C)3 (D)-3解析:BD→·AC1→=(AD→-AB→)·(AB→+AD→+AA1→)=AD→2-AB→2+(AD→-AB→)·AA1→=4-1+0=3.故选C.3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E→=14A1C1→,若AE→=xAA1→+y(AB→+AD→),则( D )(A)x=1,y=12 (B)x=12,y=1(C)x=1,y=13 (D)x=1,y=14解析:因为AE→=AA1→+A1E→=AA1→+14A1C1→=AA1→+14(AB→+AD→),所以x=1,y=14.故选D.4.(2018·甘肃秦安月考)已知向量a=(3,4,-3),b=(5,-3,1),则a,b的夹角是( C )(A)0° (B)45° (C)90° (D)135°解析:cos=3×5-4×3-3×19+16+9×25+9+1=0,所以a,b的夹角是90°.故选C.5.(2017·深圳高二期末)已知向量a=(2,1,4),b=(1,0,2),且a+b与ka-b互相垂直,则k的值是( D )(A)1 (B)15 (C)35 (D)1531解析:a+b=(3,1,6),ka-b=(2k-1,k,4k-2),因为a+b与ka-b互相垂直,所以3(2k-1)+k+6(4k-2)=0,解得k=1531,故选D.6.(2018·湖北四校期中)已知平面α的法向量为n=(2,-2,4),AB→=(-3,1,2),点A不在α内,则直线AB与平面α的位置关系为( D )(A)AB⊥α (B)AB⊂α(C)AB与α相交不垂直 (D)AB∥α解析:因为n·AB→=(2,-2,4)·(-3,1,2)=-6-2+8=0,所以n⊥AB→,因为点A不在α内,所以AB∥α.故选D.7.在直角坐标系xOy中,设A(2,2),B(-2,-3),沿y轴把坐标平面折成120°的二面角后,AB的长是( A )(A)37 (B)6 (C)35 (D)53解析:过A,B分别作y轴的垂线,垂足分别为C,D,则|AC→|=2,|BD→|=2,|CD→|=5,=60°,所以AB→2=(AC→+CD→+DB→)2=AC→2+CD→2+DB→2+2AC→·DB→+2AC→·CD→+2CD→·DB→=4+25+4+2×2×2cos 60°+0+0=37.|AB→|=37.故选A.8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是AD的中点,则异面直线A1B与C1E所成角的大小是( D )(A)π6 (B)π4 (C)π3 (D)π2解析:如图,建立空间坐标系,设正方体的棱长为2,则A1(0,0,2),B(2,0,0),C1(2,2,2),E(0,1,0),则A1B→=(2,0,-2),C1E→=(-2,-1,-2),因为A1B→·C1E→=-4+0+4=0,所以A1B→⊥C1E→,即异面直线A1B与C1E所成角为π2.9.在以下命题中,不正确的个数为( C )①|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件;②对a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb;③对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若OP→=2OA→-2OB→-OC→,则P,A,B,C四点共面;④|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|.(A)2 (B)3 (C)4 (D)1解析:|a|-|b|=|a+b|⇒a与b的夹角为π,故是充分不必要条件,故①不正确;b必须为非零向量,故②不正确;因为2-2-1≠1,由共面向量定理知,③不正确;④由向量的数量积的性质知,④不正确.故选C.10.设O-ABC是正三棱锥,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若OG→=xOA→+yOB→+zOC→,则(x,y,z)等于( A )(A)(14,14,14) (B)(34,34,34)(C)(13,13,13) (D)(23,23,23)解析:由G是OG1上一点,且OG=3GG1,可得OG→=34OG1→=34(OA→+AG1→)=34OA→+34AG1→,又因为G1是△ABC的重心,所以AG1=23[12(AB→+AC→)],所以OG→=34OA→+34×23[12(AB→+AC→)]=34OA→+14 [(OB→-OA→)+(OC→-OA→)]=14OA→+14OB→+14OC→,而OG→=xOA→+yOB→+zOC→,所以x=14,y=14,z=14,所以(x,y,z)=(14,14,14),故选A.11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为( B )(A)-105 (B)105 (C)-155 (D)155解析:建立如图空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),E(0,2,1).所以BD→=(-2,-2,0),BB1→=(0,0,2),BE→=(-2,0,1).设平面B1BD的法向量为n=(x,y,z).因为n⊥BD→,n⊥BB1→,所以-2x-2y=0,2z=0.所以x=-y,z=0.令y=1,则n=(-1,1,0).所以cos=n·BE→|n||BE→|=105,设直线BE与平面B1BD所成角为θ,则sinθ=|cos|=105.故选B.12.如图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为( D ) (A)36 (B)34 (C)33 (D)233解析:连接BD交AC于点O,则AC⊥BD,连接OF,则OF∥PA,因为PA⊥平面ABCD,所以OF⊥平面ABCD,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设PA=AD=AC=2,则OF=1,F(0,0,1),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0),所以BC→=(-3,1,0),BF→=(-3,0,1),BD→=(-23,0,0),DF→=(3,0,1),设平面BCF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则BC→·n1=0,BF→·n1=0,即-3x1+y1=0,-3x1+z1=0,令x1=1,得y1=3,z1=3,即n1=(1,3,3),设平面BDF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则BD→·n2=0,DF→·n2=0,所以-23x2=0,3x2+z2=0,令y2=1,则x2=0,z2=0,所以n2=(0,1,0),所以cos=n1·n2|n1||n2|=37×1=217,设二面角C-BF-D的平面角为θ,则cosθ=217,所以tanθ=233.故选D.二、填空题(每小题5分,共20分)13.已知A,B,C三点不共线,O是平面外任意一点,若由OP→=15OA→+23OB→+λOC→确定的点P与A,B,C三点共面,则 λ= . 解析:因为15+23+λ=1,所以λ=215.答案:21514.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k值是 . 解析:因为向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),所以ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),因为ka+b与2a-b互相垂直,则(ka+b)·(2a-b)=3(k-1)+2k-4=5k-7=0,解得k=75.答案:7515.(2017·上饶高二月考)如图ABCD-A1B1C1D1是正方体,B1E1=D1F1=14A1B1,则BE1与DF1所成角的余弦值是 . 解析:以D点为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1.由已知得D(0,0,0),B(1,1,0),E1(1,34,1),F1(0,14,1),BE1→=(0,-14,1),DF1→=(0,14,1),所以cos =BE1→·DF1→|BE1→||DF1→|=15161716×1716=1517,所以BE1与DF1所成角的余弦值为1517.答案:151716.(2017·江西临川二中期中)在四棱锥P-ABCD中,AB→=(4,-2,3),AD→=(-4,1,0),AP→=(-6,2,-8),则该四棱锥的高为 . 解析:四棱锥P-ABCD中,AB→=(4,-2,3),AD→=(-4,1,0),AP→=(-6,2,-8),设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB→=0,n·AD→=0,可得4x-2y+3z=0,-4x+y=0,不妨令x=3,则y=12,z=4,可得n=(3,12,4),则AP→=(-6,2,-8)在平面ABCD上的射影就是这个四棱锥的高h,所以h=|AP→| |cos|=|AP→·n|n||=|-18+24-32|13=2,所以该四棱锥的高为2.答案:2三、解答题(共40分)17.(本小题满分10分)如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.用向量方法证明与解答:(1)求证:AM∥平面BDE;(2)试判断段AC上是否存在一点P,使得直线PF与AD所成角为60°,并说明理由.(1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系.设AC∩BD=N,连接NE,则点N,E的坐标分别是(22,22,0),(0,0,1),所以NE→=(-22,-22,1),A,M坐标分别是(2,2,0),(22,22,1),所以AM→=(-22,-22,1),所以NE→=AM→且NE与AM不共线,所以NE∥AM.又因为NE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE.(2)解:设P(t,t,0)(0≤t≤2),得PF→=(2-t,2-t,1),因为DA→=(0,2,0),PF和AD所成的角是60°,所以cos 60°=|(2-t)·2|(2-t)2+(2-t)2+1·2解得t=22或t=322(舍去),即点P是AC的中点时满足题设.18.(本小题满分10分)已知正方。
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