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
一、单选题
1．已知正方体 ABCD EFGH （如图），则（ ）
A．直线CF与GD所成的角与向量所成的角
B．向量 FD→ 是平面ACH的法向量
C．直线CE与平面ACH所成角的正弦值与 cos
D．二面角 A FH C 的余弦值等于 12
2．若a→=(x,2,0),b→=(3,2-x,x2)，且a→与b→的夹角为钝角，则x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣4 B．﹣4＜x＜0 C．0＜x＜4 D．x＞4
3．在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点，则 EF 与 A1D 所成角的大小为（ ）
A．60 B．90 C．45 D．75
4．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点．那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于 ( )．
A．23 B．105 C．45 D．155
5．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（ ）
A．1 B．2 C．2 12 D．2+12
6．过点 ( 1,0) ，且与直线 x+15=y+1 3 有相同方向向量的直线的方程为（ ）
A．3x+5y 3=0 B．3x+5y+3=0 C．3x+5y 1=0 D．5x 3y+5=0
7．下列命题：
①两个相交平面组成的图形叫做二面角；
②异面直线a，b分别和一个二面角的两个面垂直，则a，b所成的角与这个二面角相等或互补；
③二面角的平面角是从棱上一点出发，分别在两个面内作射线所成角的最小角；
④二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系，其中正确的是( )
A．①③ B．②④ C．③④ D．①②
8．如图在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱AB，BC，BB1两两垂直且长度相等，点P在线段A1C1上运动，异面直线BP与B1C所成的角为θ，则θ的取值范围是（ ）
A．π3≤θ≤π2 B．0<θ≤π2
C．π3≤θ<π2 D．0<θ≤π3
9．如图，直三棱柱 ABC A1B1C1 中， AC⊥BC ， AC=BC=AA1=2 ，点Q为 A1B 的中点，若动点P在直线 B1C1 上运动时，异面直线AB与PQ所成角的最小值为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．无法确定
10．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是（ ）
A．AD1 B1C B．BD1 AC
C．AB AD1 D．BD1 BC
二、填空题
11．经过点P（3，2）且以d→=（1，﹣2）为方向向量的直线l的点方向式为
12．直线 2x y+1=0 的一个法向量为 .
13．已知向量 a =（2，﹣1，3）， b =（﹣4，2，x），使 a ⊥ b 成立的x值为 ．
14．在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 M，N 分别是 AA1，BB1 的中点，则 CM 和 D1N 所成角的余弦值为 ．
15．若直线 l 过点 A(1,0),B(2,3) ，则它的点法向式方程为 .
三、解答题
16．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别是A1B，A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）平面A1FD⊥平面BB1C1C．
17．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2，AD= 3 ，∠DAB= π6 ，PD⊥AD，PD⊥DC．
（Ⅰ）证明：BC⊥平面PBD；
（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣D为 π3 ，求AP与平面PBC所成角的正弦值．
18．在三棱锥S﹣ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，平面SAC⊥平面ABC， SA=SC=3 ，E，F分别为AB，SB的中点．
（1）证明：AC⊥SB；
（2）求锐二面角F﹣CE﹣B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】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角；二面角的平面角及求法
【解答】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则
A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),E(1,0,1),F(1,1,1),G(0,1,1),H(0,0,1) ，
对于A，连接 AF,FC,AC ，因为 △AFC 为等边三角形，所以异面直线CF与GD所成
的角为 ∠AFC=60 ，而 CF=(1,0,1),GD=(0, 1, 1) ，所以
cos
对于B， FD=( 1, 1, 1) ， AC=( 1,1,0),AH=( 1,0,1) ，
则 FD AC=( 1)×( 1) 1×1=0 ， FD AH=( 1)×( 1) 1×1=0 ，所以
FD⊥AC ， FD⊥AH ，即 FD⊥AC ， FD⊥AH ，又 AC∩AH=A ，所以
FD⊥ 平面 ACH ，所以向量 FD 是平面ACH的法向量，B符合题意；
对于C，设直线CE与平面ACH所成角为 θ ， CE=(1, 1,1),FD=( 1, 1, 1) ，
所以 sinθ=|cos
对于D，连接 EG,FH ，设 EG∩FH=M ，连接 AM,CM ，
因为 AH=AF,CH=CF ，M为中点，所以 AM⊥FH,CM⊥FH ，
所以 ∠AMC 为 A FH C 的二面角，易得 M(12,12,1) ，
MA=(12, 12, 1),MC=( 12,12, 1) ，所以 cos
所以D不符合题意.
故答案为：B
2.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】∵a→与b→的夹角为钝角
∴a→ b→＜0，且a→与b→不共线，
即3x+2（2﹣x）＜0且（x，2，0）≠λ（3，2﹣x，x2）
解得x＜﹣4
故选A.
3.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】 如图以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2，易得E（2，2，1），F（1，1，2），D（0，0，0），A1（2，0，2）， EF=( 1, 1,1) ， DA1=(2,0,2) ，∵EF DA1= 2+2=0
∴EF⊥DA1 ，
故答案为：B.
4.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0,2,1)，D1(0,0,2)，F(1,0,0)， OE ＝(－1,1,1)， FD1 ＝(－1,0,2)，∴OE · FD1 ＝3，| OE |＝ 3 ，| FD1 |＝ 5 ，
∴cos〈 OE ， FD1 〉＝ 33 5 ＝ 155 ，
即OE与FD1所成的角的余弦值为 155 。
5.【考点】简单空间图形的三视图
【解答】解：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为2．
因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积的范围为[1,2]．
因此可知：A，B，D皆有可能，而2 12＜1，故C不可能．
故选C．
6.【考点】直线的点斜式方程；直线的方向向量
【解答】由 x+15=y+1 3 可得，3x+5y+8＝0，即直线的斜率 35 ，
由题意可知所求直线的斜率k = 35 ，
故所求的直线方程为y = 35 （x+1）即3x+5y+3＝0．
故答案为：B．
7.【考点】异面直线及其所成的角；二面角的平面角及求法
【解答】对于①，显然混淆了平面与半平面的概念，是错误的；对于②，由于a，b分别垂直于两个面，所以也垂直于二面角的棱，但由于异面直线所成的角为锐角(或直角)，所以应是相等或互补，是正确的；对③，因为不垂直于棱，所以是错误的；④是正确的，
故答案为：B．
8.【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
则B（0，0，0），C（0，1，0），B1（0，0，1）
设P（﹣a，1﹣a，1）（0＜a≤1），则BP→=（﹣a，1﹣a，1），B1C→=（0，1，﹣1）
∴cosθ=
∵0<θ≤π2
∴π3≤θ<π2
∴θ的取值范围是．
故选C．
9.【考点】二次函数在闭区间上的最值；异面直线及其所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解答】因为在直三棱柱 ABC A1B1C1 中， AC⊥BC ，
所以 CA,CB,CC1 两两互相垂直，
所以分别以 CA,CB,CC1 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图：
因为 AC=BC=AA1=2 ，
所以 A(2,0,0) ， B(0,2,0) ， A1(2,0,2) ，
所以 Q(1,1,1) ，设 P(0,y,2) ，
则 AB=( 2,2,0) ， PQ=(1,1 y, 1) ，
设异面直线AB与PQ所成角为 θ ，
则 cosθ=|cos
= |AB PQ|AB||PQ||=| 2×1+2(1 y) 0×14+4+0×1+(1 y)2+1|
=|y|2y2 2y+3=12y2 2y+3y2
=123y2 2y+1=123(1y 13)2+23
≤1223=32 （当且仅当 y=3 时等号成立）
又 θ∈(0,π2) ，且 y=cosθ 在 (0,π2) 内递减，
所以 θ∈[π6,π2) ，
所以异面直线AB与PQ所成角的最小值为30°.
故答案为：A.
10.【考点】空间向量的数量积运算
【解答】解：选项A，当四边形ADD1A1为正方形时，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有 AD1 B1C =0；
选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，可得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有 BD1 AC =0；
选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有 AB AD1 =0；
选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，
故BC与BD1不可能垂直，即 BD1 BC ≠0．
故选：D
二．填空题
11.【考点】直线的方向向量
【解答】解：∵直线l经过点P（3，2）且以d→=（1，﹣2）为方向向量，
故直线l的点向式方程为：x-3=y 2 2，
即x-3=y 2 2，
故答案为：x-3=y 2 2
12.【考点】直线的方向向量
【解答】直线 2x y+1=0 的斜率为2，故与其垂直的直线的斜率为 12 ，故直线 2x y+1=0 的一个法向量为（2，-1）.
故答案为：（2，-1）.
13.【考点】空间向量的数量积运算
【解答】解：∵向量 a =（2，﹣1，3）， b =（﹣4，2，x）， a ⊥ b ，
∴a b =﹣8﹣2+3x=0，
解得x= 103 ．
故答案为： 103 ．
14.【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】以 D 为原点可建立如下图所示的空间直角坐标系
设正方体棱长为 2 ，则 C(0,2,0) ， M(2,0,1) ， D1(0,0,2) ， N(2,2,1)
∴CM=(2, 2,1) ， D1N=(2,2, 1)
∴|cos
即异面直线 CM 与 D1N 所成角的余弦值为 19
故答案为： 19
15.【考点】直线的方向向量
【解答】因为直线 l 过点 A(1,0),B(2,3) ，且 AB=(1,3) ，
所以直线 l 的一个法向量为 n=( 3,1) ，
所以该直线的点法向式方程为-3(x-1)+y=0.
故答案为：-3(x-1)+y=0.
三．解答题
16.【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解答】（1）证明：因为E，F分别是A1B，A1C的中点，
所以EF∥BC，又EF 面ABC，BC 面ABC，所以EF∥平面ABC
（2）解：因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以BB1⊥面A1B1C1，BB1⊥A1D，
又A1D⊥B1C，BB1∩B1C=B1，所以A1D⊥面BB1C1C，又A1D 面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C
17.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AB=2，AD= 3 ，∠DAB= π6 ，
∴BD= 4+3 2×2×3×32 =1
∴AB2=AD2+BD2，∴AD⊥BD，∴BC⊥BD
∵PD⊥AD，PD⊥DC，∴PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC
又∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD；
（Ⅱ）由（1）所证，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，即∠PBD= π3
而BD=1，所以PD= 3 ，
分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（ 3 ，0，0），B（0，1，0），C（﹣ 3 ，1，0），P（0，0， 3 ）
所以 AP =（﹣ 3 ，0， 3 ）， BC =（﹣ 3 ，0，0）， BP =（0，﹣1， 3 ），
设平面PBC的法向量为 n =（a，b，c），∴ 3a=0 b+3c=0
可解得 n =（0， 3 ，1），
∴AP与平面PBC所成角的正弦值为sinθ=| 36 2 |= 24
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】（1）证明：取AC的中点O，连结OS，BO．
∵SA=SC，AB=AC，O是AC的中点，
∴AC⊥SO，AC⊥BO，又SO 平面SOB，OB 平面SOB，SO∩OB=O，
∴AC⊥平面SOB，又SB 平面SOB，
∴AC⊥SB
（2）解：设OB与CE交于点G，取OB中点为M，作MH⊥CE交CE于点H，连结FM，FG．
∵平面SAC⊥平面ABC，AC⊥SO，平面SAC∩平面ABC=AC，
∴SO⊥平面ABC，
∵FM是△SOB的中位线，
∴SO∥FM，
∴FM⊥平面BCE，又CE 平面ABC，
∴FM⊥CE，又CE⊥HM，FM 平面FMH，MH 平面FMH，FM∩MH=M，
∴CE⊥平面FMH．
∴CE⊥FH，
∴∠FHM是二面角F﹣CE﹣B的平面角．
∵△GHM∽△GEB，∴HMEB=GMGB ，
∵△ABC是边长为2的正三角形，∴EB=1，BM= 12 OB= 32 ，GB= 23 OB= 233 ，
∴GHGB=14 ，∴HM=14 ，
∵SA=SC= 3 ，AC=2，∴SO= 2 ，
又FM= 12 SO= 22 ，∴FH= FM2+MH2 = 34 ，
∴cos∠FHM=HMFH=13 ，故锐二面角F﹣CE﹣B的余弦值为 13 ．
