【教育专用】新版高中数学人教A版选修2-1习题:第三章空间向量与立体几何 检测(B)

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第三章检测(B)
(时间:90分钟满分:120分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1已知空间四边形ABCD,G是CD的中点,连接AG,则)等于()
A. B. C. D.
解析:在△BCD中,G是CD的中点,∴),
∴)=,故选A.
答案:A
2已知A(1,2,-1)关于平面xOy的对称点为B,而B关于x轴的对称点为C,则等于()
A.(0,4,2)
B.(0,-4,-2)
C.(0,4,0)
D.(2,0,-2)
解析:∵B(1,2,1),C(1,-2,-1),∴=(0,-4,-2).
答案:B
3以下四组向量中,互相平行的组数为()
①a=(2,2,1),b=(3,-2,-2)
②a=(8,4,-6),b=(4,2,-3)
③a=(0,-1,1),b=(0,3,-3)
④a=(-3,2,0),b=(4,-3,3)
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:②中,∵a=2b,∴a∥b;
③中,∵a=-b,∴a∥b;
而①④中的向量不平行.
答案:B
4已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,则实数λ的值为()
A. B. C. D.
答案:D
5把边长为a的正三角形ABC沿高线AD折成60°的二面角,则点A到BC的距离是() A.a B.a C.a D.a
解析:取BC中点E,则AE⊥BC,即AE为A到BC的距离,AE= a.
答案:D
6已知A(-1,0,1),B(0,0,1),C(2,2,2),D(0,0,3),则sin<>等于()
A.-
B.
C.
D.-
解析:=(1,0,0),=(-2,-2,1),
所以cos<>==-<0.
所以<>∈.
故sin<>=
=.
答案:C
7在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()
A. B. C. D.
解析:不妨设正方体的棱长为1,如图建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1).
平面ACD1的法向量为=(1,1,1).
又=(0,0,1),则cos<>=.
故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.
答案:D
8已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则的值为()
A.a2
B.a2
C.a2
D.a2
解析:如图,),
=)
=(a2cos 60°+a2cos 60°)=a2.
答案:C
9如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1的夹角是()
A.45°
B.60°
C.90°
D.120°
解析:不妨设AB=BC=AA1=1,
则),
,∴||=|=,
||=
=)·()=,
∴cos <>=,
∴<>=60°,即异面直线EF与BC1的夹角是60°.
答案:B
10已知四边形ABCD是边长为4的正方形,E,F分别是边AB,AD的中点,GC垂直于正方形ABCD 所在的平面α,且GC=2,则点B到平面EFG的距离为()
A.3
B.
C.
D.
解析:如图,建立空间直角坐标系,
则B(0,4,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),
=(2,4,-2),=(4,2,-2).
设n=(x,y,z)是平面EFG的一个法向量,

令x=1,则y=1,z=3.
则n=(1,1,3),而=(-2,0,0).
设点B到平面EFG的距离为d,
则d=.
答案:D
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)
11已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c满足(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值
是.
解析:由已知得|c|2=(a+b)·c
=|c||a+b|cos<a+b,c>,
即|c|=cos<a+b,c>,当cos<a+b,c>=1时,|c|取得最大值为.
答案:
12如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为△ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,以{}为基底,则=.
解析:=-)+)=-.
答案:-
13若点A,B的坐标为A(3cos α,3sin α,1),B(2cos θ,2sin θ,1),则||的取值范围为.
解析:||=
=.∵-1≤cos(α-θ)≤1,
∴1≤13-12cos(α-θ)≤25.∴1≤||≤5.
答案:[1,5]
14在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个命题:
①()2=3;
②·()=0;
③向量与向量的夹角为60°;
④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||.
其中正确的命题是.(填序号)
解析:①中,设正方体的棱长为1,则()2==3,3=3,故①正确;②
中,,
由,故②正确;③中,A1B与AD1两异面直线所成角为60°,但的夹角为120°,故③不正确;④中,||=0,故④也不正确.
答案:①②
15如图所示,已知二面角α-l-β的平面角为θ,AB⊥BC,BC⊥CD,AB在平面β内,BC在l上,CD在平面α内,若AB=BC=CD=1,则AD的长为.
解析:因为,
所以+2+2+2=1+1+1+2cos (π-θ)=3-2cos θ.
所以||=,即AD的长为.
答案:
三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16(8分)已知A(3,-2,1),B(1,1,1),O为坐标原点.
(1)写出一个非零向量c,使得c⊥平面AOB;
(2)求线段AB中点M及△AOB的重心G的坐标;
(3)求△AOB的面积.
解:(1)设非零向量c=(x,y,z),要使c⊥平面AOB,则c·=0,且c·=0,
即令x=3,则y=2,z=-5,
即非零向量c=(3,2,-5).
(2)线段AB中点M为,
即,△AOB的重心G坐标为,即G.
(3)|OA|=,|OB|=,
∴cos ∠AOB=,
∴sin ∠AOB=.
∴S△AOB=.
17(8分)如图,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=,b=,c=,试以a,b,c为基向量表示出向量,并求BN的长.
解:∵
=)=-()]=-,
∴=-a+b+c.
∵||2=
=(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=.
∴||=,即BN的长为.
18(9分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,E是DD1的中点.
(1)求证:AC⊥B1D;
(2)若B1D⊥平面ACE,求的值;
(3)在(2)的条件下,求二面角D-AE-C的大小.
(1)证明∵ABCD-A1B1C1D1是长方体,底面ABCD是正方形,∴DA,DC,DD1两两垂直.
如图,以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.
设AA1=a,AB=b,
则D(0,0,0),A(b,0,0),B(b,b,0),C(0,b,0),B1(b,b,a).
∵=(-b,b,0),=(b,b,a),
∴=0.∴AC⊥B1D.
(2)解:∵B1D⊥平面ACE,∴B1D⊥AE.
∵E,∴.
∵=-b2+a2=0,∴.
(3)解:是平面DAE的一个法向量,=(0,b,0).
设n=(x,y,z)是平面AEC的一个法向量,
则n·=0,n·=0.
即取x=1,
则y=1,z=,即n=(1,1,).
设二面角D-AE-C的平面角的大小是θ,
则cos θ=,
∴二面角D-AE-C的大小是60°.
19(10分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.
(1)求证:AB∥GH;
(2)求二面角D-GH-E的余弦值.
(1)证明因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.
又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH, 所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.
(2)解:法一在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,
所以∠ABQ=90°,
即AB⊥BQ.
因为PB⊥平面ABQ,
所以AB⊥PB.
又BP∩BQ=B,
所以AB⊥平面PBQ.
由(1)知AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.
又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.
同理可得GH⊥HC,
所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角.
设BA=BQ=BP=2,连接FC,
在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,
在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.
又H为△PBQ的重心,
所以HC=PC=.同理FH=.
在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC==-.
故二面角D-GH-E的余弦值为-.
解:法二在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,
所以∠ABQ=90°.
又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.
以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设BA=BQ=BP=2,
则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).
所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),
=(-1,-1,2),=(0,-1,2).
设平面EFQ的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
由m·=0,m·=0,
得取y1=1,得m=(0,1,2).
设平面PDC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
由n·=0,n·=0,
得取z2=1,得n=(0,2,1).
所以cos<m,n>=.
因为二面角D-GH-E为钝角,
所以二面角D-GH-E的余弦值为-.
20(10分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于点A,B的点,直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;
(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足,记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E-l-C的大小为β,求证:sin θ=sin αsin β.
(1)解:直线l∥平面PAC,证明如下:
连接EF,因为E,F分别是PA,PC的中点,
所以EF∥AC.又EF⊄平面ABC,且AC⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.
而EF⊂平面BEF,且平面BEF∩平面ABC=l,所以EF∥l.
因为l⊄平面PAC,EF⊂平面PAC,
所以直线l∥平面PAC.
(2)证明方法一:如图①,连接BD,由(1)可知交线l即为直线BD,且l∥AC.
图①
因为AB是☉O的直径,所以AC⊥BC,于是l⊥BC.
已知PC⊥平面ABC,而l⊂平面ABC,所以PC⊥l.
而PC∩BC=C,所以l⊥平面PBC.
连接BE,BF,因为BF⊂平面PBC,所以l⊥BF.
故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角,即∠CBF=β.
由,作DQ∥CP,且DQ=CP.
连接PQ,DF,因为F是CP的中点,CP=2PF,所以DQ=PF.
从而四边形DQPF是平行四边形,PQ∥FD.
连接CD,因为PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内的射影,
故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.
又BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF为锐角,故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角,即∠BDF=α.
于是在Rt△DCF,Rt△FBD,Rt△BCF中,分别可得sin θ=,sin α=,sin β=,
从而sin αsin β==sin θ,
即sin θ=sin αsin β.
图②
方法二:如图②,由,作DQ∥CP,且DQ=CP.
连接PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交线l即为直线BD.
以点C为原点,向量所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设CA=a,CB=b,CP=2c,则有C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),E,F(0,0,c).于是=(-a,-b,c),=(0,-b,c),
所以cos α=,
从而sin α=.
又取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
可得sin θ=,
设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),
所以由可得
取n=(0,c,b),于是|cos β|=,
从而sin β=.
故sin αsin β==sin θ,即sin θ=sin αsin β.。

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