【步步高 学案导学设计】高中数学 第二章 空间向量与立体几何章末检测(A)北师大版选修2-1

第二章 空间向量与立体几何(A)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．以下命题中，不正确的个数为( )
①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件；②若a∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③若a·b ＝0，b·c ＝0，则a ＝c ；④若a ，b ，c 为空间的一个基底，则a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 构成空间的另一个基底； ⑤|(a·b )·c |＝|a |·|b |·|c |.
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
2．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，则A 1B →
等于( ) A ．a ＋b －c B ．a －b ＋c C ．－a ＋b ＋c D ．－a ＋b －c 3．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )，若a∥b ，则( )
A ．x ＝6，y ＝15
B ．x ＝3，y ＝15
2
C ．x ＝3，y ＝15
D ．x ＝6，y ＝15
2
4．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．若|a |＝3，且a 分别与AB →
，AC →
垂直，则向量a 为( ) A ．(1,1,1)
B ．(－1，－1，－1)
C ．(1,1,1)或(－1，－1，－1)
D ．(1，－1,1)或(－1,1，－1)
5．已知A (－1,0,1)，B (0,0,1)，C (2,2,2)，D (0,0,3)，则sin 〈AB →，CD →
〉等于( )
A ．－23 B.23 C.53 D ．－53
6．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．105° D ．75° 7．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(－3，－6,3)，则( ) A ．α∥β B ．α⊥β
C ．α，β相交但不垂直
D ．以上均不正确
8．若两点A (x,5－x,2x －1)，B (1，x ＋2,2－x )，当|AB →
|取最小值时，x 的值等于( )
A ．19
B ．－87 C.87 D.19
14
9.
如图所示，在四面体P —ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B —AP —C 的余弦值为( )
A.
22 B.33 C.77 D.57
10．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →
〉的值等于( ) A.12 B.21015 C.23 D.1115
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分)
11．若a ＝(2，－3,5)，b ＝(－3,1，－4)，则|a －2b |＝______. 12．若三点A (1，－2,1)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 的形状是________________． 13．如图所示，
已知正四面体ABCD 中，AE ＝14AB ，CF ＝14
CD ，则直线DE 和BF 所成角的余弦值为________．
14．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________． 15.
如图所示，已知二面角α—l —β的平面角为θ ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，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______． 三、解答题(本大题共6小题，共75分)
16．(12分)在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB 1⊥BC 1，CA 1⊥BC 1.求证：AB 1＝CA 1.
17．(12分)已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，－1，2)，B(1，2，－1)，C(－1,1，－3)，D(3，－5,3)．
求证：四边形ABCD是一个梯形．
18.(12分)
如图所示，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点．
(1)求证：EF∥平面ACD1；
(2)求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
19．(12分)
如图所示，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.
求证：C1C⊥BD.
20.(13分)
如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．
21．(14分)
如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4.
(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明AF ⊥平面A 1ED ；
(3)求二面角A 1—ED —F 的正弦值．
第二章 空间向量与立体几何(A) 1．C [只有命题④正确．] 2．D
[如图，A 1B →＝AB →－AA 1→＝CB →－CA →－AA 1→＝CB →－CA →－CC 1→
＝b －a －c .] 3．D [∵a∥b ，∴存在实数λ，使⎩⎪⎨⎪
⎧
3＝2λx ＝4λ
y ＝5λ
，∴⎩
⎪⎨⎪
⎧
x ＝6y ＝15
2.]
4．C [设a ＝(x ，y ，z )，∵AB →
＝(－2，－1,3)，
AC →
＝(1，－3,2)，又|a |＝3，a ⊥AB →，a ⊥AC →
， ∴⎩⎪⎨⎪
⎧ x 2
＋y 2
＋z 2
＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0.
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝1，y ＝1，z ＝1
或⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1.
∴a ＝(1,1,1)或a ＝(－1，－1，－1)．]
5．C [∵AB →＝(1,0,0)，CD →
＝(－2，－2,1)，
∴cos 〈AB →，CD →
〉＝AB →·CD →|AB →|·|CD →|＝－23，
∴sin 〈AB →，CD →
〉＝53
.]
6．B [
建立如图所示的空间直角坐标系，设BB 1＝1，则A (0,0,1)，B 1⎝
⎛⎭
⎪⎫6
2，22，0， C 1(0，2，0)， B ⎝
⎛⎭
⎪⎫6
2，22，1. ∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6
2，22，－1，
C 1B →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－2
4－1＝0，即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.]
7．A [∵v ＝－3u ，∴v ∥u .故α∥β.]
8．C [AB →
＝(1－x,2x －3，－3x ＋3)， 则|AB →|＝－x 2＋x －2＋－3x ＋
2
＝14x 2
－32x ＋19＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫x －872＋57
.
故当x ＝87
时，|AB →
|取最小值．]
9．C [如图所示，
作BD ⊥AP 于D ，作CE ⊥AP 于E ，设AB ＝1，则易得CE ＝
22，EP ＝2
2
，PA ＝PB ＝2，
可以求得BD ＝
144，ED ＝24
. ∵BC →＝BD →＋DE →＋EC →，
∴BC →2＝BD →2＋DE →2＋EC →2＋2BD →·DE →＋2DE →·EC →＋2EC →·BD →.
∴EC →·BD →＝－14，∴cos 〈BD →，EC →
〉＝－77，
即二面角B —AP —C 的余弦值为7
7
.] 10．B
[以D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体
棱长为1，易知DB 1→＝(1,1,1)，CM →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，－12，0，
故cos 〈DB 1→，CM →
〉＝1515，
从而sin 〈DB 1→，CM →
〉＝21015
.]
11.258
解析 ∵a －2b ＝(8，－5,13)，
∴|a －2b |＝82＋－2＋132
＝258. 12．不等边的锐角三角形
解析 AB →＝(3,4,2)，AC →＝(5,1,3)，BC →＝(2，－3，1)，AB →·AC →>0，得∠A 为锐角；CA →·CB →>0，
得∠C 为锐角；BA →·BC →>0，得∠B 为锐角，所以△ABC 是锐角三角形且|AB →
|＝29， |AC →|＝35，|BC →
|＝14.
13.413
解析 因四面体ABCD 是正四面体，顶点A 在底面BCD 内的射影为△BCD 的垂心，所以有BC ⊥DA ，AB ⊥CD .设正四面体的棱长为4， 则BF →·DE →＝(BC →＋CF →)·(DA →＋AE →)＝0＋BC →·AE →＋CF →·DA →
＋0＝4×1×cos 120°＋1×4×cos 120°＝－4，
BF ＝DE ＝42＋12－2×4×1×cos 60°＝13， 所以异面直线DE 与BF 的夹角θ的余弦值为：
cos θ＝|BF →·DE →
||BF →||DE →|＝4
13.
14.π3或2π3
解析 设n 1＝(1,0，－1)，n 2＝(0，－1,1)，
则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋－＋－2·2
＝－1
2，
∴〈n 1，n 2〉＝2π
3.因平面α与平面β所成的角与〈n 1，n 2〉相等或互补，所以α与
β所成的角为π3或2π
3.
15.3－2cos θ
解析 因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →
，
所以AD →2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2AB →·CD →＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →
＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ.
所以|AD →
|＝3－2cos θ， 即AD 的长为3－2cos θ.
16．证明 以A 为原点，AC 为x 轴，AA 1为z 轴建立空间直角坐标系． 设B (a ，b,0)，C (c,0,0)，A 1(0,0，d )，
则B 1(a ，b ，d )，C 1(c,0，d )，AB 1→
＝(a ，b ，d )， BC 1→＝(c －a ，－b ，d )，CA 1→
＝(－c,0，d )，
由已知AB 1→·BC 1→＝ca －a 2－b 2＋d 2
＝0， CA 1→·BC 1→
＝－c (c －a )＋d 2＝0，可得c 2＝a 2＋b 2. 再由两点间距离公式可得：
|AB 1|2＝a 2＋b 2＋d 2
，
|CA 1|2＝c 2＋d 2＝a 2＋b 2＋d 2
， ∴AB 1＝CA 1.
17．证明 因为AB →＝(1,2，－1)－(3，－1,2)＝(－2,3，－3)，CD →
＝(3，－5,3)－(－
1,1，－3)＝(4，－6,6)，因为－24＝3－6＝－3
6
，
所以AB →和CD →
共线，即AB ∥CD .
又因为AD →
＝(3，－5,3)－(3，－1,2)＝(0，－4,1)， BC →
＝(－1,1，－3)－(1,2，－1)＝(－2，－1，－2)，
因为0－2≠－4－1≠1－2
，所以AD →与BC →
不平行，
所以四边形ABCD 为梯形． 18．(1)证明
如图所示，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，由已知得D (0,0,0)， A (2,0,0)，B (2,2,0)，
C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，
D 1(0,0,2)，
E (1,0,2)，
F (0,2,1)．
易知平面ACD 1的一个法向量是DB 1→
＝(2,2,2)．
又∵EF →＝(－1,2，－1)，由EF →·DB 1→＝－2＋4－2＝0，∴EF →⊥DB 1→. 又∵EF 平面ACD 1，∴EF ∥平面ACD 1.
(2)解 ∵AB →
＝(0,2,0)，
cos 〈EF →，AB →
〉＝EF →·AB →|EF →||AB →|＝426＝63.
19．证明 设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→
＝c ， 依题意，|a |＝|b |，
又设CD →，CB →，CC 1→
中两两所成夹角为θ，
于是BD →＝CD →－CB →
＝a －b ， CC 1→·BD →
＝c ·(a －b )＝c·a －c·b ＝|c||a |cos θ－|c||b |cos θ＝0， 所以C 1C ⊥BD .
20．解 因为BC →＝AC →－AB →
，
所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB → ＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24.
所以cos 〈OA →，BC →
〉＝OA →·BC →
|OA →||BC →|
＝24－1628×5＝3－225.
即OA 与BC 所成角的余弦值为3－22
5
.
21．(1)解 如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点．设AB ＝1，依题意得
D (0,2,0)，F (1,2,1)，A 1(0,0,4)，
E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32，0.
易得EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，A 1D →
＝(0,2，－4)，
于是cos 〈EF →，A 1D →
〉 ＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35.
所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为3
5
.
(2)证明 易知AF →
＝(1,2,1)，
EA 1→＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－1，－32，4，ED →＝⎝
⎛⎭⎪⎫－1，12，0，
于是AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →
＝0. 因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED .
又EA 1∩ED ＝E ，所以AF ⊥平面A 1ED . (3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
u ·EF →＝0，
u ·ED →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
1
2y ＋z ＝0，－x ＋1
2y ＝0.
不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2，－1)，
由(2)可知，AF →
为平面A 1ED 的一个法向量，
于是cos 〈u ，AF →
〉＝u ·AF →
|u ||AF →|＝23，
从而sin 〈u ，AF →
〉＝53.
所以二面角A 1—ED —F 的正弦值为53
.。