高中数学第三章空间向量与立体几何单元质量测评新人教A版选修21

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高中数学：空间向量与立体几何单元测试新课标人教A版选修21

AA 1DCBB 1C 1五河二中高二数学测试卷（理科）一、选择题:1．在下列命题中：①若a 、b 共线，则a 、b 所在的直线平行；②若a 、b 所在的直线是异面直线，则a 、b 一定不共面；③若a 、b 、c 三向量两两共面，则a 、b 、c 三向量一定也共面；④已知三向量a 、b 、c ，则空间任意一个向量p 总可以唯一表示为 c z b y a x p ++=．其中正确命题的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．32．已知a ＝（2，－1，3），b ＝（－1，4，－2），c ＝（7，5，λ），若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于（）A ．627B ．637C ．647D ．6573．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若c CC b CB a CA ===1,,，则1A B =（）A ．a +b －cB ．a －b +cC ．－a +b +cD ．－a +b －c4．已知a +b +c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19，则向量a 与b 之间的夹角><b a ,为A ．30°B ．45°C ．60°D ．以上都不对5．已知△ABC 的三个顶点为A （3，3，2），B （4，－3，7），C （0，5，1），则BC 边上的中线长为（）A ．2B ．3C ．4D ．56．已知的数量积等于与则b a k j i b k j i a 35,2,23+-=-+=（）A ．－15B ．－5C ．－3D ．－17．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°8．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（）A ．1715 B ．21C ．178D ．239．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（）A ．1030B ．21C ．1530D ．101510．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD 和SC 之间的距离（） A ．515 B ．55 C ．552 D ．10511．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（）A ．a 42B ．a 82C ．a 423 D ．a 2212．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离（）A ．63 B ．33C ．332 D ．23 选择题答题框题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案二、填空题：13.在空间直角坐标系O xyz -中,点P(2,3,4)在平面xOy 内的射影的坐标为 ;14．设|m |＝1，|n |＝2，2m ＋n 与m －3n 垂直，a ＝4m －n ，b ＝7m ＋2n ，则<a ,b >＝． 15．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面D B EF 的距离．16．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值．三、解答题：17.已知空间三点A(0,2,3),B(－2,1,6),C(1,－1,5)求：⑴求以向量AC AB ,为一组邻边的平行四边形的面积S ；⑵若向量a 分别与向量AC AB ,垂直，且|a|＝3，求向量a 的坐标。

高中数学第三章空间向量与立体几何单元综合测试(含解析)新人教A版选修2-1

单元综合测试三（第三章）时间:90分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题,共60分）一、选择题(每小题5分，共60分)1．与向量a＝(1,－3,2)平行的一个向量的坐标可以是( C )A.错误!B．(－1，－3，2）C。

错误!D．（错误!，－3，－2错误!)解析:a＝（1，－3，2)＝－2错误!。

2．如图所示,在平行六面体ABCD。

A1B1C1D1中，已知错误!＝a,错误!＝b,错误!＝c，则用向量a，b,c表示向量错误!为( D )A．a＋b＋cB．a－b＋cC．a＋b－cD．－a＋b＋c解析：错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝－a＋b＋c.3．已知a＝（2，－1,3),b＝（－4，2，x），c＝(1，－x，2）,若(a＋b）⊥c,则x 等于（ B ）A．4 B．－4C。

错误!D．－6解析：a＋b＝（－2，1，3＋x）,∵（a＋b)⊥c，∴(a＋b)·c＝0,∴－2－x＋2(3＋x）＝0，得x＝－4。

4．若a＝(1,λ,2），b＝（2,－1，2),且a，b的夹角的余弦值为错误!，则λ等于（ C ）A．2 B．－2C．－2或错误!D．2或－错误!解析：a·b＝2－λ＋4＝6－λ＝错误!×3×错误!.解得λ＝－2或错误!.5．已知空间四边形ABCD每条边和对角线长都等于a,点E、F、G分别是AB、AD、DC 的中点,则a2是下列哪个选项的计算结果( C ）A．2错误!·错误!B．2错误!·错误!C．2错误!·错误!D．2错误!·错误!解析：2错误!·错误!＝－a2，A错;2错误!·错误!＝－a2，B错;2错误!·错误!＝－错误!a2，D错;只有C对．6．若A（x,5－x,2x－1）,B（1，x＋2,2－x），当｜错误!|取最小值时，x的值等于（ C ）A．19 B．－错误!C。

错误! D。

错误!解析：错误!＝（1－x，2x－3,－3x＋3），则|错误!｜＝错误!＝错误!＝错误!,故当x＝错误!时,|错误!|取最小值,故选C.7．已知ABCD，ABEF是边长为1的正方形,FA⊥平面ABCD，则异面直线AC与EF所成的角为（ B ）A．30°B．45°C．60°D．90°解析：∵错误!＝错误!＋错误!,四边形ABCD，ABEF均为正方形，∴错误!·错误!＝（错误!＋错误!）·错误!＝－错误!·错误!＋错误!2＝1。

高中数学第三章空间向量与立体几何章末质量检测(三)(含解析)新人教A版高二选修2-1数学试题

章末质量检测(三)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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{a ，b ，c }是空间的一个基底，若p ＝a ＋b ，q ＝a －b ，则( )A ．{a ，p ，q }是空间的一个基底B ．{b ，p ，q }是空间的一个基底C ．{c ，p ，q }是空间的一个基底D ．p ，q 与a ，b ，c 中任何一个都不能构成空间的一个基底2．若A ，B ，C ，D 为空间不同的四点，则下列各式为零向量的是( ) ①AB →＋2BC →＋2CD →＋DC →；②2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →；③AB →＋CA →＋BD →；④AB →－CB →＋CD →－AD →. A ．①② B．②③ C ．②④ D．①④3．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 －c4．已知向量a ，b ，且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则一定共线的三点是( ) A ．A ，B ，D B ．A ，B ，C C ．B ，C ，D D ．A ，C ，D5．已知空间向量a ＝(3,1,0)，b ＝(x ，－3,1)，且a ⊥b ，则x ＝( ) A ．－3 B ．－1 C ．1 D ．26．已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1) 7．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7 B ．－20 C ．28 D ．118．已知A (1,0,0)，B (0,1,1)，C (1,1,0)，D (1,2,0)，E (0,0,1)，则直线DE 与平面ABC 的关系是( )A ．平行B ．DE ⊂平面ABCC ．相交D ．平行或DE ⊂平面ABC 9．如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1.若EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 等于( )A ．－1B ．0C.13D ．1 10．已知a ，b 是两异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b 且AB ＝2，CD ＝1，则直线a ，b 所成的角为( )A ．30° B．60° C ．90° D．45°11．已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(－2，－4，－6)，|c |＝14，若(a ＋b )·c ＝7，则a 与c 的夹角为( )A ．30° B．60° C ．120° D．150°12．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60° D．90°二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 共面，则λ＝________.14．已知a ＝(3λ，6，λ＋6)，b ＝(λ＋1,3,2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________. 15．在平行六面体(六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝1，AD ＝2，AA ′＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′的长为________．16．在正四面体P －ABC 中，棱长为2，且E 是棱AB 的中点，则PE →·BC →的值为________．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是平行六面体．设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC 1B 1对角线BC 1上的34分点，设MN →＝αAB →＋βAD →＋γAA 1→，试求α，β，γ的值．18．(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．19.(12分)在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′→＝c ，P 是CA ′的中点，M 是CD ′上的中点，N 是C ′D ′的中点，点Q 是CA ′上的点，且CQ ∶QA ′＝4∶1，用基底{a ，b ，c }表示以下向量：(1)AP →.(2)AM →.(3)AN →.(4)AQ →.20．(12分)已知a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求： (1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值．21.(12分)如图所示，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小．(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．22．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1的值．章末质量检测(三)1．解析：假设c ＝k 1p ＋k 2q ，其中k 1，k 2∈R ，即c ＝k 1(a ＋b )＋k 2(a －b )，得(k 1＋k 2)a ＋(k 1－k 2)b －c ＝0，这与{a ，b ，c }是空间的一个基底矛盾，故{c ，p ，q }是空间的一个基底，故选C.答案：C2．解析：①中，原式＝AB →＋2BD →＋DC →＝AB →＋BD →＋BD →＋DC →＝AD →＋BC →，不符合题意；②中，原式＝2(AB →＋BC →＋CD →＋DA →)＋(AC →＋CD →＋DA →)＝0；③中，原式＝CD →，不符合题意；④中，原式＝(AB →－AD →)＋(CD →－CB →)＝0.故选C.答案：C3．解析：如图，A 1B →＝AB →－AA 1→＝CB →－CA →－AA 1→＝CB →－CA →－CC 1→＝b －a －c .答案：D4．解析：BC →＋CD →＝BD →＝－5a ＋6b ＋7a －2b ＝2a ＋4b ＝2AB →.所以BD →∥AB →，又BD 、AB 都过点B ，所以A ，B ，D 三点共线．答案：A5．解析：根据题意知a ·b ＝0，所以3x ＋1×(－3)＋0×1＝0，即3x －3＝0，解得x ＝1.答案：C6．解析：(1,0，－1)·(－1,1,0)＝－1，夹角不可能为60°，(1,0，－1)·(1，－1,0)＝1，且|(1,0，－1)|＝|(1，－1,0)|＝2，夹角恰好为60°.计算可知C ，D 不满足题意．答案：B7．解析：因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)，所以m ·n ＝0＋40－12＝28. 答案：C8．解析：AB →＝(－1,1,1)，BC →＝(1,0，－1)，设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＋1＝0，x －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0.所以n ＝(1,0,1)．又DE →＝(－1，－2,1)，所以DE →·n ＝(－1，－2,1)·(1,0,1)＝0，所以DE →⊥n ，所以DE ∥平面ABC 或DE ⊂平面ABC .因为BD →＝(1,1，－1)，所以BD →＝2BC →＋AB →，所以A ，B ，C ，D 四点共面，即点D 在平面ABC 内，所以DE ⊂平面ABC ，选B. 答案：B9．解析：因为EF →＝AF →－AE →＝AD →＋DF →－(AB →＋BE →)＝AD →＋23DD 1→－AB →－13BB 1→＝－AB →＋AD →＋13AA 1→，所以x ＝－1，y ＝1，z ＝13，所以x ＋y ＋z ＝13.答案：C10．解析：由题意得a ，b 所成的角等于直线AB 与CD 所成的角，因为AB →＝AC →＋CD →＋DB →，所以AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝CD →2＝1，所以cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12，所以〈AB →，CD →〉＝60°.则直线 a ，b 所成的角为60°.故选B. 答案：B11．解析：设向量a ＋b 与c 的夹角为α，因为a ＋b ＝(－1，－2，－3)，所以|a ＋b |＝14，故cos α＝a ＋b ·c |a ＋b ||c |＝12，所以α＝60°.因为向量a ＋b 与a 的方向相反，所以a 与c 的夹角为120°.答案：C12．解析：如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0，1)，D (1,0,0)，C (1,1,0).PD →＝(1,0，－1)，CD →＝(0，－1,0)，则平面PAB 的一个法向量n 1＝(1,0,0)．设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，＝12(AB →－AD →)＋34(CC 1→－CB →) ＝12(AB →－AD →)＋34(AA 1→＋AD →) ＝12AB →－12AD →＋34AA 1→＋34AD → ＝12AB →＋14AD →＋34AA 1→，又MN →＝αAB →＋βAD →＋γAA 1→，所以α＝12，β＝14，γ＝34.18．解析：因为AB →＝(1,2，－1)－(3，－1,2)＝(－2,3，－3)，CD →＝(3，－5,3)－(－1,1，－3)＝(4，－6,6)，又－24＝3－6＝－36，所以AB →和CD →共线，即AB ∥CD .因为AD →＝(3，－5,3)－(3，－1,2)＝(0，－4,1)，BC →＝(－1,1，－3)－(1,2，－1)＝(－2，－1，－2)，又0－2≠－4－1≠1－2，所以AD 与BC 不平行，所以四边形ABCD 为梯形． 19．解析：连接AC ，AD ′，AC ′.(1)AP →＝12(AC →＋AA ′→)＝12(AB →＋AD →＋AA ′→) ＝12(a ＋b ＋c )． (2)AM →＝12(AC →＋AD ′→)＝12(AB →＋2AD →＋AA ′→)＝12a ＋b ＋12c . (3)AN →＝12(AC ′→＋AD ′→)＝12[(AB →＋AD →＋AA ′→)＋(AD →＋AA ′→)] ＝12(AB →＋2AD →＋2AA ′→)＝12a ＋b ＋c .(4)AQ →＝AC →＋CQ →＝AC →＋45(AA ′→－AC →) ＝15AB →＋15AD →＋45AA ′→＝15a ＋15b ＋45c . 20．解析：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，则a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，设a ＋c 与b ＋c 的夹角为θ，因此cos θ＝5－12＋338·38＝－219. 21．解析：(1)如图所示，以D 为原点，DA ，DC ，DD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，设DA ＝1.则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m ＞0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×12×1＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)，因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.22．解析：(1)因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题意知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．所以A 1B →＝(0,3，－4)，A 1C 1→＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625. 由题意知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，所以二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625. (3)假设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→(λ∈[0,1])，所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3,4)．解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ，所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD →·A 1B →＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝925. 因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B . 此时BD BC 1＝λ＝925.。

高中数学第三章空间向量与立体几何测试题新人教A版选修2_1

第三章空间向量与立体几何一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）1. 在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若CA =a ，CB =b ，1CC =c ，则1A B =（） A ．a +b －cB ．a －b + cC ．－a + b + cD ．－a +b －c2. 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB 与1C B 的夹角为（）A .60°B .90°C .135°D .45°3. 下列命题中真命题的个数是（）. ①若a 与b 共线,b 与c 共线,则a 与c 共线； ②若向量a ,b ,c 共面,则它们所在的直线共面； ③若a ∥b ,则存在唯一的实数λ,使a =λb .A.0B.1C.2D.34. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AD 的中点，O 为侧面AA 1B 1B 的中心，P 为棱CC 1上任意一点，则异面直线OP 与BM 所成的角等于（）A ．90° B.60° C.45° D.30° 5. 已知平面α的法向量是（2,3，-1），平面β的法向量是（4，λ，-2），若βα⊥，则λ的值是（）A ．6-B ．6C ．103-D ．1036.若向量a ＝（1，λ，2），b ＝（2，－1,2），a ，b 的夹角的余弦值为89，则λ的值为（）A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－2557. 已知ABCD 为平行四边形，且A （4,1,3），B （2，-5,1），C （3,7，-5），则顶点D的坐标（）Ａ．（27，4，-1）Ｂ．（2,4,1）Ｃ．（-2,14,1）Ｄ．（5,13，-3）8. 直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则有可能使l α∥的是（） A ．a =（1,0,0），n =（-2,0,0） B ．a =（1,3,5），n =（1,0,1）C ．a =（0,2,1），n =（-1,0,1）D ．a =（1,-1,3），n =（0,3,1） 9. 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是1,AA BB 的中点，则1sin ,CM D N 〈〉的值为（） A.19459259 D.2310. 已知正方体ABCD —EFGH 的棱长为1，若P 点在正方体的内部且满足AE AD AB AP 322143++=，则P 点到直线AB 的距离为（）A ．65 B ．12181 C ．630 D ．65 11. .已知在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=2,E 是侧棱BB 1的中点,则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为（） A .60° B .90° C .45° D .以上都不对12. 如图1，在等腰梯形ABCD 中，M 、N 分别为AB ，CD 的中点，沿MN 将MNCB 折叠至MN C 1B 1，使它与MNDA 成直二面角，已知AB =2CD =4M N ，则下列等式不正确的是（）A ．AN ·N C 1=0B ．11C B ·AN =0 C ．11C B ·1AC =0D ．11C B ·AM =0 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中的横线上.） 13. 已知a =（1,2,3），b =（2，x ，4），如果a ⊥b ，则x = .14.已知向量)3,0,(),0,3,2(k b a =-=.若a 与b 的夹角为120，则实数=k .15. 在三棱锥A-BCD 中，若△BCD 是正三角形，E 为其中心，则AB +21BC -23DE -AD 化简的结果为 . 16. 若a ，b 是直线，α，β是平面，a ⊥α，b ⊥β，向量a 1在a 上，向量b 1在b 上，a 1=（1,1,1），b 1=（-3，4,0），则α，β所成二面角中较小的一个的余弦值为 .17. 如图2，P —ABCD 是正四棱锥，ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，其中2,6AB PA ==，则1B 到平面PAD 的距离为 .18. 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝2AB ，若E ，F 分别为线段A 1D 1，CC 1的中点，则直线EF 与平面ABB 1A 1所成角的余弦值为________．三、解答题（本大题共6小题，共60分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 19．如图3，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，N M ，分别是B A 1，11C B 上的点，且12BM A M =，112C N B N =.设AB =a ，AC =b ，1AA =c .⑴试用,,a b c 表示向量MN ；⑵若 90=∠BAC ，1160BAA CAA ∠=∠=，11AB AC AA ===，求MN 的长.B 1C 1A 1NM图 1C 1B 1NM D CBA 图 2MABSC20. 如图4,在四棱锥ABCD P -中,⊥PD 底面ABCD ,平面ABCD 是直角梯形,M 为侧棱PD 上一点.该四棱锥的俯视图和左视图如图5所示.⑴证明:⊥BC 平面PBD ； ⑵证明:AM ∥平面PBC .21. 如图6，在四棱锥O-ABCD 中，OA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是边长为2的正方形，且OA =2，M ，N 分别为OA ，BC 的中点. ⑴求证：直线MN ∥平面OCD ； ⑵求点B 到平面DMN 的距离.22.如图7，在三棱锥ABC S -中，ABC ∆是边长为4的正三角形，平面⊥SAC 平面ABC ，22==SC SA ，M 为AB 的中点.（1）证明：SB AC ⊥；（2）求二面角A CM S --的余弦值；（3）求点B 到平面SCM 的距离.23.如图8所示，矩形ABCD 的边AB=a ，BC=2，PA⊥平面ABCD ，PA=2，现有数据：①；②a=1；③；④a=2；⑤a=4．（1）当在BC 边上存在点Q ，使PQ⊥QD 时，a 可能取所给数据中的哪些值，请说明理由；（2）在满足（1）的条件下，a 取所给数据中的最大值时，求直线PQ 与平面ADP 所成角的正切值；（3）记满足（1）的条件下的Q 点为Q n （n=1，2，3，…），若a 取所给数据的最小值时，这样的点Q n 有几个，试求二面角Q n ﹣PA ﹣Q n+1的大小．图 6OBCDAM N 图 3图图 724. 在如图9所示的几何体中，平面CDEF 为正方形，平面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，BC AB 2=，60ABC ︒∠=，AC FB ⊥．⑴求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；(2)线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．参考答案一、选择题1. D2.B3. A 4 .A 5.C 6. C 7. D 8. D 9. B 10. A 11. B 12. C 提示：1. 1A B =A A 1+AB =-1CC -CA +CB =－a + b －c .2. 由于AB ⊥平面BCC 1B 1,所以AB ⊥C 1B ,从而AB 与1B C 的夹角为90°.3. ①中当b =0时,a 与c 不一定共线,故①错误;②中a ,b ,c 共面时,它们所在的直线平行于同一平面即可,故②错误;③当b 为零向量,a 为非零向量时,λ不存在.4. 以A 为坐标原点，AB ,AD ,AA 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，且令AB =2，则B （2,0,0），O （1，0，1）,M （0，1，0）,P （2，2，z ），故OP =（1,2，z-1），BM =（-2，1，0）,因为OP ·BM =0，故异面直线OP 与BM 所成的角等于90°，故选A. 5. 因为βα⊥，所以8+3λ+2=0.解得λ=103-，选C. 6.根据题意，得2534-2λλ++=89，解得λ=－2或255，选C.7. 设D （x ，y ，z ），根据题意，得AB =DC ,即（-2，-6，-2）=（3-x ，7-y ，-5-z ），解得x =5，y =13，z =-3，故选D. 8. 在D 中a =（1,-1,3），n =（0,3,1），因为a ·n =0，故选D.9. 以A 为坐标原点，以AB,AD,AA 1分别为x ，y ，z 轴建立空间坐标系，且令AB =2，则M （0,0,1），N （2,0,1），C （2,2,0），D 1（0,2,2），CM =（-2，-2,1），N D 1=（2，-2，-1），1cos ,CM D N 〈〉=331-44-⨯+=-91，故1sin ,CM D N 〈〉=459，选B.10. 如图1，过P 作PM ⊥面ABCD 于M ，过M 作MN ⊥AB 于N ，连结PN ，则PN 即为所求，因为,322143AE AD AB AP ++=所以,32,21,43===PM MN AN 所以65)32()21(22=+=PN11. 以点D 为原点,分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,如图2，由题意知,A 1（1,0,2）,E （1,1,1）,D 1（0,0,2）,A （1,0,0）,所以1E A =（0,1,-1）,1E D =（1,1,-1）,EA =（0,-1,-1）.设平面A 1ED 1的一个法向量为n =（x ,y ,z ）,则11·A E 0,·D E 0n n ⎧=⎪⎨=⎪⎩⇒0,0.y z x y z -=⎧⎨+-=⎩令z=1,得y=1,x=0, 所以n =（0,1,1）,cos <n ,EA >=·EA 2|||EA |22n n -=⨯=-1.所以<n ,EA >=180°.所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.12. 易知C 1N ⊥平面AMND ，故A 正确；假设B 正确，即有11C B ⊥AN ，又由A 项可得AN ⊥平面B 1MNC 1，这与AM ⊥B 1MNC 1矛盾，则B 不正确；对于C ，连结MC 1，由B 1M =2C 1N =2MN 可得MC 1⊥B 1C 1.又易知11C B ⊥AM ，得B 1C 1⊥平面AMC 1，故11C B ⊥1AC ，C也正确；由AM ⊥平面B 1MNC 1得AM ⊥B 1C 1，则D 也正确. 二、填空题13. 7 14. 39- 15. 0 16.15317. 556 18. 63提示：13. 因为a ⊥b ，所以a ⊥b ，所以a ·b =0，即2+2x+12=0，解得x=-7. 14. 提示：由数量积公式可得22139cos120k k =⨯+︒，所以k=39- 15. 延长DE 交边BC 于点F ，则AB +21BC =AF ，-23DE -AD =-AF ，故AB +21BC -23DE -AD =0. 图 1图 216. 由题意知，cos θ=|cos ＜a 1，b 1＞|=|||a ||b a |1111b ⋅=153.17.以11B A 为x 轴，11D A 为y 轴，A A 1为z 轴建立空间直角坐标系，平面PAD 的法向量是(,,)m x y z =，因为(0,2,0),(1,1,2)AD AP ==，所以02,0=++=z y x y ，取1=z 得(2,0,1)m =-，因为1(2,0,2)B A =-，所以1B 到平面PAD 的距离1655B A m d m⋅==18. 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图3,设AB ＝1，则AD ＝AA 1＝2，所以F （1,2,1），E （0,1,2），所以EF ＝（1,1，－1），平面ABB 1A 1的一个法向量n ＝（0,1,0），则cos 〈n ，EF 〉||||EF n ＝33，设EF 与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝33，cos θ＝63. 三、解答题19. 解：⑴1111MN MA A B B N =++1111133BA AB B C =++ 11111()()33333=-++-=++c a a b a a b c . ⑵2()222++=+++⋅+⋅+⋅222a b c a b c a b b c c a111110211211522=++++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=，||5++=a b c ，15||||3MN =++=a b c . 20. 证明:⑴因为⊥PD 平面ABCD ,DC DA ⊥,建立如图4的空间直角坐标系xyz D -. 在△BCD 中,易得60CDB ︒∠=,所以 30ADB ︒∠=. 因为 2=BD , 所以1AB =, 3AD =由俯视图和左视图可得， )4,0,0(),3,0,0(),0,4,0(),0,1,3(),0,0,3(),0,0,0(P M C B A D ，所以 )0,3,3(-=BC ,)0,1,3(=DB .因为 0001333=⋅+⋅+⋅-=⋅DB BC ,所以BD BC ⊥.图3又因为 ⊥PD 平面ABCD ,所以 PD BC ⊥, 所以⊥BC 平面PBD .⑵设平面PBC 的法向量为=()x,y,z n ,则有 0,0.PC BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n因为 )0,3,3(-=BC ,)4,4,0(-=PC , 所以 440,330.y z x y -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 取1=y ,得=n )1,1,3(因为)3,0,3(-=AM ,所以 ⋅AM =n 03101)3(3=⋅+⋅+-⋅因为⊄AM 平面PBC , 所以直线AM ∥平面PBC .21. 建立如图5的空间直角坐标系，则各点坐标为B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），O （0，0，2），M （0，0，1），N （2，1，0），所以MN =（2，1，-1），DO =（0，-2，2），DC =（2，0，0），AB =（2，0，0），BN =（0，1，0）.⑴证明：设平面OCD 的法向量n =（x ，y ，z ），由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅，，00DC n DO n 得⎩⎨⎧==+-.02022x z y ，令y=1，得平面OCD 的法向量n =（0，1，1），所以MN ·n =2×0+1×1+（-1）×1=0. 所以MN ⊥n .又MN ⊄ 平面OCD ，所以MN ∥平面OCD .⑵设面DMN 的法向量为n′=（x /，y /，z /），由DM =（0，-2，1），DN =（2，-1，0），得⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅，，00DN n DM n 即⎪⎩⎪⎨⎧=-=+-.0202////y x z y ，令x /=1，得平面DMN 的法向量n′=（1，2，4）.所以点B 到平面DMN 的距离d=||||//n n BN ⋅=212=21212. ..22.解析：（1）证明：取AC 的中点O ，连接OB OS , 因为SC SA =，BC BA =，所以SO AC ⊥且BO AC ⊥.因为平面⊥SAC 平面ABC ，平面⋂SAC 平面AC ABC =，所以⊥SO 平面ABC 所以BO SO ⊥.图 5OB CDAM N yzx图4如右图所示，建立空间直角坐标系xyx O - 则)0,32,0(),2,0,0(),0,0,2(),0,0,2(B S C A - 所以)2,32,0(),0,0,4(-=-=BS AC 因为0)2,32,0()0,0,4(=-⋅-=⋅BS AC 所以SB AC ⊥（2）由（1）得)0,3,1(M ，所以)2,0,2(),0,3,3(==CS CM 设),,(z y x n =为平面SCM 的一个法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=+=⋅=+=⋅022033z x CS n y x CM n ，取1=z ，则3,1=-=y x 所以)1,3,1(-=n 又因为)2,0,0(=OS 为平面ABC 的一个法向量，所以55,cos =⋅=OSn OS n OS n 所以二面角A CM S --的余弦值为55. （3）由（1）（2）可得)0,32,2(=CB ，)1,3,1(-=n 为平面SCM 的一个法向量.所以点B 到平面SCM 的距离554=⋅=nCB n d . 23.解：建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为：A （0，0，0，），B （a ，0，0），C （a ，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），设Q （a ，x ，0）．（0≤x≤2）（1）∵，∴由PQ⊥QD 得∵x∈[0，2]，a 2=x （2﹣x ）∈（0，1] ∴在所给数据中，a 可取和a=1两个值．（2）由（1）知a=1，此时x=1，即Q 为BC 中点， ∴点Q 的坐标为（1，1，0），从而，又为平面ADP 的一个法向量，∴，∴直线PQ 与平面ADP 所成角的正切值为．（3）由（1）知，此时，即满足条件的点Q 有两个，其坐标∵PA⊥平面ABCD ，∴PA⊥AQ 1，PA⊥AQ 2， ∴∠Q 1AQ 2就是二面角Q 1﹣PA ﹣Q 2的平面角．由，得∠Q 1AQ 2=30°，∴二面角Q 1﹣PA ﹣Q 2的大小为30°．24. ⑴解：因为BC AB 2=，60ABC ︒∠=，在△ABC 中，由余弦定理可得BC AC 3=，所以 BC AC ⊥．又因为 AC FB ⊥，所以⊥AC 平面FBC ．因为⊥AC 平面FBC ，所以FC AC ⊥．因为FC CD ⊥，所以⊥FC 平面ABCD ．所以,,CA CF CB 两两互相垂直，如图6的空间直角坐标系xyz C -．在等腰梯形ABCD 中，可得 CB CD =．设1BC =，所以3131(0,0,0),(3,0,0),(0,1,0),(,0),(,1)2222C A BDE --．所以 )1,21,23(-=CE ，)0,0,3(=CA ，)0,1,0(=CB ．设平面EAC 的法向量为=()x,y,z n ，则有0,0.CE CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n所以 310,230.x y z x -+== 取1z =，得=n (0,2,1)．设BC 与平面EAC 所成的角为θ，则 ||25sin |cos ,|5||||CB CB CB ⋅=〈〉==θn n n 图6所以 BC 与平面EAC 所成角的正弦值为552．（2）线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ．证明如下：假设线段ED 上存在点Q ，设 ),21,23(t Q - )10(≤≤t ，所以),21,23(t CQ -=．设平面QBC 的法向量为=m ),,(c b a ，则有0,0.CB CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 所以0,10.2b b tc =⎧-+= 取 1=c ，得=m )1,0,32(t -．要使平面EAC ⊥平面QBC ，只需0=⋅n m ，即002110⨯+⨯+⨯=，该方程无解．所以线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ．。

(新课程)高中数学《第三章空间向量与立体几何》模块检测新人教A版选修2-1

8 模块检测(时间：100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．已知命题p ：若x 2＋y 2＝0(x ，y ∈R )，则x ，y 全为0；命题q ：若a >b ，则1a <1b.给出下列四个复合命题：①p 且q ；②p 或q ；③綈p ；④綈q .其中真命题的个数是( )．A ．1B ．2C ．3D ．4解析命题p 为真，命题q 为假，故p ∨q 真，綈q 真．答案 B2．“α＝π6＋2k π(k ∈Z )”是“cos 2α＝12”的( )．A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析当α＝π6＋2k π(k ∈Z )时，cos 2α＝cos(4k π＋π3)＝cos π3＝12. 反之当cos 2α＝12时，有2α＝2k π＋π3(k ∈Z )⇒α＝k π＋π6(k ∈Z )，或2α＝2k π－π3(k ∈Z )⇒α＝k π－π6(k ∈Z )，故应选A. 答案 A3．若直线l 的方向向量为b ，平面α的法向量为n ，则可能使l ∥α的是( )．A ．b ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0)B ．b ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1)C ．b ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1)D ．b ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1)解析若l ∥α，则b·n ＝0.将各选项代入，知D 正确．答案 D4．已知a ＝(cos α，1，sin α)，b ＝(sin α，1，cos α)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是 ( )．。

人教A版高中数学高二选修2-1单元目标检测第三章空间向量与立体几何

数学人教A 选修2-1第三章空间向量与立体几何单元检测(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(每小题6分，共48分)1．已知点A (－4,8,6)，则点A 关于y 轴对称的点的坐标为( )． A ．(－4，－8,6) B ．(－4，－8，－6) C ．(－6，－8,4) D ．(4,8，－6)2．若a ＝(0,1，－1)，b ＝(1,1,0)，且(a ＋λb )⊥a ，则实数λ的值为( )． A ．－1 B ．0 C ．1 D ．－23．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，a ，b 夹角的余弦值为89，则λ等于( )， A ．2 B ．－2 C ．－2或255 D ．2或255- 4．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为( )．A B C ．4 D ．8 5．如图，在四面体ABCD 中，已知AB ＝b ，AD ＝a ，AC ＝c ，12BE EC =，则DE 等于( )．A ．2133-++a b c B ．2133++a b c C ．2133-+a b c D ．2133-+a b c 6．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝AB ，则二面角A －PB －C 的平面角的正切值为( )．A B C D 7．已知A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动(O 为原点)，则当QA QB ⋅取最小值时，点Q 的坐标为( )．A ．444,,333⎛⎫⎪⎝⎭ B ．848,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．884,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．448,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为( )．A ．310a B ．10a C ．10a D ．710a 二、填空题(每小题6分，共18分)9．若向量a ＝(4,2，－4)，b ＝(1，－3,2)，则2a ·(a ＋2b )＝________．10．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为△AFD 的外心，沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为__________．11．已知直线AB ，CD 是异面直线，AC ⊥AB ，AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，且AB ＝2，CD ＝1，则异面直线AB 与CD 所成角的大小为________．三、解答题(共3小题，共34分)12．(10分)已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE ⊥b ？(O 为原点)13．(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为BAD ＝120°，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．14．(14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1．(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；参考答案1答案：D2答案：D 解析：a ＋λb ＝(λ，1＋λ，－1)．由(a ＋λb )⊥a ，知(a ＋λb )·a ＝0，所以1＋λ＋1＝0，解得λ＝－2． 3答案：C解析：由公式cos 〈a ，b 〉＝||||⋅a ba b ，知89==λ＝－2或255．4答案：A 解析：|a |＝3，|b |＝3，而a·b ＝4＝|a||b|cos ,a b ，∴cos ,a b ＝49，故sin ,a b=于是以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为 S ＝|a||b|sin ,a b＝33⨯= 5答案：A 解析：DE ＝DA ＋AB ＋BE ＝DA ＋AB ＋13(AC －AB )＝2133-++a b c ．6答案：A 解析：设PA ＝AB ＝2，建立空间直角坐标系，平面PAB 的一个法向量是m ＝(1,0, 0)，平面PBC 的一个法向量是n＝⎫⎪⎪⎝⎭．则cos 〈m ，n〉＝·3||||||||3===m nm n m n ． ∴正切值tan 〈m ，n．7答案：D 解析：由题意可知OQ ＝λOP ，故可设Q (λ，λ，2λ)，∴QA ·QB ＝6λ2－16λ＋10＝242633λ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴43λ=时，QA ·QB 取最小值，此时Q 的坐标为448,,333⎛⎫⎪⎝⎭． 8答案：C 解析：建立如图所示的坐标系，则A 1(a,0，a )，D 1(0,0，a )，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，B 1(a ，a ，a )，E ,,2a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，F 0,,02a ⎛⎫⎪⎝⎭．设平面A 1D 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则11·0A D =n ，11·0A E =n ，即(x ，y ，z )·(－a,0,0)＝0，(x ，y ，z )·0,,2a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝0， ∴－ax ＝0，02aay z -=． ∴x ＝0，2z y =． ∴n ＝0,,2z z ⎛⎫ ⎪⎝⎭． ∴10,||||2FD d ⎛ ⋅⎝==n n ． 9答案：32解析：2a·(a ＋2b )＝2|a|2＋4a·b ＝2×36＋4×(－10)＝32． 10解析：如图，过K 作KM ⊥EF ，M 为垂足，则向量MK 与FC 的夹角为120°.KG ＝KM ＋MF ＋FC ＋CG ，2KG ＝2KM ＋2MF ＋2FC ＋2CG ＋2KM ·MF ＋2FC ·CG ＋2KM ·FC ＋2KM ·CG . ∴2KG ＝1＋14＋1＋14＋0＋0＋2×1×1×cos 60°＋0＋0＋2×12×12×cos 180°＝2＋12＋1－12＝3． ∴3KG =．答案：60° 解析：设AB 与CD 所成的角为θ，则cos θ＝cos ,AB CD ＝AB CD AB CD⋅．由于AB ·CD ＝(AC ＋CD ＋DB )·CD ＝AC ·CD ＋2CD ＋DB ·CD ＝0＋12＋0＝1，∴cos θ＝11212AB CD AB CD⋅==⨯．由于0°＜θ≤90°，∴θ＝60°，故异面直线AB 与CD 所成角的大小为60°．12答案：解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b|＝答案：解：OE ＝OA ＋AE ＝OA ＋t AB ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )．若OE ⊥b ，则OE ·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得95t =，因此存在点E ，使得OE ⊥b ，此时E 点坐标为6142,,555⎛⎫--⎪⎝⎭． 13答案：证明：连结BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线．所以MN ∥BD ．又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD ．答案：解法一：连结AC 交BD 于O ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB＝BD＝6．又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AC ．在直角△PAC中，AC =PA =AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4，由此知各点坐标如下：A(，0,0)，B (0，－3,0)，C，0,0)，D (0,3,0)，P(0,，M 3,22⎛-- ⎝，N 3,22⎛- ⎝，Q 33⎛ ⎝⎭．设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM＝32-⎝，AN＝32-⎝，知30,230.2x y x y -+=+=取z ＝－1，得m ＝(0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM＝32⎛- ⎝⎭，QN＝32⎛- ⎝⎭知30,62330.2x y z x y ⎧--+=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩ 取z ＝5，得n ＝(0,5)．于是cos 〈m ，n〉＝·||||33=m n m n ．所以二面角A －MN －Q的平面角的余弦值为33．解法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BDAB ．又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，PA ⊥AD ．所以PB ＝PC ＝PD ．所以△PBC ≌△PDC ．而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN ．取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角．由AB ＝PA ＝，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE ＝2.在直角△PAC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝QC ＝2，PQ ＝4，在△PBC 中，cos ∠BPC ＝222526PB PC BC PB PC +-=⋅，得MQ =在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ MN ＝3，得QE ==.在△AEQ 中，2AE =，2QE =，AQ =cos ∠AEQ ＝222233AE QE AQ AE QE +-=⋅.所以二面角A －MN －Q ． 14答案：解：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．答案：解：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．设C 1D ＝x ，∵AC ∥PC 1， ∴111C P C D xAC CD x==-．由此可得D (0,1，x )，P 0,1,01x x ⎛⎫+⎪-⎝⎭， ∴1A B ＝(1,0,1)，1A D ＝(0,1，x )，1B P ＝1,1,01x x ⎛⎫-+⎪-⎝⎭．设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ， c )，则11110,0.A B a c A D b cx ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩n n 令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)． ∵PB 1∥平面BA 1D ，高中数学-打印版精心校对 ∴n 1·1B P ＝1×(－1)＋x ·11x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭＋(－1)×0＝0．由此可得12x =，故CD ＝C 1D ．答案：解：由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝11,,12⎛⎫- ⎪⎝⎭．又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝1212123||||312⋅==⨯n n n n ．故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23． (3)求点C 到平面B 1DP 的距离．答案：解：∵1PB ＝(1，－2,0)，PD ＝10,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)，则311113120,0.2PB a b c PD b ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩n n 令c 1＝1，可得n 3＝11,,12⎛⎫ ⎪⎝⎭．又10,0,2DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ∴点C 到平面B 1DP 的距离33||1||3DC d ⋅==n n ．。

高中数学第三章空间向量与立体几何章末检测卷新人教A版选修2-1

k 等于 ( )
A.2 B. － 4 C.4 D. － 2
答案 C
解析因为 α ∥β，故 ( － 2，－ 4，k) ＝ λ(1 ， 2，－ 2) ，所以－ 2＝ λ ，k＝－ 2λ，即 k＝
4.
3. 设 i ， j ， k 为单位正交基底，已知 a＝ 3i ＋2j － k，b＝ i － j ＋ 2k，则 5a 与 3b 的数量积
10
10
10
10
A. － 5
B. 5
C. － 10
D. 10
答案 B
解析不妨设 SA＝ SB＝ SC＝ 1，建立空间直角坐标系 Sxyz，则相关各点坐标为 A(1 ， 0，
11
1
0) ， B(0 ， 1， 0) ， C(0 ， 0， 1) ， S(0 ， 0，0) ， M 2， 2， 0 ， N(0 ， 0，2).
12A→C·A→D＝
0.
2 / 12
∴ AM⊥ AD，△ AMD为直角三角形 . 8. 如图，在长方体 ABCD－ A1B1C1D1 中， AB＝ 2， AA1＝ 3，AD＝ 2 2， P 为 C1D1 的中点， M 为
BC的中点 . 则 AM与 PM的位置关系为 ( )
A. 平行 B. 异面 C. 垂直 D. 以上都不对答案 C
答案 3－2cos θ
解析因为 A→D＝ A→B＋ B→C＋ C→D，所以 A→D2＝ A→B2＋ B→C2＋C→D2＋ 2A→B· C→D＋2A→B· B→C＋ 2B→C· C→D
＝ 1＋ 1＋1＋2cos( π－ θ) ＝ 3－ 2cos θ.
所以 | A→D| ＝ 3－2cos θ ，
即 AD的长为 3－2cos θ .
③（→AB＋ B→B1) ＋B―1→C1； ④（A→A1＋ A―1→B1) ＋B―1→C1. A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个

2020_2021学年高中数学第3章空间向量与立体几何能力检测含解析新人教A版选修2_1

第三章能力检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分)1．设{a，b，c}是空间一个基底，则一定可以与向量p＝a＋b，q＝a－b构成空间的另一个基底的向量是( )A．a B．bC．c D．a或b【答案】C【解析】向量p，q均与a，b共面，所以只能与c组成基底．2．已知空间直角坐标系中点A(1,0,0)，B(2,0,1)，C(0,1,2)，则平面ABC的一个法向量为( )A．(－1，－3,2) B．(1,3，－1)C．(1,3,1) D．(－1,3,1)【答案】B【解析】AB→＝(1,0,1)，AC→＝(－1,1,2)，设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝x＋z＝0，n·AC→＝－x＋y＋2z＝0，n＝(1,3，－1)为平面ABC的法向量．故选B．3．设A，B，C，D是空间不共面的四点且满足AB→·AC→＝0，AB→·AD→＝0，AC→·AD→＝0，则△BCD是( )A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．不确定【答案】C【解析】由AB→·AC→＝0，AB→·AD→＝0，AC→·AD→＝0，可知AB→⊥AC→，AB→⊥AD→，AC→⊥AD→，即三棱锥ABCD的三侧棱两两垂直，则其底面为锐角三角形．4．已知向量a＝(0,2,1)，b＝(－1,1，－2)，则a与b的夹角为( )A ．0°B ．45°C ．90°D ．180°【答案】C【解析】cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2－25·6＝0，∴a 与b 的夹角为90°.5．(2019年陕西西安期末)已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于t ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →等于( )A ．32t 2 B ．34t 2C ．12t 2D ．14t 2【答案】D【解析】设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a|＝|b|＝|c|＝t ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.又AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，故AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(t 2cos 60°＋t 2cos60°)＝14t 2.6.已知直线l 过定点A (2,3,1)，且n ＝(0,1,1)为直线l 的一个方向向量，则点P (4,3,2)到直线l 的距离为( )A.2 B.102 C.22 D.322【答案】D【解析】PA ＝(－2,0，－1)，|PA |＝5，PA ·n |n |＝－22，则点P 到直线l 的距离为|PA |2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA ·n |n |2＝5－12＝322.7．空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA →上且OM →＝2MA →，N 为BC 中点，则MN →等于( )A ．12a －23b ＋12cB ．－23a ＋12b ＋12cC ．12a ＋12b －23cD ．23a ＋23b －12c【答案】B【解析】如图，MN →＝MO →＋OC →＋CN →＝23AO →＋OC →＋12CB →＝－23a ＋c ＋12(b －c )＝－23a ＋12b ＋12c .8．(2019年黑龙江哈尔滨模拟)已知空间向量a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为( )A ．652B ．65C ．4D ．8【答案】B【解析】|a|＝3，|b|＝3，而a ·b ＝4＝|a||b |·cos 〈a ，b 〉，∴cos 〈a ，b 〉＝49，故sin〈a ，b 〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫492＝659，于是以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为S ＝|a||b |sin 〈a ，b 〉＝3×3×659＝65.故选B ．9．已知e 1，e 2，e 3是空间中不共面的三个向量，若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1－e 2－e 3，c ＝e 1＋e 2，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3且d ＝x a ＋y b ＋z c ，则x ，y ，z 分别为( )A ．52，－12，－1B ．52，12，1C ．－52，12，1D ．－52，－12，－1【答案】A【解析】d ＝x a ＋y b ＋z c ＝(x ＋y ＋z )e 1＋(x －y ＋z )e 2＋(x －y )e 3＝e 1＋2e 2＋3e 2，由空间向量基本定理，空间任一向量都可以用一个空间基底唯一表示，从而得到⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝1，x －y ＋z ＝2，x －y ＝3.解得x ＝52，y ＝－12，z ＝－1.故选A ．10．(2019年河北石家庄模拟)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝2，CC 1＝2，则异面直线AB 1和BC 1所成角的正弦值为( )A ．1B ．77C ．12D ．32【答案】A【解析】取线段A 1B 1，AB 的中点分别为O ，D ，则OC 1⊥平面ABB 1A 1，∴可以以OB 1→，OC 1→，OD →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ，如图，则A (－1,0，2)，B 1(1,0,0)，B (1,0，2)，C 1(0，3，0)，∴AB 1→＝(2,0，－2)，BC 1→＝(－1，3，－2)．∵AB 1→·BC 1→＝(2,0，－2)·(－1，3，－2)＝0，∴AB 1→⊥BC 1→，即异面直线AB 1和BC 1所成的角为直角，则其正弦值为1.故选A ．11.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，若AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4,2,0)，AP＝(－1,2，－1)，则下列结论正确的是( )A.AP⊥ABB.AP⊥ADC.AP是平面ABCD的法向量D.AP∥BD【答案】ABC【解析】∵AB·AP＝0，AD·AP＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则A，B正确.又AB与AD不平行，∴AP是平面ABCD的法向量，则C正确.∵BD＝AD－AB＝(2,3,4)，AP ＝(－1,2，－1)，∴BD与AP不平行，故D错误.12.(多选题)已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC和CD的中点，则( )A.A1D与B1D1是异面直线B.A1D与EF所成角的大小为45°C.A 1F 与平面B 1EB 所成角的余弦值为13D.二面角CD 1B 1B 的余弦值为63【答案】AD【解析】易知A 正确；如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1).对于B ，∵A 1D ＝(－1,0，－1)，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，∴|A 1D |＝(－1)2＋0＋(－1)2＝2，|EF |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋0＝22，A 1D ·EF ＝12＋0＋0＝12，故cos 〈A 1D ，EF 〉＝A 1D ·EF|A 1D |·|EF |＝12，可知向量A 1D 与EF 的夹角为60°，所以A 1D与EF 所成角的大小为60°，B 错误；对于C ，∵AB ⊥平面B 1C 1CB ，∴AB 是平面B 1EB 的法向量，∵AB ＝(0,1,0)，A 1F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，－1，∴|AB |＝1，|A 1F |＝32，A 1F ·AB ＝12，故cos 〈A 1F ，AB 〉＝13，∴A 1F 与平面B 1EB 所成角的余弦值为223，C 错误；对于D ，∵AC 1⊥平面B 1D 1C ，∴AC 1是平面B 1D 1C 的法向量，又AC 为平面B 1D 1B 的法向量，故AC 1与AC 所成的角等于二面角C －D 1B 1－B ，∵AC 1＝(－1,1,1)，AC ＝(－1,1,0)，则|AC 1|＝3，|AC |＝2，AC 1·AC ＝2，∴cos 〈AC 1，AC 〉＝63，∴二面角C －D 1B 1－B 的余弦值为63，D 正确.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分)13．(2017年上海)如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过点D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若向量DB1→的坐标为(4,3,2)，则向量AC1→的坐标是________．【答案】(－4,3,2)【解析】由DB1→的坐标为(4,3,2)，可得A(4,0,0)，C(0,3,0)，D1(0,0,2)，则C1(0,3,2)，∴AC1→＝(－4,3,2)．14．已知平面α经过点O(0,0,0)且e＝(1,1,1)是α的法向量，M(x，y，z)是平面α内任意一点，则x，y，z满足的关系式是__________________．【答案】x＋y＋z＝0【解析】OM→·e＝(x，y，z)·(1,1,1)＝x＋y＋z＝0.15.已知向量a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,8)，则3a－2b＝，a与b所成角的余弦值为.【答案】(5,13，－28) －7138 230【解析】3a －2b ＝3(3,5，－4)－2(2,1,8)＝(5,13，－28).a ·b ＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝3×2＋5×1－4×8＝－21，|a|＝32＋52＋(－4)2＝50，|b|＝22＋12＋82＝69，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a||b|＝－2150×69＝－7138230.16．(2019年吉林长春期末)在三棱锥PABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．【答案】55【解析】以A 为原点，AB ，AC ，AP 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．由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0，0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·DE→＝0，n ·DF→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)．设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55.∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.三、解答题(本大题共6小题，满分70分)17．(10分)设向量a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,8)，计算3a －2b ，a ·b ，并确定λ，μ的关系，使λa ＋μb 与z 轴垂直．解：3a －2b ＝3(3,5，－4)－2(2,1,8)＝(9,15，－12)－(4,2,16)＝(5,13，－28)．a ·b ＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝6＋5－32＝－21.由(λa ＋μb )·(0,0,1)＝(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1)＝－4λ＋8μ＝0，得－λ＋2μ＝0.∴当λ，μ满足－λ＋2μ＝0时，可使λa ＋μb 与z 轴垂直．18．(12分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求a 和b 的夹角的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．解：a ＝(－1＋2,1－0,2－2)＝(1,1,0)，b ＝(－3＋2，0－0，4－2)＝(－1,0,2)． (1)cos θ＝a ·b|a |·|b |＝－1＋0＋02×5＝－1010.∴a 和b 的夹角的余弦值为－1010.(2)k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)．∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4) ＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8 ＝0. 即2k 2＋k －10＝0.∴k ＝－52或k ＝2. 19．(12分)(2019年福建龙岩期末)如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1ABC 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C ．证明：(1)∵二面角A 1ABC 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC ．又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ． ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．∴A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)．设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C ．(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)．设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0.令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0.∴AB 1→⊥m .又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C．20.(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.(1)求证：PA⊥平面PCD；(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长.【解析】(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PA.又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD.(2)解：取AD的中点O，连接PO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝2，PO＝1.设CD＝a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)，则BC＝(－a,2,0)，PC＝(a,1，－1).设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎨⎧m ·BC ＝0，m ·PC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0.令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量. 由(1)知n ＝DC ＝(a,0,0)为平面PAD 的一个法向量.由|cos 〈m ，n 〉|＝m ·n|m ||n |＝|2a |a10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105.所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155. 由等面积法可得DE ＝CD ·PDPC ＝33.21．(12分)(2019年广东广州期末)如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M分别为CE ，AB 的中点．(1)求异面直线AB 与CE 所成角的大小； (2)求直线CD 与平面ODM 所成角的正弦值．解：(1)∵DB ⊥BA ，平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，DB ⊂平面ABDE ，∴DB ⊥平面ABC ．∵BD ∥AE ，∴EA ⊥平面ABC ．如图，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB 所在直线为x 轴，y 轴，以过点C 且与EA 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．∵AC ＝BC ＝4，BD ＝12AE ＝2，∴C (0,0,0)，A (4,0,0)，B (0,4,0)，E (4，0,4)． ∴AB →＝(－4,4,0)，CE →＝(4,0,4)． ∴cos 〈AB →，CE →〉＝－1642×42＝－12.∴AB 与CE 所成角的大小为π3.(2)由(1)知O (2,0,2)，D (0,4,2)，M (2,2,0)，∴CD →＝(0,4,2)，OD →＝(－2,4,0)，MD →＝(－2,2,2)．设平面ODM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·OD→＝0，n ·MD→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4y ＝0，－2x ＋2y ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝1，则n ＝(2,1,1)．设直线CD 与平面ODM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CD →〉|＝|CD →·n ||CD →||n |＝3010.∴直线CD 与平面ODM 所成角的正弦值为3010.22.(12分)(2020年福建泉州模拟)如图1，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AB ＝23，BC ＝4，AD ＝6，E 是AD 上的点，AE ＝13AD ，P 为BE 的中点，将△ABE 沿BE折起到△A 1BE 的位置，使得A 1C ＝4，如图2.(1)求证：平面A 1CP ⊥平面A 1BE ； (2)求二面角BA 1PD 的余弦值.【解析】(1)证明：如图，连接AP ，PC .∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AB ＝23，BC ＝4，AD ＝6，E 是AD上的点，AE ＝13AD ，P 为BE 的中点，∴BE ＝4，∠ABE ＝30°，∠EBC ＝60°，BP ＝2. ∴PC ＝23.∴BP 2＋PC 2＝BC 2.∴BP ⊥PC .∵A 1P ＝AP ＝2，A 1C ＝4，∴A 1P 2＋PC 2＝A 1C 2. ∴PC ⊥A 1P .∵BP ∩A 1P ＝P ，∴PC ⊥平面A 1BE . ∵PC ⊂平面A 1CP ，∴平面A 1CP ⊥平面A 1BE .(2)解：如图，以P 为坐标原点，PB 所在直线为x 轴，PC 所在直线为y 轴，过P 作平面BCDE 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(－1,0，3)，P (0,0,0)，D (－4，23，0)，∴PA 1＝(－1,0，3)， PD ＝(－4,23，0).设平面A 1PD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·PA 1＝0，m ·PD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3z ＝0，－4x ＋23y ＝0.取x ＝3，得m ＝(3，2,1).易知平面A 1PB 的一个法向量n ＝(0,1,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝22.由图可知二面角BA 1PD 是钝角， ∴二面角BA 1PD 的余弦值为－22.。

高中数学人教A版选修2-1单元测评(三) 空间向量与立体几何

高中数学学习材料金戈铁骑整理制作单元测评(三) 空间向量与立体几何(时间：90分钟满分：120分) 第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分． 1．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组B ．2组C ．3组D ．4组解析：∵②中a ＝2b ，∴a ∥b ；③中a ＝－13b ， ∴a ∥b ；而①④中的向量不平行．答案：B2．在以下命题中，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若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一组基底；⑤|(a ·b )·c |＝|a |·|b |·|c |.A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 共线，但a 与b 共线时|a |－|b |＝|a ＋b |不一定成立，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．答案：C3．如图，已知四边形ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，连接AC ，BD ，PB ，PC ，PD ，则下列各组向量中，数量积不一定为零的是( )A.PC →与BD →B.DA →与PB →C.PD →与AB →D.P A →与CD →解析：建立如图所示的空间直角坐标系．设矩形ABCD 的长、宽分别为a ，b ，P A 长为c ，则A (0,0,0)，B (b,0,0)，D (0，a,0)，C (b ，a,0)，P (0,0，c )．则PC →＝(b ，a ，－c )，BD →＝(－b ，a,0)，DA →＝(0，－a ，0)，PB →＝(b,0，－c )，PD →＝(0，a ，－c )，AB →＝(b,0,0)，P A →＝(0,0，－c )，CD →＝(－b,0,0)．∴PC →·BD →＝－b 2＋a 2不一定为0. DA →·PB →＝0，PD →·AB →＝0，P A →·CD →＝0. 答案：A4．已知向量e 1、e 2、e 3是两两垂直的单位向量，且a ＝3e 1＋2e 2－e 3，b＝e 1＋2e 3，则(6a )·⎝⎛⎭⎪⎫12b 等于( ) A ．15 B ．3 C ．－3D ．5解析：(6a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝3a·b ＝3(3e 1＋2e 2－e 3)·(e 1＋2e 3)＝9|e 1|2－6|e 3|2＝3. 答案：B5．如图，AB ＝AC ＝BD ＝1，AB ⊂面α，AC ⊥面α，BD ⊥AB ，BD 与面α成30°角，则C 、D 间的距离为( )A ．1B ．2C. 2D. 3解析：|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos120°＝2.∴|CD →|＝ 2.答案：C6．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( )A ．(－2,2,0)B ．(2，－2,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0 解析：由OA →＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH →＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH →·OA →＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0. 答案：C7．已知a ＝(cos α，1，sin α)，b ＝(sin α，1，cos α)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是( )A ．90°B ．60°C ．30°D ．0°解析：(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝(cos 2α＋sin 2α＋1)－(sin 2α＋1＋cos 2α)＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b )．答案：A8．已知E 、F 分别是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1的中点，则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( )A.23B.23C.53D.233解析：以D 为坐标原点，以DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图．则A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，D 1(0,0,1)，l 所以AD 1→＝(－1,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，1，0.设平面AEFD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n·AE →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－x2＋y ＝0.∴x ＝2y ＝z .取y ＝1，则n ＝(2,1,2)，而平面ABCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，∵cos 〈n ，u 〉＝23，∴sin 〈n ，u 〉＝53.答案：C9．在三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ⊥平面ABC ，且P A ＝AB ，则二面角A -PB -C 的平面角的正切值为( )A. 6B. 3C.66D.62解析：设P A ＝AB ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系．则B (0,2,0)，C (3，1,0)，P (0,0,2)， ∴BP →＝(0，－2,2)， BC →＝(3，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的一个法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧BP →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＋2z ＝0，3x －y ＝0.令y ＝1，则x ＝33 ，z ＝1.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，1. 易知m ＝(1,0,0)是平面P AB 的一个法向量．则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝331×213＝77. ∴正切值tan 〈m ，n 〉＝ 6. 答案：A10．已知OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA →·QB →取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫12，34，13 B.⎝⎛⎭⎪⎫12，32，34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，73 解析：∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则QA →＝(1－x,2－x,3－2x )， QB →＝(2－x,1－x,2－2x )． ∴QA →·QB →＝6x 2－16x ＋10， ∴x ＝43时，QA →·QB →最小，这时Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．11．已知a ＝(3，－2，－3)，b ＝(－1，x －1,1)，且a 与b 的夹角为钝角，则x 的取值范围是__________．解析：因为a 与b 的夹角为钝角，于是－1＜cos 〈a ，b 〉＜0，因此a·b＜0，且a 与b 的夹角不为π，即cos 〈a ，b 〉≠－1.解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，53∪⎝ ⎛⎭⎪⎫53，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，53∪⎝ ⎛⎭⎪⎫53，＋∞12．如图所示，已知正四面体A -BCD 中，AE ＝14AB ，CF ＝14CD ，则直线DE 和BF 所成的角的余弦值为__________．解析：ED →＝EA →＋AD →＝14BA →＋AD →， BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋14CD →， cos 〈ED →，BF →〉＝ED →·BF →|ED →|·|BF →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14BA →＋AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫BC →＋14CD →⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14BA →＋AD →2·⎝⎛⎭⎪⎪⎫BC →＋14CD →2＝413.答案：41313．已知a ＝(x,2，－4)，b ＝(－1，y,3)，c ＝(1，－2，z )，且a ，b ，c 两两垂直，则(x ，y ，z )＝__________.解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y －12＝0，x －4－4z ＝0，－1－2y ＋3z ＝0，解得x ＝－64，y ＝－26，z ＝－17. 答案：(－64，－26，－17)14．已知空间四边形OABC ，如图所示，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝3GN →，现用基向量OA →、OB →、OC →表示向量OG →，并设OG →＝x ·OA →＋y ·OB →＋z ·OC →，则x 、y 、z 的和为__________．解析：OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋34MN →＝12OA →＋34⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12OA →＋OC →＋12CB →＝12OA →－38OA →＋34OC →＋38OB →－38OC →＝18OA →＋38OB →＋38OC →，∴x ＝18，y ＝38，z ＝38.∴x ＋y ＋z ＝78. 答案：78三、解答题：本大题共4小题，满分50分． 15．(12分)已知a ＝(1,2，－2)． (1)求与a 共线的单位向量b ；(2)若a 与单位向量c ＝(0，m ，n )垂直，求m 、n 的值．解：(1)设b ＝(λ，2λ，－2λ)，而b 为单位向量， ∴|b |＝1，即λ2＋4λ2＋4λ2＝9λ2＝1. ∴λ＝±13.(4分)∴b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23，－23或b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－23，23.(6分) (2)由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧ a·c ＝0，|c |＝1，⇒⎩⎪⎨⎪⎧1×0＋2m －2n ＝0，m 2＋n 2＋02＝1，解得⎩⎨⎧m ＝22，n ＝22，或⎩⎨⎧m ＝－22，n ＝－22.(12分)16．(12分)如下(左)图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别为AC 、AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如下(右)图．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小．解：(1)∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC.∴DE⊥A1C.又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.(4分)(2)如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)， BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3，∴n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. ∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝|n ·CM →|n |·|CM →||＝48×4＝22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(12分)17．(12分)如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．(1)求证：AM ∥平面BDE ；(2)试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与CD 所成的角是60°.解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系．设AC ∩BD ＝N ，连接NE ，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E (0,0,1)，∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.又A (2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1，∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴NE →＝AM →，且NE 与AM 不共线． ∴NE ∥AM .又NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE .(6分) (2)设P (t ，t,0)(0≤t ≤2)，则PF →＝(2－t ，2－t,1)，CD →＝(2，0,0)．又∵PF →与CD →所成的角为60°.|(2－t )·2|(2－t )2＋(2－t )2＋1·2＝12，解之得t ＝22，或t ＝322(舍去)．故点P 为AC 的中点．(12分)18．(14分)如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB ︵的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ； (2)求二面角B -P A -C 的余弦值．解： (1)证明：如图所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎨⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.(4分)∴z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AC 的一个法向量，则由n 2·P A →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.∴x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． ∵n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0， ∴n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC .(8分) (2)∵y 轴⊥平面P AB .∴平面P AB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面P AC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B -P A -C 的平面角与θ相等，∴二面角B -P A -C 的余弦值为105.(14分)。

高中数学阶段质量检测(三)空间向量与立体几何新人教A版选修21

阶段质量检测（三）空间向量与立体几何(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．设空间向量a ＝(1,2,1)，b ＝(2,2,3)，则a ·b ＝( ) A ．(2,4,3) B ．(3,4,4) C ．9D ．－5解析：选C ∵a ＝(1,2,1)，b ＝(2,2,3)， ∴a ·b ＝1×2＋2×2＋1×3＝9.2．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A ．1B ．2 C.12D ．3解析：选B 若l 1⊥l 2，则a ⊥b ，∴a ·b ＝0， ∴1×(－2)＋2×3＋(－2m )＝0，解得m ＝2.3．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7 B ．－20 C ．28D ．11解析：选C 因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)，所以m ·n ＝0＋40－12＝28. 4．已知二面角αl β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A.π6 B.π3 C.π2D.2π3解析：选B 设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量． ∵|cos 〈m ，n 〉|＝cos π3＝12，∴〈m ，n 〉＝π3或2π3.但由于两异面直线所成的角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，故异面直线m ，n 所成的角为π3.5．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( )A ．(－2,2,0)B ．(2，－2,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0解析：选C 由＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0. 6．如图，三棱锥SABC 中，棱SA ，SB ，SC 两两垂直，且SA ＝SB ＝SC ，则二面角ABCS 大小的正切值为( )A ．1 B.22C. 2D ．2解析：选C ∵三棱锥SABC 中，棱SA ，SB ，SC 两两垂直，且SA ＝SB ＝SC ，∴SA ⊥平面SBC ，且AB ＝AC ＝SA 2＋SB 2，取BC 的中点D ，连接SD ，AD ，则SD ⊥BC ，AD ⊥BC ，则∠ADS 是二面角ABCS 的平面角，设SA ＝SB ＝SC ＝1，则SD ＝22，则tan ∠ADS ＝SA SD ＝122＝2，故选C. 7．在空间直角坐标系Oxyz 中，i ，j ，k 分别是x 轴、y 轴、z 轴的方向向量，设a 为非零向量，且〈a ，i 〉＝45°，〈a ，j 〉＝60°，则〈a ，k 〉＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 如图所示，设|a |＝m (m >0)，a ＝，PA ⊥平面xOy ，则在Rt △PBO 中， |PB |＝||·sin 〈a ，i 〉＝22m ，在Rt △PCO 中，|OC |＝||·cos〈a ，j 〉＝m2，∴|AB |＝m2，在Rt △PAB 中， |PA |＝|PB |2－|AB |2＝24m 2－m 24＝m 2， ∴|OD |＝m2，在Rt △PDO 中， cos 〈a ，k 〉＝|OD ||OP |＝12，又0°≤〈a ，k 〉≤180°，∴〈a ，k 〉＝60°.8.如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，动点P ，Q 分别在线段C 1D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是( )A.23B.33C.23D.53解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，C 1(0,1,2)．设点P 的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]，点Q 的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]，PQ ＝(1－μ)2＋(μ－λ)2＋4λ2＝2μ2＋5λ2－2λμ－2μ＋1 ＝5⎝⎛⎭⎪⎫λ－15μ2＋95⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－592＋49，当且仅当λ＝19，μ＝59时，线段PQ 的长度取得最小值23.二、填空题(本大题共7小题，多空题每空3分，单空题每题4分，共36分) 9．已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(－2，－4，－6)，|c |＝14，若(a ＋b )·c ＝7，则a 与c 的夹角为________，|a |＝________.解析：设向量a ＋b 与c 的夹角为α，因为a ＋b ＝(－1，－2，－3)，|a ＋b |＝14， cos α＝(a ＋b )·c |a ＋b ||c |＝12，所以α＝60°.因为向量a ＋b 与a 的方向相反，所以a 与c 的夹角为120°，|a |＝12＋22＋32＝14. 答案：120°1410．已知a ＝(3λ，6，λ＋6)，b ＝(λ＋1,3,2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________，a 的同向单位向量为________．解析：由题意知a ∥b ，∴3λλ＋1＝63＝λ＋62λ，解得λ＝2.∴a ＝(6,6,8)，|a |＝234，∴a 的同向单位向量为a |a |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33434，33434，23417.答案：2 ⎝⎛⎭⎪⎫33434，33434，2341711．若a ＝(2,3，－1)，b ＝(－2,1,3)，则a －b ＝________.以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________．解析：a －b ＝(4,2，－4)，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－27，得sin 〈a ，b 〉＝357，则S＝|a ||b |sin 〈a ，b 〉＝6 5.答案：(4,2，－4) 6 512．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为________，三棱锥AA 1B 1D 1的体积为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)，A 1(2,0,4)，＝(0,2,4)，＝(－2,0,4)，＝(0,0,4)．设平面AB 1D 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧·n ＝0，·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋4z ＝0，－2x ＋4z ＝0，令x ＝2，得n ＝(2，－2,1)．所以A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|AA 1―→·n ||n |＝43.VAA 1B 1D 1＝13×12×2×2×4＝83.答案：43 8313．三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，侧棱长等于底面边长，A 1在底面的射影是△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于________．解析：如图，设A 1在底面ABC 内的射影为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设△ABC 边长为1，则A ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，0，B 1－32，12，63，∴＝错误!.又平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值为sin α＝|cos 〈，n 〉|＝637536＋14＋69＝23. 答案：2314．在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若＝a ＋2b ＋3c ，则abc ＝________.解析：∵＝＋＋＝a＋2b＋3c，∴a ＝1，b ＝12，c ＝－13.∴abc ＝－16.答案：－1615．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角AEFB ，此时KG 的长为________．解析：如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，则向量与的夹角为120°，〈，〉＝60°.又＝＋＝＋， ∴＝＋＋2·＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3. ∴||＝ 3.答案： 3三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分14分)已知a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )．a ∥b ，b ⊥c ，求：(1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值．解：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，则a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，设a ＋c 与b ＋c 夹角为θ，因此cos θ＝5－12＋338·38＝－219.17．(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)求DB 与平面DEF 所成角的正弦值．解：(1)证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图．设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2. ∵＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a2·(0，a,0)＝0. ∴，∴EF ⊥CD .(2)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·＝0，n ·＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2＝0，(x ，y ，z )·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2(x ＋y ＋z )＝0，ax ＋a2y ＝0.取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，∴n ＝(1，－2,1)，∴cos 〈，n 〉＝·n||·|n |＝a 2a ·6＝36.设DB 与平面DEF 所成角为θ，则sin θ＝36.18．(本小题满分15分)已知四棱锥PABCD 的底面是直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝DA ＝CD ＝2AB ＝2，M 点为PC 的中点．(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)在平面PAD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD .解：(1)证明：∵PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，CD ⊥AD .∴以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)．由于PD ＝CD ＝DA ＝2AB ＝2，所以D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，M (0,1,1)， ∴＝(－2,0,1)，＝(0,2,0)，∵⊥平面PAD ，∴是平面PAD 的法向量，且·＝0，又BM ⊄平面PAD . ∴BM ∥平面PAD .(2)设N (x,0，z )是平面PAD 内一点，则＝(x ，－1，z －1)，＝(0,0,2)，＝(2,1,0)，若MN ⊥平面PBD ，则⎩⎪⎨⎪⎧·＝0，·＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2(z －1)＝0，2x －1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，z ＝1.∴在平面PAD 内存在点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，使MN ⊥平面PBD .19.(本小题满分15分)四棱锥PABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AC ⊥DB ，∠CAD ＝60°，AD ＝2，PD ＝1.(1)证明：AC ⊥BP ；(2)求二面角CAPD 的平面角的余弦值．解：(1)证明：∵PD ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PD .又AC ⊥BD ，BD ∩PD ＝D .∴AC ⊥平面PBD ，又BP ⊂平面PBD ， ∴AC ⊥BP .(2)设AC ∩BD ＝O ，以O 为坐标原点，OD ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图空间直角坐标系Oxyz ，则O (0,0,0)，D (3，0,0)，A (0,1,0)，P (3，0,1)， ∴＝(0,1,0)，＝(3，0,1)，＝(3，－1,0)，＝(0,0,1)．设平面ACP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ADP 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·＝0，m ·＝0得⎩⎨⎧y 1＝0，3x 1＋z 1＝0.取x 1＝1，则m ＝(1,0，－3)．同理，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·＝0.n ·＝0得n ＝(1，3，0)．∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝12×2＝14.∴二面角CAPD 的平面角的余弦值为14.20.(本小题满分15分)(2016·浙江高考)如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角BADF 的平面角的余弦值．解：(1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCFE ，又因为BF ⊂平面BCFE ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .又AC ∩CK ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACFD ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角BADF 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以二面角BADF 的平面角的余弦值为34. 法二：取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC .又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32. 因此＝(0,3,0)，＝(1,3，3)，＝(2,3,0)．设平面ACFD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABED 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎨⎧·m ＝0，·m ＝0得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧·n ＝0，·n ＝0得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以二面角BADF 的平面角的余弦值为34.。

[推荐学习]高中数学第3章空间向量与立体几何质量评估检测新人教A版选修2-1

A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，
所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．
因为cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为 .
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，
因为＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，
所以n1· ＝0，n1· ＝0，
即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，
答案：B
6．已知向量＝，＝，则平面AMN的一个法向量是( )
A．(－3，－2,4)B．(3,2，－4)
C．(－3，－2，－4) D．(－3,2，－4)
解析：设平面AMN的法向量n＝(x，y，z)，
则即
令z＝4，则n＝(3，－2,4)，由于(－3,2，－4)＝－(3，－2,4)，
可知选项D符合．
A. B.
C. D.
解析：∵Q在OP上，∴可设Q(x，x,2x)，
则＝(1－x,2－x,3－2x)，
＝(2－x,1－x,2－2x)．
∴ · ＝6x2－16x＋10，
∴x＝时， · 最小，
这时Q .
答案：C
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若A(x,5－x,2x－1)，B(1，x＋2,2－x)，则当| |取最小值时，x的值等于________．
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2 －2 －，则P，A，B，C四点共面；
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．5 B．4
C．3 D．2
解析：①|a|－|b|＝|a＋b|⇒a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确，故选B.

(同步精品)高中数学第三章空间向量与立体几何单元检测新人教A版选修2_1

第三章空间向量与立体几何单元测试【满分：150分时间：120分钟】第Ⅰ卷（选择题）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．（2019年和平区期中）与向量a ＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，1B ．(－1，－3,2)C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1 D ．()2，－3，－22【答案】C [a ＝(1，－3,2)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1.]2．（2018年东莞市模拟）在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，A 1F →＝12A 1C 1→，AF →＝xAA 1→＋y (AB →＋AD →)，则( )A ．x ＝1，y ＝12B ．x ＝1，y ＝13C ．x ＝12，y ＝1D ．x ＝1，y ＝14【答案】A [AF →＝AA 1→＋A 1F →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12AC →＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，∴x ＝1，y ＝12.应选A ．]3．（2019年绍兴模拟）已知A (2，－4，－1)，B (－1,5,1)，C (3，－4,1)，D (0,0,0)，令a ＝CA →，b ＝CB →，则a ＋b 为( )A ．(5，－9,2)B ．(－5,9，－2)C ．(5,9，－2)D ．(5，－9，－2) 【答案】B [a ＝CA →＝(－1,0，－2)，b ＝CB →＝(－4,9,0)， ∴a ＋b ＝(－5,9，－2)．]4．（2019年潍坊模拟）已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是( )A ．13B ．23C ．773D ．63【答案】C [设P (x ，y ，z )，则AP →＝(x －1，y －2，z －1)， PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP →＝2PB →知x ＝－13，y ＝83，z ＝3，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3.由两点间距离公式可得|PD →|＝773.]5．（2019年海南期中）在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，下列结论不正确的是( ) A ．AB →＝－C 1D 1→ B ．AB →·BC →＝0 C ．AA 1→·B 1D 1→＝0D ．AC 1→·A 1C →＝0【答案】D [如图，AB →∥C 1D 1→，AB →⊥BC →，AA 1→⊥B 1D 1→，故A ，B ，C 选项均正确．]6．（2019年宣城模拟）设▱ABCD 的对角线AC 和BD 交于E ，P 为空间任意一点，如图1所示，若PA →＋PB →＋PC →＋PD →＝xPE →，则x ＝( )图1A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C [∵E 为AC ，BD 的中点， ∴由中点公式得PE →＝12(PA →＋PC →)，PE →＝12(PB →＋PD →)．∴PA →＋PB →＋PC →＋PD →＝4PE →.从而x ＝4.]7．（2019年芮城县期末）已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A ．627B ．637C ．647D ．657【答案】D [∵a ，b ，c 三向量共面，则存在不全为零的实数x ，y ，使c ＝x a ＋y b ，即(7,5，λ)＝x (2，－1,3)＋y (－1,4，－2) ＝(2x －y ，－x ＋4y,3x －2y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177.∴λ＝3x －2y ＝657.]8．（2018年兴庆区期末）若向量a ＝(x,4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x ＝( ) A ．3 B ．－3 C ．－11D ．3或－11【答案】A [因为a·b ＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26，所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A ．] 9．（2019年珠海期中）若直线l 的方向向量为(2,1，m )，平面α的法向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2，且l ⊥α，则m ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5 【答案】C [∵l ⊥α，∴直线l 的方向向量平行于平面α的法向量． ∴21＝112＝m 2. ∴m ＝4.]10．（2019年海南期中）直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成角为( )A ．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C [建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，∴BA 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(0,1,1)，∴cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→||AC 1→|＝12×2＝12. ∴〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，即异面直线BA 1与AC 1所成角为60°.]11．（2019年分宜县月考）已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A ．23B ．33C ．23D ．13【答案】A [以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC→|n ||DC →|＝23.] 12．（2019年宁波模拟）在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝435，那么二面角A BD P 的大小为( )A ．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】A [如图所示，建立空间直角坐标系，则PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，－453，BD →＝(－3,4,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，－453＝0，(x ，y ，z )·(－3，4，0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3x －453z ＝0，－3x ＋4y ＝0.令x ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，543.又n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，453为平面ABCD 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 〉＝n 1·n |n 1||n |＝32，∴所求二面角为30°.]第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上) 13．（2019年和平区期中）已知正方体ABCD A ′B ′C ′D ′，则下列三个式子中： ①AB →－CB →＝AC →； ②AA ′→＝CC ′→；③AB →＋BB ′→＋BC →＋C ′C →＝AC ′→. 其中正确的有________．【答案】①② [①AB →－CB →＝AB →＋BC →＝AC →，正确；②显然正确；③AB →＋BB ′→＋BC →＋C ′C →＝(AB →＋BC →)＋(BB ′→＋C ′C →)＝AC →＋0≠AC ′→，错误．]14．（2019年三明模拟）若向量m ＝(－1,2,0)，n ＝(3,0，－2)都与一个二面角的棱垂直，则m ，n 分别与两个半平面平行，则该二面角的余弦值为________．【答案】－36565或36565 [∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－1×3＋2×0＋0×(－2)5×13＝－36565.∴二面角的余弦值为－36565或36565.]15．（2019年海定县月考）如图2正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是平面A 1B 1C 1D 1的中心，则BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________.图2【答案】36 [建立坐标系如图，则B (1,1,0)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，DA1→＝(1,0,1)是平面ABC 1D 1的一个法向量．又OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，－1， ∴BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为|cos 〈OB →，DA 1→〉| ＝|OB →·DA 1→||OB →|·|DA 1→|＝1262×2＝36.] 16．（2019年浙江模拟）设动点P 在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ，当∠APC 为钝角时，λ的取值范围是________．【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 [建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，设P (x ，y ，z )，则D 1P →＝(x ，y ，z －1)，D 1B →＝(1,1，－1)，由D 1P →＝λD 1B →，得(x ，y ，z －1)＝λ(1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ＝λz －1＝－λ即P (λ，λ，1－λ)，∴PA →＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝(－λ，1－λ，λ－1)，由PA →·PC →<0得－2λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，解得13<λ<1.由题意知PA →与PC →所成的角不可能为π，故13<λ<1.]三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．（2018年太原模拟）(本小题满分10分)如图3，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 是正方形，CC 1＝3，CD ＝2，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝60°.图3(1)设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，试用a ，b ，c 表示A 1C →； (2)已知O 为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的中心，求CO 的长. 【答案】 (1)由CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，得CA 1→＝a ＋b ＋c ，所以A 1C →＝－a －b －C ．(2)O 为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的中心，即O 为线段A 1C 的中点．由已知条件得|a |＝|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，〈a ，c 〉＝60°，〈b ，c 〉＝60°. 由(1)得CA 1→＝a ＋b ＋c ，则|CA 1→|2＝CA 1→2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29.所以A 1C 的长为29，所以CO 的长为292. 18．（2019年梅州模拟）(本小题满分12分)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD ．图4(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)证明：PC ∥平面BAQ .【答案】如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1，0)，所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC 且DQ ∩DC ＝D ．故PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)根据题意，DA →＝(1,0,0)，AB →＝(0,0,1)，AQ →＝(0,1,0)，故有DA →·AB →＝0，DA →·AQ →＝0，所以DA →为平面BAQ 的一个法向量．又因为PC →＝(0，－2,1)，且DA →·PC →＝0，即DA ⊥PC ，且PC ⊄平面BAQ ，故有PC ∥平面BAQ . 19．（2019年汉中模拟）(本小题满分12分)如图5所示，已知点P 在正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.图5(1)求DP 与CC ′所成角的大小．(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．【答案】(1)如图所示，以D 为原点，DA ，DC ，DD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，设DA ＝1.则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×12×1＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)，因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.20．（2019年湖南期末）(本小题满分12分)如图6，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．图6(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角CPBA的余弦值．【答案】(1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC．又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC．因为BC⊂平面PBC．所以平面PBC⊥平面PAC．(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC．如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3. 又因为PA ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)．故CB →＝(3，0,0)，CP →＝(0,1,1)．设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)．因为AP →＝(0,0,1)，AB →＝(3，－1,0)，设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1, 3，0)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.由图知二面角C PB A 为锐角，故二面角C PB A 的余弦值为64. 21．（2019年思明区月考）(本小题满分12分)如图7，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．图7(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)，BC 1→＝(－2，0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)．(1)证明：当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2)．所以BC 1→＝2FP →，可知BC 1∥FP ，而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ . (2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0，于是可取n ＝(λ，－λ，1)，同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)，若存在λ，使得平面EFPQ 与平面PQMN 所在的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角．22．（2019年大兴区期末）(本小题满分12分)如图8，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C 是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.图8(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1的值．【答案】(1)因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC．因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC．(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB．由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC．如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．所以A 1B →＝(0,3，－4)，A 1C 1→＝(4,0,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题意知二面角A 1BC 1B 1为锐角，所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625.(3)证明：假设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→(λ∈[0,1])，所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3,4)．解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ，所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD →·A 1B →＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ．此时BD BC 1＝λ＝925.。

高中数学人教新课标A版选修2-1第三章空间向量与立体几何同步测试

高中数学人教新课标A版选修2-1 第三章空间向量与立体几何同步测试共 24 题一、单选题1、在空间直角坐标系中，点与点（）A.关于平面对称B.关于平面对称C.关于平面对称D.关于轴对称2、已知向量， .若向量与向量平行，则实数的值是（）A.6B.-6C.4D.-43、点在空间直角坐标系中的位置是（）A.y轴上B.平面上C.平面上D.平面上4、点关于平面的对称点为（）A. B.C. D.5、已知空间向量 , ,若 ,则实数（）A.-2B.-1C.1D.26、已知，， =1，则向量在方向上的投影是（）A. B.-1C. D.17、已知三棱锥P—ABC中，，底面△ABC中∠C=90°，设平面PAB，PBC，PCA与平面ABC所成的锐二面角分别为，则下列说法正确的是（）A. B.C.当AC=BC时，D.当AC=BC时，8、在三棱柱中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面的中心，则与平面所成角的大小是（）A. B.C. D.9、在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为1，则二面角的平面角的余弦值为（）A. B.C. D.10、直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.11、在正方体中，，则点到平面的距离为（）A. B.C. D.12、若，，，则的值为（）A.4B.15C.7D.3二、多选题13、如图，点是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.直线与直线始终是异面直线B.存在点，使得C.四面体的体积为定值D.当时，平面平面14、如图，已知四棱锥中，平面，底面为矩形，， .若在直线上存在两个不同点，使得直线与平面所成角都为 .则实数的值为（）A.1B.2C.3D.4三、填空题15、如图，在一个60°的二面角的棱上有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB=4，AC=6，BD=8，则CD的长为________．16、正四棱柱中, 则与平面所成角的正弦值为________．17、已知直线l与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则________.18、如图，以长方体的顶点D 为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________四、解答题19、已知向量 =(1,-3,2), =(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2 + |;(2)在直线AB 上,是否存在一点E,使得 ⊥ ?(O 为原点)20、在长方体中，，，(1)求与平面所成角的大小；(2)求面与面所成二面角的大小.21、长方体中，，．(1)求异面直线与所成角；(2)求点到平面的距离；(3)求二面角的大小22、已知(1)若(k +)∥(−3) ，求实数 k 的值；(2)若，求实数的值．23、如图所示，等边三角形的边长为3，点，分别是边，上的点，满足，．将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，．(1)求二面角的余弦值；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．24、如图，P—ABCD是正四棱锥，是正方体，其中(1)求证：；(2)求平面PAD与平面所成的锐二面角的余弦值；参考答案一、单选题1、【答案】C【解析】【解答】两个点和，两个坐标相同，坐标相反，故关于平面对称，故选C.【分析】利用“关于哪个对称，哪个坐标就相同”，得出正确选项.2、【答案】D【解析】【解答】解：，又因为向量与向量平行所以存在实数，使得解得故答案为：【分析】求出向量的坐标，利用向量共线定理即可得出．3、【答案】C【解析】【解答】点的纵坐标为0，横坐标和竖坐标不为0，点在平面上.故答案为：C.【分析】根据点的横坐标、纵坐标以及竖坐标的特点，可得点的位置.4、【答案】D【解析】【解答】由对称关系可知，点关于平面对称的点为故答案为：【分析】根据关于平面对称点的坐标的变化特征可直接写出结果.5、【答案】C【解析】【解答】解：向量，，若，则，解得．故答案为：．【分析】根据时，，列方程求出的值．6、【答案】D【解析】【解答】根据向量数量积的几何意义，所以在方向上的投影为：。

(新人教A版)2019高中数学第三章空间向量与立体几何单元测试(二)选修2-1

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．已知三棱锥O ABC -，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA =uu v a ，OB =uu u v b ，OC =uuu vc ，用a ，b ，c表示MN uuu v ，则MN uuu v等于（）A ．()12+-b c a B ．()12+-a b c C ．()12-+a b cD ．()12--c a b 2．已知()cos ,1,sin αα=a 、()sin ,1,cos αα=b ，且∥a b ，则向量+a b 与-a b 的夹角是（） A ．90°B ．60°C ．30°D ．0°3．已知A 、B 、C 三点的坐标分别为()4,1,3A 、()2,5,1B -、()3,7,C λ，若AB ⊥uu u v AC uuu v，则λ等于（）A ．28B ．28-C ．14D ．14-4．若向量{},,a b c 是空间的一个基底，则一定可以与向量2=+p a b ，2=-q a b 构成空间的另一个基底的向量是（） A ．aB ．bC ．cD ．+a b5．在空间直角坐标系O xyz -中，已知()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、(D ，若1S 、2S 、3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy 、yOz 、zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（） A ．123S S S =≠ B ．231S S S =≠ C ．132S S S =≠D ．123S S S ==6．已知a 、b 是两异面直线，A 、B a ∈，C 、D b ∈，AC b ⊥，BD b ⊥且2AB =，1CD =，则直线a 、b 所成的角为（）A ．30°B ．60°C ．90°D ．45°7．如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，点E 为上底面对角线11A C 的中点，若1BE AA xAB yAD =++uu u v uuu v uuu v uuu v，则（）A ．12x =-，12y =B ．12x =，12y =-C ．12x =-，12y =-D ．12x =，12y = 8．已知()1,1,2A -、()1,0,1B -，设D 在直线AB 上，且2AD DB =uuu v uu u v，设C 1,,13λλλ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，若CD AB ⊥，则λ的值为（）A ．116B ．116-C ．12 D ．139．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AA =E 、F 分别是面1111A B C D 、面11BCC B 的中心，则E 、F 两点间的距离为（）A ．1B C D ．3210．如图，在空间直角坐标系中有长方体1111ABCD A B C D -，1AB =，2BC =，13AA =，则点B 到直线1A C 的距离为（）A ．27B C D ．111．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 是棱AB 的中点，则点E 到平面1ACD 的距离为（）A ．12B C ．13D ．1612．如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是正方形11ADD A 和ABCD 的中心，G 是1CC 的中点，设GF 、1C E 与AB 所成的角分别为α，β，则αβ+等于（）A ．120°B ．60°C ．75°D ．90°二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．已知()1,2,0A 、()0,1,1B -，P 是x 轴上的动点，当AP BP ⋅uu u v uu v取最小值时，点P 的坐标为_____________．14．已知正四棱台1111ABCD A B C D -中，上底面1111A B C D 边长为1，下底面ABCD 边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则异面直线1AD 与1B C 所成角的余弦值为___________．15．三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°，则直线PA 与底面ABC 所成角的大小为________________．16．已知矩形ABCD 中，AB ＝1，BC =ABCD 沿对角线AC 折起，使平面ABC 与平面ACD 垂直，则B 与D 之间的距离为__________________．三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．（10分）在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为平行四边形，AC 与BD 交于O ，G 为BD 上一点，BG ＝2GD ，PA =uu va ，PB =uu vb ，PC =uu u vc ，试用基底{},,a b c 表示向量PG uuu v ．18．（12分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2ABC π∠=，D 是棱AC 的中点，且12AB BC BB ===．（1）求证：1AB ∥平面1BC D ；（2）求异面直线1AB 与1BC 所成的角．19．（12分）如图所示，在四面体ABCD 中，AB 、BC 、CD 两两互相垂直，且1BC CD ==．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）求二面角C －AB －D 的大小；（3）若直线BD 与平面ACD 所成的角为30°，求线段AB 的长度．20．（12分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知AB ＝2，15AA =，E 、F 分别为1D D 、1B B 上的点，且11DE B F ==．（1）求证：BE ⊥平面ACF ；（2）求点E 到平面ACF 的距离．21．（12分）如图所示，PD ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，PD ＝DC ，E 是PC 的中点．（1）证明：PA ∥平面BDE ；（2）求二面角B －DE －C 的余弦值．22．（12分）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，1AB =，12AC AA ==，AD CD =M 和N 分别为1B C 和1D D 的中点．（1）求证：MN ∥平面ABCD ；（2）求二面角11D AC B --的正弦值；（3）设E 为棱11A B 上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段1A E 的长．答案一、选择题 1．【答案】D【解析】()()111111222222MN ON OM OC OA OB =-=-+=--=--u u u v u u u v u u u v u u u v u u v u u u v c a b c a b ，故选D ． 2．【答案】A【解析】∵22=a ，22=b ，()()220+⋅-=-=a b a b a b ， ∴()()+⊥-a b a b ．故选A ． 3．【答案】D【解析】()2,6,2AB =---u u u v ，()1,6,3AC λ=--u u u v，∵AB AC ⊥uu u v uuu v ，∴()2166230AB AC λ⋅=⨯-⨯--=u u u v u u u v，解得14λ=-，故选D ．4．【答案】C 【解析】∵1144=+a p q ，所以a 、p 、q 共面，故a 、p 、q 不能构成空间的一个基底，排除A ； ∵1122=-b p q ，所以b 、p 、q 共面，故b 、p 、q 不能构成空间的一个基底，排除B ； ∵3144+=-a b p q ，所以+a b 、p 、q 共面，故+a b 、p 、q 不能构成空间的一个基底，排除D ；故选C ． 5．【答案】B【解析】由题意可得112222S =⨯⨯=，2122S =⨯，3122S =⨯故231S S S =≠．故选B ． 6．【答案】B【解析】由于AB AC CD DB =++u u u v u u u v u u u v u u u v，∴()21AB CD AC CD DB CD CD ⋅=++⋅==uu u v uu u v uuu v uu u v uu u v uu u v uu u v ．1cos ,,602AB CD AB CD AB CD AB CD ⋅==⇒=︒⋅u u u v u u u vu u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v，故选B ． 7．【答案】A 【解析】()11111111111222BE BA AA A E AB AA A B A D AB AA AB AD =++=-+++=-+++u u u v u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u u v u u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v 11122AB AA AD =-++u u u v u u u v u u u v ，∴12x =-，12y =．故选A ．8．【答案】B【解析】设(),,D x y z ，则()1,1,2AD x y z =+--u u u v ，()2,1,3AB =--u u u v ，()1,,1DB x y z =----u u u v，∵2AD DB =uuu v uu u v ，∴()12112222x x y y z z +=-⎧⎪-=-⎨⎪-=--⎩，∴13130x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．∴11033D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，113CD λλλ⎛⎫=---- ⎪⎝⎭uu u v ，，， ∵CD AB ⊥uu u v uu u v ，∴()1231=03CD AB λλλ⎛⎫⋅=-+--- ⎪⎝⎭uu u v uu u v ，∴116λ=-．故选B ．9．【答案】C【解析】以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(E、F ⎛ ⎝⎭，所以EF = 故选C ． 10．【答案】B【解析】过点B 作BE 垂直1A C ，垂足为E ，设点E 的坐标为(),,x y z ，则()10,0,3A ，()1,0,0B ，()1,2,0C ，()11,2,3AC =-u u u v ，()1,,3A E x y z =-u u u v， ()1,,BE x y z =-u u u v．因为1110A E A CBE A C ⎧⎪⎨⋅=⎪⎩uuu v uuu v uu u v uuu v∥，所以31231230x y z x y z -⎧==⎪-⎨⎪-+-=⎩，解得5710767x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，所以2106,,777BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uu u v ，所以点B 到直线1A C 的距离BE =uu u v ，故选B ．11．【答案】C【解析】如图，以D 为坐标原点，直线DA 、DC 、1DD 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()10,0,1D 、()1,1,0E 、()1,0,0A 、()0,2,0C ．从而()11,1,1D E =-u u u v 、()1,2,0AC =-u u u v 、()11,0,1AD =-u u u v，设平面1ACD 的法向量为(),,a b c =n ，则100AC AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu v uuuv n n ，即200a b a c -+=⎧⎨-+=⎩，得2a b a c =⎧⎨=⎩．令2a =，则()2,1,2=n ．所以点E 到平面1ACD 的距离为1212133D E h ⋅+-===uuu v n n．故选C ． 12．【答案】D【解析】建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则()2,0,0B 、()2,2,0A 、()0,0,1G 、()1,1,0F 、()10,0,2C 、()1,2,1E ．则()0,2,0BA =u u v 、()1,1,1GF =-u u u v 、()11,2,1C E =-u u u v，∴cos ,BA GF BA GF BA GF ⋅==⋅uu v uuu v uu v uuu v uu v uuu v111cos ,BA C E BA C E BA C E ⋅==⋅uu v uuu v uu v uuu v uu v uuu v ，∴cos α=，sin α=，cos β=sin β=，()cos 0αβ+=，∴90αβ+=︒．故选D ．二、填空题13．【答案】1,0,02⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设(),0,0P x ，则()1,2,0AP x =--u u u v ，(),1,1BP x =-u u v，()2171224AP BP x x x ⎛⎫⋅=-+=-+ ⎪⎝⎭uu u v uu v ，∴当12x =时，AP BP ⋅uu u v uu v 取最小值74，此时点P 的坐标为1,0,02⎛⎫⎪⎝⎭．14．【答案】14【解析】设上、下底面中心分别为1O 、O ，则1OO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，直线BD 、AC 、1OO 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． ∵2AB =，111A B =，∴AC BD ==1111AC B D == ∵平面11BDD B ⊥平面ABCD ，∴1B BO ∠为侧棱与底面所成的角， ∴160B BO ∠=︒，设棱台高为h，则tan 60︒=，∴h =∴()0,A，1D ⎛ ⎝⎭，1B ⎝⎭，()C ，∴1AD ⎛= ⎝⎭uuuv，1B C ⎛= ⎝⎭uuu v ， ∴1111111cos ,4AD B C AD B C AD B C ⋅==⋅u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v ，故异面直线1AD 与1B C 所成角的余弦值为14． 15．【答案】45°【解析】由条件知，AB ＝AC ＝1，∠BAC＝90°，∴BC = ∵PB ＝PC ＝1，∴∠BPC ＝90°，取BC 边中点E ，则PE =AE =又PA ＝1，∴∠PEA ＝90°，故∠PAE ＝45°，∵E 为BC 中点，∴PE ⊥BC ，AE ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAE ， ∴平面PAE ⊥平面ABC ，∴∠PAE 为直线PA 与平面ABC 所成角．16．【解析】如图，过B 、D 分别向AC 作垂线，垂足分别为M 、N ．则可求得12AM =、BM =12CN =、DN =1MN =．由于BD BM MN ND =++u u u v u u u v u u u v u u u v ，∴()22BD BM MN ND =++uu u v uuu v uuu v uuu v()2222BM MN ND BM MN MN ND BM ND =+++⋅+⋅+⋅uuu v uuu v uuu v uuu v uuu v uuu v uuu v uuu v uuu v()2225120002=+++++=⎝⎭⎝⎭，∴BD =uu u v 三、解答题17．【答案】212333PG =-+uu u v a b c ．【解析】∵BG ＝2GD ，∴23BG BD =uu u v uu u v．又2BD BA BC PA PB PC PB =+=-+-=+-u u u v u u v u u u v u u v u u v u u u v u u va cb ，∴()221223333PG PB BG =+=++-=-+u u u v u u v u u u v b a c b a b c ．18．【答案】（1）见解析；（2）3π．【解析】（1）如图，连接1B C 交1BC 于点O ，连接OD ．∵O 为1B C 的中点，D 为AC 的中点，∴1OD AB ∥．∵1AB ⊄平面1BC D ，OD ⊂平面1BC D ，∴1AB ∥平面1BC D ．（2）建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ．则()0,0,0B 、()0,2,0A 、()12,0,2C 、()10,0,2B ． ∴()10,2,2AB =-u u u v 、()12,0,2BC =u u u v．1111111cos ,2AB BC AB BC AB BC ⋅==⋅u u u v u u u vu u u v u u u v u u u v u u u v ，设异面直线1AB 与1BC 所成的角为θ，则1cos 2θ=， ∵0,2θπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴3θπ=．19．【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）1．【解析】解法一：（1）∵CD ⊥AB ，CD ⊥BC ，∴CD ⊥平面ABC ．又∵CD ⊂平面ACD ，∴平面ACD ⊥平面ABC ．（2）∵AB ⊥BC ，AB ⊥CD ，∴AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥BD ．∴∠CBD 是二面角C －AB －D 的平面角． ∵在Rt △BCD 中，BC ＝CD ，∴∠CBD ＝45°． ∴二面角C －AB －D 的大小为45°．（3）过点B 作BH ⊥AC ，垂足为H ，连接DH ．∵平面ACD ⊥平面ABC ，∴BH ⊥平面ACD ，∴∠BDH 为BD 与平面ACD 所成的角．∴∠BDH ＝30°．在Rt △BHD中，BD =BH =又∵在Rt △BHC 中，BC ＝1，∴∠BCH ＝45°， ∴在Rt △ABC 中，AB ＝1．解法二：（1）同解法一．（2）设AB a =，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -，则()0,0,0B 、()0,0,A a 、()0,1,0C 、()1,1,0D ，()1,1,0BD =u u u v 、()0,0,BA a =u u v．平面ABC 的法向量()1,0,0CD =u u u v，设平面ABD 的一个法向量为(),,x y z =n ，则有0BD x y ⋅=+=u u u v n ，0BA az ⋅==u u vn ， ∴0z =，取1y =，则1x =-，∴()1,1,0=-n ．∴cos ,CD CD CD ⋅==⋅uu u vuu u v uu u vn n n，由图可知二面角C －AB －D 为锐角， ∴二面角C －AB －D 的大小为45°．（3）()0,1,AC a =-u u u v 、()1,0,0CD =u u u v 、()1,1,0BD =u u u v．设平面ACD 的一个法向量是(),,x y z '''=m ，则0AC y az ''⋅=-=u u u v m ，0CD x '⋅==uu u vm ，令1z '=，∴y a '=，则()0,,1a =m ． ∵直线BD 与平面ACD 所成角为30°，∴cos cos60BD BD BD ⋅⋅==︒⋅u u u vu u u v u u u vm m m ，解得1a =，∴AB ＝1． 20．【答案】（1）见解析；（2）53．【解析】（1）证明：以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()10,0,5D 、()0,0,1E 、()2,2,4F ．∴()2,2,0AC =-u u u v 、()0,2,4AF =u u u v 、()2,2,1BE =--u u u v 、()2,0,1AE =-u u u v． ∵0BE AC ⋅=uu u v uuu v ，0BE AF ⋅=uu u v uu u v，∴BE AC ⊥，BE AF ⊥，且AC AF A =I ． ∴BE ⊥平面ACF ．（2）解：由（1）知，BE uu u v为平面ACF 的一个法向量，∴点E 到平面ACF 的距离53AE BE d BE⋅==uu u v ．故点E 到平面ACF 的距离为53．21．【答案】（1）见解析；（2【解析】建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ．设PD DC a ==，则()0,0,0D 、(),0,0A a 、()0,0,P a 、(),,0B a a 、0,,22a a E ⎛⎫⎪⎝⎭、()0,,0C a ，∴(),0,AP a a =-u u u v 、(),,0DB a a =u u u v 、0,,22a a DE ⎛⎫= ⎪⎝⎭uuu v 、()0,,0DC a =u u u v．（1）设平面BDE 的一个法向量为()1111,,x y z =n ，则有1100DB DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u v uuu v n n ，即11110022ax ay a ay z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，∴111111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩． ∴()11,1,1=-n ．100AP a a ⋅=-++=u u u v n ，∴1AP ⊥uu u vn ，又∵AP ⊄平面BDE ，∴AP ∥平面BDE ．（2）设平面CDE 的一个法向量为()21,0,0=n ．12cos ,==n n B －DE －C22．【答案】（1）见解析；（2（32．【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得()0,0,0A 、()0,1,0B 、()2,0,0C 、()1,2,0D -、()10,0,2A 、()10,1,2B 、()12,0,2C 、()11,2,2D -，又因为M 、N 分别为1B C 和1D D 的中点，得11,,12M ⎛⎫⎪⎝⎭、()1,2,1N -．（1）依题意，可得()0,0,1=n 为平面ABCD 的一个法向量，50,,02MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭uuu v ，由此可得，0MN ⋅=u u u vn ，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD ．（2）()11,2,2AD =-u u u v 、()2,0,0AC =u u u v，设()1111,,x y z =n 为平面1ACD 的法向量，则11100AD AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu v uuu v n n ，即111122020x y z x -+=⎧⎨=⎩，不妨设11z =，可得()10,1,1=n ．设()2222,,x y z =n 为平面1ACB 的一个法向量，则21200AB AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu v uuu v n n ，又()10,1,2AB =u u u v ，得22222020y z x +=⎧⎨=⎩，不妨设21z =，可得()20,2,1=-n ．因此有121212cos ,⋅==⋅n n n n n n，于是12sin ,=n n ，所以二面角11D AC B --（3）依题意，可设111A E A B λ=u u u v u u u u v，其中[]0,1λ∈，则()0,,2E λ，从而()1,2,1NE λ=-+u u u v，又()0,0,1=n 为平面ABCD 的一个法向量，由已知得1cos 3NE NE NE ⋅===⋅uu u vuu u v uu u vn,n n，整理得2430λλ+-=，又因为[]0,1λ∈，解得2λ=，所以线段1A E 2．。

第三章空间向量与立体几何综合测试题(含详解新人教A版选修2-1)

第三章空间向量与立体几何综合测试题（含详解新人教A版选修2-1）x第三章空间向量与立体几何综合测试题（含详解新人教A版选修2-1）(时间：100分钟；满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，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a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，若a∥b，则λ与μ的值分别为()A.15，12B．5,2C．－15，－12D．－5，－2解析：选A.a∥b，则存在m∈R，使得a＝mb，又a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，则有λ＋1＝6m，0＝－，2λ＝2m，可得λ＝15，μ＝12.2．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)三点，则△ABC是() A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．等腰三角形解析：选A.AB→＝(3,4，－8)，BC→＝(2，－3,1)，CA→＝(－5，－1,7)，∴BC→•CA→＝－10＋3＋7＝0.∴BC⊥CA.∴△ABC是直角三角形．3．已知在空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点M 在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN→等于()A.12a－23b＋12cB．－23a＋12b＋12cC.12a＋12b－12cD.23a＋23b－12c解析：选B.因MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－23OA→＝12b ＋12c－23a.4．已知a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则|a－b＋2c|等于() A．310B．210C.10D．5解析：选A.|a－b＋2c|＝－b＋，∵a－b＋2c＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋2(3,1,0)＝(9,3,0)，∴|a－b＋2c|＝92＋32＋0＝310.5．给出下列命题：①已知a⊥b，则a•(b＋c)＋c•(b－a)＝b•c；②A、B、M、N为空间四点，若BA→、BM→、BN→不能构成空间的一个基底，则A、B、M、N四点共面；③已知a⊥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；④已知{a，b，c}是空间的一个基底，则基向量a，b可以与向量m＝a ＋c构成空间另一个基底．其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：选C.当a⊥b时，a•b＝0，a•(b＋c)＋c•(b－a)＝a•b＋a•c＋c•b －c•a＝c•b＝b•c，故①正确；当向量BA→、BM→、BN→不能构成空间的一个基底时，BA→、BM→、BN→共面，从而A、B、M、N四点共面，故②正确；当a⊥b时，a，b不共线，任意一个与a，b不共面的向量都可以与a，b构成空间的一个基底，故③错误；当{a，b，c}是空间的一个基底时，a，b，c不共面，所以a，b，m也不共面，故a，b，m可构成空间的另一个基底，故④正确．6．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是()A.OM→＝2OA→－OB→－OC→B.OM→＝15OA→＋13OB→＋12OC→C.MA→＋MB→＋MC→＝0D.OM→＋OA→＋OB→＋OC→＝0解析：选C.空间的四点M、A、B、C共面只需满足OM→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，且x＋y＋z＝1，或存在实数x，y使得MC→＝xMA→＋yMB→. 7．在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且〈a，i〉＝45°，〈a，j〉＝60°，则〈a，k〉＝()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.如图所示，设|a|＝m(m＞0)，a＝OP→，PA⊥平面xOy，则在Rt△PBO中，|PB|＝|OP→|•cos〈a，i〉＝22m，在Rt△PCO中，|OC|＝|OP→|•cos〈a，j〉＝m2，∴|AB|＝m2，在Rt△PAB中，|PA|＝|PB|2－|AB|2＝24m2－m24＝m2，∴|OD|＝m2，在Rt△PDO中，cos〈a，k〉＝|OD||OP|＝12，又0°≤〈a，k〉≤180°，∴〈a，k〉＝60°.8．已知点A(－3,4,3)，O为坐标原点，则OA与坐标平面yOz所成角的正切值为()A.34B.35C.53D．1解析：选B.A点在面yOz上的射影为B(0,4,3)且|OB|＝5，所以OA与平面yOz所成角θ满足tanθ＝|AB||OB|＝35.9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中能作为平面AEF的法向量的是()A．(1，－2,4)B．(－4,1，－2)C．(2，－2,1)D．(1,2，－2)解析：选B.设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则A(1,0,0)，E(1,1，12)，F(12，0,1)．故AE→＝(0,1，12)，AF→＝(－12，0,1)．由AE→•n＝0，AF→•n＝0，即y＋12z＝0，－12x＋z＝0，所以y＝－12z，x＝2z.当z＝－2时，n＝(－4,1，－2)，故选B.10．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为() A．90°B．60°C．120°D．45°解析：选C.如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，设正方体的边长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，于是BA→＝(0，a,0)，BD1→＝(－a，a，a)，BB1→＝(0,0，a)．设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n•BA→＝(x，y，z)•(0，a,0)＝ay＝0，n•BD1→＝(x，y，z)•(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0.∵a≠0，∴y＝0，x＝z.令x＝z＝1，则n＝(1,0,1)，同理，平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)．由于cos〈n，m〉＝n•m|n||m|＝－12，而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．已知a＝(2，－1,0)，b＝(k,0,1)，若〈a，b〉＝120°，则k＝________. 解析：∵cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝2k5•k2＋1＝－12＜0，∴k＜0，且k2＝511.∴k＝－5511.答案：－551112．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．解析：cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝－27，得sin〈a，b〉＝357，由公式S＝|a||b|sin〈a，b〉可得结果．答案：6513.如图，空间四边形OABC，点M，N分别为OA，BC的中点，且OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，用a，b，c表示MN→，则MN→＝________. 解析：MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－12OA→＝－12a＋12b＋12c.答案：－12a＋12b＋12c14．点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1内一点，且满足AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，则点P到棱AB的距离为__________．解析：如图所示，过P作PQ⊥平面ABCD于Q，过Q作QE⊥AB于E，连接PE.∵AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，∴PQ＝23，EQ＝12，∴点P到棱AB的距离为PE＝PQ2＋EQ2＝56.答案：5615．如图所示，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则异面直线D1E与AC所成的角的余弦值是________．解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,4)，E(0,4,2)，AC→＝(－4,4,0)，D1E→＝(0,4，－2)．cos〈AC→，D1E→〉＝1632×20＝105.∴异面直线D1E与AC所成角的余弦值为105.答案：105三、解答题(本题共5小题，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，CM＝2MA，A1N＝2ND，且AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，试用a，b，c表示向量MN→.解：∵MN→＝MA→＋AA1→＋A1N→＝－13AC→＋AA1→＋23A1D→＝－13(AB→＋AD→)＋AA1→＋23(A1A→＋A1D1→)＝－13AB→－13AD→＋13AA1→＋23AD→＝－13a＋13b＋13c，∴MN→＝－13a＋13b＋13c.17．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M为四边形ABCD 的中心．求证：对A1B1上任一点N，都有MN⊥AP.证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，P0，0，12，M12，12，0，N(1，y,1)．∴AP→＝－1，0，12，MN→＝12，y－12，1.∴AP→•MN→＝(－1)×12＋0×y－12＋12×1＝0，∴AP→⊥MN→，即A1B1上任意一点N都有MN⊥AP.18.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面ACM所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，∴PD⊥平面ABM.∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，2,0)．∵AM⊥PD，PA＝AD，∴M为PD的中点，∴M的坐标为(0,1,1)．∴AC→＝(1,2,0)，AM→＝(0,1,1)，CD→＝(－1,0,0)．设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥AC→，n⊥AM→可得x＋2y＝0y＋z＝0，令z＝1，得x＝2，y＝－1.∴n＝(2，－1,1)．设直线CD与平面ACM所成的角为α，则sinα＝|CD→•n||CD→|•|n|＝63.∴cosα＝33，即直线CD与平面ACM所成角的余弦值为33.19.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又因为PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又因为AD∩PD＝D，所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)，AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n•AB→＝0，n•PB→＝0，即－x＋3y＝0，3y－z＝0，因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m•PB→＝0，m•BC→＝0，可取m＝(0，－1，－3)，〈m，n〉等于二面角A－PB－C的平面角，cos 〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A－PB－C的余弦值为－277.20.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(3)求点A到平面PCD的距离．解：(1)证明：如图所示，以O为坐标原点，OC→、OD→、OP→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0，0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．所以OP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，OP→•AD→＝0，所以，PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(2)CD→＝(－1,1,0)，PB→＝(1，－1，－1)，所以cos〈PB→，CD→〉＝PB→•CD→|PB→||CD→|＝－1－13×2＝－63，所以异面直线PB与CD 所成的角的余弦值为63.(3)设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，CP→＝(－1,0,1)，CD→＝(－1,1,0)，由n•CP→＝0n•CD→＝0，得－x0＋z0＝0－x0＋y0＝0，即x0＝y0＝z0，取x0＝1，得平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,1)．又AC→＝(1,1,0)，从而点A到平面PCD的距离d＝|AC→•n||n|＝23＝233.。

高中数学人教A版选修2-1第三章空间向量与立体几何单元综合测试

©ID舍丸阳新篠标资*餌WX. jtyjy. com第三章空间向量与立体几何单元综合测试时间：120分钟i ： 150 分第I卷（选择题，共60分）一、选择题（每小题5分，共60分）1.直三棱柱ABC-AiBiCi,若Cl=a, C^=b9 C?i=c,贝！|石=()A. a+b—cB. a—b+cC. —a+b+cD. —a+b—c解析:结合图形f+At+ C J&=- c - a + b= - a + b・C.故选D・答案：D2・已知a = (—5,6,1), 〃=(6,5,0),则a 与久 )A・垂直 B.不垂直也不平行C・平行且同向D・平行且反向答案：A3.己知a=(2f—1,3), 〃=(—4,2, x), c=(l, —x,2),若(a+ 仍丄c,则工等于()A. 4B. —4C.|D. - 6©ID舍丸阳新篠标资*餌wx. jtyjy.com解析：a + b = ( - 2,1,3 + x),由(a + b)丄c.：.(a + b)・c = O..\ ・ 2 ・兀+ 2(3 + x) = 0 r得x 二-4.答案：B4.若a=（l9 2, 2）, b=（2,一1,2）,且a, 〃的夹角的余弦值为爲则；.等于（）A. 2B. -2© - 2或鑫D. 2或—专解析：“力=2・2 +4 = 6・2 = •解得2=・2或右.答案:C5・已知空间四边形ABCD每条边和对角线长都等于a,点E、F、G分别是AB.AD.DC的中点，则/是下列哪个选项的计算结果（）A. B. 2Ab-D^C. 2F& AtD. 2EP C^解析：2Bt-C\ =・ 0 . A 错；2Ab-D^ = - a2t B错；2窈筋= ・如2小错；只有C对.答案:C6・若A(x,5-x,2x-l), B(l, x+2,2 —兀)，当U&I取最小值时，x 的值等于()8A. 19 B・一〒肿“19©ID舍丸阳新篠标资*餌wx. jtyjy.C7 °14com解析:= (1 - x f2x - 3 ,- 3x + 3),贝｛] | A S I =^14X2-32X+19^y(l - x)2+ (2x - 3)2 + ( - 3x + 3)2A J14(X-|)2+|•故当工二号时.心I取最小值,故选C.答案：C7.已知ABCD, ABEF是边长为1的正方形，朋丄平面ABCD, 则异面直线AC与EF所成的角为()A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°解析：如图1 r由于EF IIAB且ZBAC = 45° ,所以异面直线AC 与EF所成的角为45。

2019_2020学年高中数学第三章空间向量与立体几何单元质量测评新人教A版选修2_1

第三章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．若平面α外直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,1)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 答案 D解析若l ∥α，则a ·n ＝0，只有选项D 中a ·n ＝0.2．已知A (1,2，－1)，B 为A 关于平面xOy 的对称点，C 为B 关于y 轴的对称点，则BC →＝( )A ．(－2,0，－2)B ．(2,0,2)C ．(－1,0，－1)D ．(0，－2，－2) 答案 A解析由题意可知B (1,2,1)，C (－1,2，－1)，∴BC →＝(－2,0，－2)． 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 答案 B解析 ∵②中a ＝2b ，∴a ∥b ；③中a ＝－13b ，∴a ∥b ；而①④中的向量不平行．故选B.4．已知a ＝(1，x,1)，b ＝(2,1，－1)的夹角为锐角，则函数y ＝x 2＋4x －1的值域是( ) A ．(－∞，3) B ．(－∞，－3) C ．(－4，＋∞) D ．(－∞，－4)答案 C解析因a ＝(1，x,1)，b ＝(2,1，－1)的夹角为锐角，则a·b >0，同时a ＝(1，x,1)，b ＝(2,1，－1)不共线，即2＋x －1>0，得x >－1，则y ＝x 2＋4x －1＝(x ＋2)2－5>－4，故选C.5．已知A (2，－4，－1)，B (－1,5,1)，C (3，－4,1)，D (0,0,0)，令a ＝CA →，b ＝CB →，则a ＋b 为( )A ．(5，－9,2)B ．(－5,9，－2)C ．(5,9，－2)D ．(5，－9，－2) 答案 B解析 ∵a ＝CA →＝(－1,0，－2)，b ＝CB →＝(－4,9,0)，∴a ＋b ＝(－5,9，－2)．6．已知a ＝(1,2，－y )，b ＝(x,1,2)，且(a ＋2b )∥(2a －b )，则( ) A ．x ＝13，y ＝1B ．x ＝12，y ＝－4C ．x ＝2，y ＝－14D ．x ＝1，y ＝－1答案 B解析由题意知，a ＋2b ＝(2x ＋1,4,4－y )，2a －b ＝(2－x ，3，－2y －2)．∵(a ＋2b )∥(2a －b )，∴存在实数λ，使a ＋2b ＝λ(2a －b )，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1＝λ(2－x )，4＝3λ，4－y ＝λ(－2y －2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝43，x ＝12，y ＝－4.7．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7 B ．－20 C ．28 D ．11 答案 C解析因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)，所以m ·n ＝0＋40－12＝28.8．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝AB ，则二面角A －PB －C 的平面角的正切值为( )A. 6B. 3C.66D.62答案 A解析设PA ＝AB ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (3，1,0)，P (0,0,2)．∴BP →＝(0，－2，2)，BC →＝(3，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧BP →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋2z ＝0，3x －y ＝0.令y ＝1，则x ＝33，z ＝1.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，1.易知m ＝(1,0,0)是平面PAB 的一个法向量．则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝331×213＝77.∴tan 〈m ，n 〉＝ 6.故选A.9．已知OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA →·QB →取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83D.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，73 答案 C解析 ∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则QA →＝(1－x ，2－x,3－2x )，QB →＝(2－x,1－x,2－2x )．∴QA →·QB →＝6x 2－16x ＋10，∴当x ＝43时，QA →·QB →最小，这时Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.10．已知E ，F 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1的中点，则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( )A.23B.23C.53D.233 答案 C解析以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，D 1(0,0,1)．所以AD 1→＝(－1,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0.设平面AEFD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x2＋y ＝0.∴x ＝2y ＝z ，取y ＝1，则n ＝(2,1,2)．而平面ABCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，∵cos 〈n ，u 〉＝23，∴sin 〈n ，u 〉＝53.故选C.11．在空间直角坐标系Oxyz 中，i ，j ，k 分别是x 轴、y 轴、z 轴的方向向量，设a 为非零向量，且〈a ，i 〉＝45°，〈a ，j 〉＝60°，则〈a ，k 〉＝( )A ．30° B．45° C．60° D ．90° 答案 C解析如图所示，设|a |＝m (m >0)，a ＝OP →，PA ⊥平面xOy ，AB ，AC ，PD 分别为x 轴、y 轴、z 轴的垂线，则在Rt △PBO 中，|PB |＝|OP →|sin 〈a ，i 〉＝22m .在Rt △PCO 中，|OC |＝|OP →|cos 〈a ，j 〉＝m 2，∴|AB |＝m 2.在Rt △PAB 中，|PA |＝|PB |2－|AB |2＝24m 2－m 24＝m 2，∴|OD |＝m2. 在Rt △PDO 中，cos 〈a ，k 〉＝|OD ||OP |＝12，又0°≤〈a ，k 〉≤180°，∴〈a ，k 〉＝60°.12．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，有如下四个结论：①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 所成的角为60°；④AB 与CD 所成的角为60°.其中错误的结论是( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 C解析如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz ，设正方形ABCD 的边长为2，则D (1,0,0)，B (－1,0,0)，C (0,0,1)，A (0,1,0)，所以AC →＝(0，－1,1)，BD →＝(2,0,0)，AC →·BD →＝0，故AC ⊥BD .①正确．又|AC →|＝2，|CD →|＝2，|AD →|＝2，所以△ACD 为等边三角形．②正确．对于③，OA →为面BCD 的一个法向量，cos 〈AB →，OA →〉＝AB →·OA →|AB →||OA →|＝(－1，－1，0)·(0，1，0)2×1＝－12＝－22.因为直线与平面所成的角∈[]0°，90°，所以AB 与平面BCD 所成的角为45°.故③错误．又cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝(－1，－1，0)·(1，0，－1)2×2＝－12.因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB 与CD 所成的角为60°.故④正确．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．在平行六面体(即六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝1，AD ＝2，AA ′＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′的长为________．答案23解析因为AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，所以AC ′→2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA ′→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA ′→＋2AD →·AA ′→＝1＋4＋9＋2×1×2×cos90°＋2×1×3×cos60°＋2×2×3×cos60°＝23，即|AC ′→|＝23.故AC ′的长为23.14．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值是________．3解析如图，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0，1,1)，易证AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量.AC 1→＝(－1，1,1)，BC 1→＝(－1,0,1)．则cos 〈AC 1→，BC 1→〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为63. 15．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为________．答案3解析如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，连接MG ，KG ，则向量MK →与FC →的夹角为120°，〈KM →，FC →〉＝60°.又KG →＝KM →＋MG →＝KM →＋FC →，∴KG →2＝KM →2＋FC →2＋2KM →·FC →＝1＋1＋2×1×1×cos60°＝3.∴|KG →|＝ 3.16．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则A 1到平面MBD 的距离为________．6解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，A 1(a,0，a )，设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DM →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋a 2z ＝0，ax ＋ay ＝0，令x ＝1，则z ＝－2，y ＝－1，∴n ＝(1，－1，－2)．∴A 1到平面MBD 的距离d ＝|DA 1→·n ||n |＝a 6＝66a .三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 与b 的夹角θ的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．解 a ＝AB →＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b ＝AC →＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．(1)cos θ＝a ·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010， ∴a 与b 的夹角θ的余弦值为－1010. (2)k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)，∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)·(k ＋2)＋k 2－8＝0，即2k 2＋k －10＝0，∴k＝－52或k ＝2.18．(本小题满分12分)如图所示，已知几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1是平行六面体．(1)化简12AA 1→＋BC →＋23AB →，并在图上标出结果；(2)设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC 1B 1对角线BC 1上的点，且C 1N ＝14C 1B ，设MN →＝αAB→＋βAD →＋γAA 1→，试求α，β，γ的值．解 (1)如图所示，取AA 1的中点E ，在D 1C 1上取一点F ，使得D 1F ＝2FC 1，连接EF ，则 12AA 1→＋BC →＋23AB → ＝EA 1→＋A 1D 1→＋D 1F →＝EF →. (2)MN →＝MB →＋BN → ＝12DB →＋34BC 1→ ＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC 1→) ＝12AB →＋14AD →＋34AA 1→，所以α＝12，β＝14，γ＝34.19．(本小题满分12分)如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．解 (1)由题意易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0.解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→||n ||B 1C 1→|＝37＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. 20．(本小题满分12分)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．解 (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝77. 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 解法二：连接OO ′.过点F 作FM 垂直OB 于点M ，则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC .可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN .可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F －BC －A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径，所以MN ＝BM sin45°＝62，从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77.21．(本小题满分12分)如图，在空间直角坐标系中，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出AF ，若不存在，说明理由．解假设存在F 点，使CF ⊥平面B 1DF .不妨设AF ＝b ，则F (2a,0，b )．又C (0，2a,0)，B 1(0,0,3a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，3a ，则CF →＝(2a ，－2a ，b )，B 1F →＝(2a,0，b －3a )，B 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0. ∵CF →·B 1D →＝a 2－a 2＋0＝0，∴CF →⊥B 1D →恒成立．由B 1F →·CF →＝2a 2＋b (b －3a )＝b 2－3ab ＋2a 2＝0，得b ＝a 或b ＝2a .∴当AF ＝a 或AF ＝2a 时，CF ⊥平面B 1DF .22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)．所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0.取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。

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高中数学第三章空间向量与立体几何单元质量测评新人教A 版选修21第三章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．若平面α外直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,1)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 答案 D解析若l ∥α，则a ·n ＝0，只有选项D 中a ·n ＝0.2．已知A (1,2，－1)，B 为A 关于平面xOy 的对称点，C 为B 关于y 轴的对称点，则BC →＝( )A ．(－2,0，－2)B ．(2,0,2)C ．(－1,0，－1)D ．(0，－2，－2) 答案 A解析由题意可知B (1,2,1)，C (－1,2，－1)，∴BC →＝(－2,0，－2)． 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 答案 B解析 ∵②中a ＝2b ，∴a ∥b ；③中a ＝－13b ，∴a ∥b ；而①④中的向量不平行．故选B.4．已知a ＝(1，x,1)，b ＝(2,1，－1)的夹角为锐角，则函数y ＝x 2＋4x －1的值域是( ) A ．(－∞，3) B ．(－∞，－3) C ．(－4，＋∞) D ．(－∞，－4)答案 C解析因a ＝(1，x,1)，b ＝(2,1，－1)的夹角为锐角，则a·b >0，同时a ＝(1，x,1)，b ＝(2,1，－1)不共线，即2＋x －1>0，得x >－1，则y ＝x 2＋4x －1＝(x ＋2)2－5>－4，故选C.5．已知A (2，－4，－1)，B (－1,5,1)，C (3，－4,1)，D (0,0,0)，令a ＝CA →，b ＝CB →，则a ＋b 为( )A ．(5，－9,2)B ．(－5,9，－2)C ．(5,9，－2)D ．(5，－9，－2) 答案 B解析 ∵a ＝CA →＝(－1,0，－2)，b ＝CB →＝(－4,9,0)，∴a ＋b ＝(－5,9，－2)．6．已知a ＝(1,2，－y )，b ＝(x,1,2)，且(a ＋2b )∥(2a －b )，则( ) A ．x ＝13，y ＝1B ．x ＝12，y ＝－4C ．x ＝2，y ＝－14D ．x ＝1，y ＝－1答案 B解析由题意知，a ＋2b ＝(2x ＋1,4,4－y )，2a －b ＝(2－x ，3，－2y －2)．∵(a ＋2b )∥(2a －b )，∴存在实数λ，使a ＋2b ＝λ(2a －b )，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1＝λ(2－x )，4＝3λ，4－y ＝λ(－2y －2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝43，x ＝12，y ＝－4.7．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7 B ．－20 C ．28 D ．11 答案 C解析因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)，所以m ·n ＝0＋40－12＝28.8．在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝AB ，则二面角A －PB －C 的平面角的正切值为( )A. 6B. 3C.66D.62答案 A解析设PA ＝AB ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (3，1,0)，P (0,0,2)．∴BP →＝(0，－2，2)，BC →＝(3，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧BP →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋2z ＝0，3x －y ＝0.令y ＝1，则x ＝33，z ＝1.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，1.易知m ＝(1,0,0)是平面PAB 的一个法向量．则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝331×213＝77.∴tan 〈m ，n 〉＝ 6.故选A.9．已知OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA →·QB →取得最小值时，点Q 的坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83D.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，73 答案 C解析 ∵Q 在OP 上，∴可设Q (x ，x,2x )，则QA →＝(1－x ，2－x,3－2x )，QB →＝(2－x,1－x,2－2x )．∴QA →·QB →＝6x 2－16x ＋10，∴当x ＝43时，QA →·QB →最小，这时Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.10．已知E ，F 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1的中点，则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( )A.23B.23C.53D.233 答案 C解析以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，D 1(0,0,1)．所以AD 1→＝(－1,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0.设平面AEFD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x2＋y ＝0.∴x ＝2y ＝z ，取y ＝1，则n ＝(2,1,2)．而平面ABCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，∵cos 〈n ，u 〉＝23，∴sin 〈n ，u 〉＝53.故选C.11．在空间直角坐标系Oxyz 中，i ，j ，k 分别是x 轴、y 轴、z 轴的方向向量，设a 为非零向量，且〈a ，i 〉＝45°，〈a ，j 〉＝60°，则〈a ，k 〉＝( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 答案 C解析如图所示，设|a |＝m (m >0)，a ＝OP →，PA ⊥平面xOy ，AB ，AC ，PD 分别为x 轴、y 轴、z 轴的垂线，则在Rt △PBO 中，|PB |＝|OP →|sin 〈a ，i 〉＝22m .在Rt △PCO 中，|OC |＝|OP →|cos 〈a ，j 〉＝m 2，∴|AB |＝m 2.在Rt △PAB 中，|PA |＝|PB |2－|AB |2＝24m 2－m 24＝m 2，∴|OD |＝m2. 在Rt △PDO 中，cos 〈a ，k 〉＝|OD ||OP |＝12，又0°≤〈a ，k 〉≤180°，∴〈a ，k 〉＝60°.12．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，有如下四个结论：①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 所成的角为60°；④AB 与CD 所成的角为60°.其中错误的结论是( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 C解析如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz ，设正方形ABCD 的边长为2，则D (1,0,0)，B (－1,0,0)，C (0,0,1)，A (0,1,0)，所以AC →＝(0，－1,1)，BD →＝(2,0,0)，AC →·BD →＝0，故AC ⊥BD .①正确．又|AC →|＝2，|CD →|＝2，|AD →|＝2，所以△ACD 为等边三角形．②正确．对于③，OA →为面BCD 的一个法向量，cos 〈AB →，OA →〉＝AB →·OA →|AB →||OA →|＝(－1，－1，0)·(0，1，0)2×1＝－12＝－22.因为直线与平面所成的角∈[]0°，90°，所以AB 与平面BCD 所成的角为45°.故③错误．又cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝(－1，－1，0)·(1，0，－1)2×2＝－12.因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB 与CD 所成的角为60°.故④正确．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．在平行六面体(即六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝1，AD ＝2，AA ′＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′的长为________．答案23解析因为AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，所以AC ′→2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA ′→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA ′→＋2AD →·AA ′→＝1＋4＋9＋2×1×2×cos90°＋2×1×3×cos60°＋2×2×3×cos60°＝23，即|AC ′→|＝23.故AC ′的长为23.14．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值是________．答案63解析如图，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0，1,1)，易证AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量.AC 1→＝(－1，1,1)，BC 1→＝(－1,0,1)．则cos 〈AC 1→，BC 1→〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为63. 15．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为________．答案3解析如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，连接MG ，KG ，则向量MK →与FC →的夹角为120°，〈KM →，FC →〉＝60°.又KG →＝KM →＋MG →＝KM →＋FC →，∴KG →2＝KM →2＋FC →2＋2KM →·FC →＝1＋1＋2×1×1×cos60°＝3.∴|KG →|＝ 3.16．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则A 1到平面MBD 的距离为________．答案66a 解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，A 1(a,0，a )，设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DM →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋a 2z ＝0，ax ＋ay ＝0，令x ＝1，则z ＝－2，y ＝－1，∴n ＝(1，－1，－2)．∴A 1到平面MBD 的距离d ＝|DA 1→·n ||n |＝a 6＝66a .三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 与b 的夹角θ的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．解 a ＝AB →＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b ＝AC →＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．(1)cos θ＝a ·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010， ∴a 与b 的夹角θ的余弦值为－1010.(2)k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)，∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)·(k ＋2)＋k 2－8＝0，即2k 2＋k －10＝0，∴k ＝－52或k ＝2.18．(本小题满分12分)如图所示，已知几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1是平行六面体．(1)化简12AA 1→＋BC →＋23AB →，并在图上标出结果；(2)设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC 1B 1对角线BC 1上的点，且C 1N ＝14C 1B ，设MN →＝αAB→＋βAD →＋γAA 1→，试求α，β，γ的值．解 (1)如图所示，取AA 1的中点E ，在D 1C 1上取一点F ，使得D 1F ＝2FC 1，连接EF ，则 12AA 1→＋BC →＋23AB → ＝EA 1→＋A 1D 1→＋D 1F →＝EF →. (2)MN →＝MB →＋BN → ＝12DB →＋34BC 1→ ＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC 1→) ＝12AB →＋14AD →＋34AA 1→，所以α＝12，β＝14，γ＝34.19．(本小题满分12分)如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．解 (1)由题意易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0.解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→||n ||B 1C 1→|＝37＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217.20．(本小题满分12分)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．解 (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝77. 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 解法二：连接OO ′.过点F 作FM 垂直OB 于点M ，则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC .可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN .可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F －BC －A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径，所以MN ＝BM sin45°＝62，从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77.21．(本小题满分12分)如图，在空间直角坐标系中，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出AF ，若不存在，说明理由．解假设存在F 点，使CF ⊥平面B 1DF .不妨设AF ＝b ，则F (2a,0，b )．又C (0，2a,0)，B 1(0,0,3a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，3a ，则CF →＝(2a ，－2a ，b )，B 1F →＝(2a,0，b －3a )，B 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0. ∵CF →·B 1D →＝a 2－a 2＋0＝0，∴CF →⊥B 1D →恒成立．由B 1F →·CF →＝2a 2＋b (b －3a )＝b 2－3ab ＋2a 2＝0，得b ＝a 或b ＝2a .∴当AF ＝a 或AF ＝2a 时，CF ⊥平面B 1DF .22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)．所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D→|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0.取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。