【金版优课】高二数学人教版选修2-1：阶段水平测试(三)

阶段水平测试(三)
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． 1．在空间直角坐标系Oxyz 中，P 点的坐标(x ，y ，z )，P 点关于坐标平面yOz 对称的对称点的坐标为( )
A. (－x ，y ，z )
B. (－x ，－y ，z )
C. (x ，－y ，－z )
D. (－x ，－y ，－z )
解析：由对称的特点易知(x ，y ，z )关于yOz 对称的坐标y ，z 不变，x 变为相反数．
答案：A
2. 若A (3cos θ，3sin θ，1)，B (2cos θ，sin θ，1)，则|AB →
|的取值范围为( )
A. [0,2]
B. (1,2)
C. [1,2]
D. [1,4]
解析：本题主要考查空间两点间的距离公式以及简单的三角函数值域问题．
由|AB →|＝(3cos θ－2cos θ)2＋(3sin θ－sin θ)2＋02＝1＋3sin 2θ∈
[1,2]，故选C.
答案：C
3. [2014·河南省固始一中期末考试]若P ，A ，B ，C 为空间四点，且有P A →＝αPB →＋βPC →
，则α＋β＝1是A ，B ，C 三点共线的( )
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：本题主要考查空间中三点共线的充要条件．若α＋β＝1，则P A →－PB →＝β(PC →－PB →)，即BA →＝βBC →
，显然，A ，B ，C 三点共线；若A ，B ，C 三点共线，则有AB →＝λBC →，故PB →－P A →＝λ(PC →－PB →
)，整理得P A →＝(1＋λ)PB →－λPC →
，令α＝1＋λ，β＝－λ，即α＋β＝1，故选C.
答案：C
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)
解析：本题主要考查向量夹角为锐角的性质，同时考查二次函数值域的求法．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.
答案：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)
解析：∵a ＝CA →
＝(－1,0，－2)，
b ＝CB →
＝(－4,9,0)，∴a ＋b ＝(－5,9，－2)．
答案：B
6. 若m ⊥a ，m ⊥b ，n ＝λa ＋t b (λ，t ∈R ，且λ，t ≠0)，则( ) A. m ∥n B. m ⊥n
C. m 与n 不平行也不垂直
D. m 与n 的关系以上三种都有可能 解析：m ·n ＝m ·(λa ＋t b )＝λm ·a ＋t m ·b . ∵m ⊥a ，∴m ·a ＝0.∵m ⊥b ，∴m ·b ＝0. ∴m ·n ＝0，∴m ⊥n . 答案：B
7．[2014·安徽省合肥一中月考]已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC 、AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )
A. a 2
B. 12a 2
C. 1
4a 2
D. 34a 2
解析：如图，AE →＝12(AB →＋AC →)，AF →＝12AD →，AE →·AF →＝14(AB →·AD →
＋
AC →·AD →)＝14(a 2cos60°＋a 2cos60°)＝14a 2.
答案：C
8．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
解析：①错应为充分不必要条件；②错，应强调b ≠0；③错，∵2－2－1≠1；⑤错，根据数量积公式．
答案：C
9．空间四边形ABCD 的各边及对角线长均为1，E 是BC 的中点，则( )
A.AE →·BC →<AE →·CD →
B.AE →·BC →＝AE →·CD →
C.AE →·BC →>AE →·CD →
D.AE →·BC →与AE →·CD →不能比较大小
解析：如右图
，易证AE ⊥BC ，故AE →·BC →
＝0，取BD 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥CD .在△AEF 中，AE ＝AF ＝32，EF ＝1
2，得∠AEF 是锐角，所以〈AE →，EF →〉是钝角，即〈AE →，CD →〉是钝角，所以AE →·CD →<0，故选C.
答案：C
10．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内(含正方体表面)任取一点M ，平面ABCD 的一个法向量为n ，且|n |＝2，则n ·AM →≥1的概率P ＝( )
A. 3
4
B. 12
C. 14
D. 18
解析：本题考查空间向量与几何概型的概率．以点A 为原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设M (x ，y ，z )，x ，y ，z ∈[0,2]．因为AA 1⊥平面ABCD ，且|AA 1|＝2，所以n ＝(0,0,2)，因为n ·AM →≥1，所以2z ≥1，所以1
2≤z ≤2，所以n ·AM →≥1的概率P ＝2－1
2
2＝3
4，故选A.
答案：
A
11．如右图所示，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )
A ．45°
B ．60°
C ．90°
D ．120°
解析：令BA →＝a ，BC →＝b ，BB 1→
＝c ，则|a |＝|b |＝|c |.
∵BC 1→＝b ＋c ，EF →＝12(c －a )，再令|a |＝2.则|BC 1→|＝22，|EF →
|＝ 2.
又BC 1→·EF →＝12(b ＋c )·(c －a )＝12(b ·c －b ·a ＋|c |2－c ·a )＝12(0－0＋4－0)＝2，
∴cos 〈EF →·BC 1→〉＝222·2＝1
2， ∴EF 与
BC 1所成的角为60°.
答案：B
12.
[2014·大庆高二检测]如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，B 1C 的中点，则EF 和平面ABCD 所成角的正切值为( )
A. 2
B. 2
2 C. 12
D. 2
解析：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则点
A 1(1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，
B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，F (12，1，1
2)，E (1，12，0)，EF →＝(－12，12，12)
DD 1→
＝(0,0,1)为底面的一个法向量， cos 〈EF →，DD 1→〉＝EF →·DD 1→
|EF →||DD 1→|＝13
＝33，
所以EF 和平面ABCD 所成角θ的正弦值为 sin θ＝33，∴tan θ＝sin θcos θ＝2
2.故选B. 答案：B
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知过O 点模为1,2,3的三个向量分别为a ，b ，c ，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，则|a ＋b ＋c |的值为________．
解析：|a ＋b ＋c |2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2c ·a ＝1＋4＋9＝14，∴|a ＋b ＋c |
＝14.
答案：14
14．[2014·湖南省长沙一中期末]如图，在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 中点，则AE →·BC →等于________．
解析：本题主要考查求空间两向量的数量积．因为E 为BC 的中点，所以AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →
，因为在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，所以AE →·BC →＝[12(DB →＋DC →
)－DA →]·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0.
答案：0
15．设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________．
解析：由题意，cos θ＝|cos 〈a 1，b 1〉|＝|a 1·b 1|
|a 1||b 1|＝
(1，1，1)·(－3，4，0)3·5
＝3
15.
答案：315
16．[2014·合肥调研]已知在长方体ABCD －A 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的距离是________．
解析：如图建立空间直角坐标系Dxyz ， 则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)， AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→
＝(0,0,4)， 设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
n ·AD 1→＝0，
n ·
AB 1
→
＝0，即⎩⎨
⎧
－2x ＋4z ＝0，
2y ＋4z ＝0，
解得x ＝2z 且y ＝－2z ， 不妨设n ＝(2，－2,1)，
设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d . 则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43.
答案：43
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. (10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．
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．(12分)[2014·陕西高二检测]如图所示，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.
(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；
(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →
夹角的余弦值．
(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .
又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC .∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ADB ⊥平面BDC .
(2)解：由∠BDC ＝90°及(1)，知DA ，DB ，DC 两两垂直．不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，分别以DB ，DC ，DA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E (12，3
2，0)，
∴AE →＝(12，32，－3)，DB →
＝(1,0,0)，
∴AE →与DB →夹角的余弦值为cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →
|AE →||DB →|＝121×22
4
＝
22
22.
19．(12分)如图
，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，P 、Q 分别为线段AB 、CD 的中点，EP ⊥平面ABCD .
(1)求证：AQ ∥平面CEP ； (2)求证：平面AEQ ⊥平面DEP .
证明：(1)∵EP ⊥矩形ABCD 所在的平面，且P 、Q 均为AB ，DC 的中点，
∴PQ ⊥AB ，故以P 为坐标原点，以P A ，PQ ，PE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建系如图．
令AB ＝2，PE ＝a ，则
A (1,0,0)，Q (0,1,0)，E (0,0，a )，C (－1,1,0)． ∴AQ →＝(－1,1,0)，PC →
＝(－1,1,0)， ∴AQ →＝PC →，
∴AQ →∥PC →
，∴AQ ∥PC .
∵AQ ⊄平面EPC ，PC ⊂平面EPC ， ∴AQ ∥平面EPC .
(2)∵D (1,1,0)，∴PD →＝(1,1,0)，PE →
＝(0,0，a )， ∴AQ →·PD →＝(－1,1,0)·(1,1,0)＝－1＋1＝0， AQ →·PE →＝(－1,1,0)·(0,0，a )＝0.
∴AQ →⊥PD →，AQ →⊥PE →
，即AQ ⊥PD ，AQ ⊥PE ， 又∵PD ∩PE ＝P .
∴AQ ⊥平面EPD ，AQ ⊂平面AEQ ， ∴平面AEQ ⊥平面DEP .
20．(12分)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP .
(1)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值． (2)求点P 到平面ABD 1的距离．
解：(1)如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，∵棱长为4， ∴A (4,0,0)，B (4,4,0)，C (0,4,0)，D (0,0,4)，P (0,4,1)，∴AP →
＝(－4,4,1)，显然DC →
＝(0,4,0)为平面BCC 1B 1的一个法向量，
∴直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角θ的正弦值sin θ＝|cos 〈AP →
，DC →
〉|＝
1642＋42＋1·42
＝43333.
(2)设平面ABD 1的法向量为n ＝(x ，y,1)， ∵AB →＝(0,4,0)，AD 1→
＝(－4,0,4)， 由n ⊥AB →，n ⊥AD 1→，得⎩⎨⎧
y ＝0，－4x ＋4＝0，
∴n ＝(1,0,1)，
∴点P 到平面ABD 1的距离d ＝|AP →·n ||n |
＝32
2.
21．(12分)[2014·山东聊城检测]正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .
(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；
(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BP BC 的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .
(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0,0,2)．
平面CDF 的法向量为DA →
＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
DF →·n ＝0，
DE →
·
n ＝0，即⎩⎨
⎧
x ＋3y ＝0，
3y ＋z ＝0，
取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →
·n |DA →||n |＝217，
所以二面角E －DF －C 的余弦值为21
7.
(3)存在．设P (s ，t,0)，则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝23
3， 又BP →＝(s －2，t,0)，PC →
＝(－s,23－t,0)， ∵BP →∥PC →
，∴(s －2)(23－t )＝－st ，
∴3s ＋t ＝2 3.
把t ＝233代入上式得s ＝4
3，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .
此时，BP BC ＝1
3.
22. (12分)[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．
(1)证明：PB ∥平面AEC ；
(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．
分析：本题主要考查线面平行的证明，考查二面角的概念与条件转化，考查三棱锥体积的计算，以及空间向量法的应用等知识，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力与运算求解能力．(1)利用E 为中点构造平行线，连接BD 交AC 于点O ，由OE ∥PB 易证得“线面平行”．(2)先将“角度”条件转化为“长度”条件，再求体积即
可．对条件角的转化，既可以用几何方法，也可用向量方法，用几何方法需作辅助线并进行相应的证明，故用向量方法解题效率会更高一些．
解：(1)连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .
因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC . (2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →
|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →
＝(0，32，1
2)．
设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →
＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，
则⎩⎨⎧
n 1·AC →＝0，
n 1
·
AE →
＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
mx ＋3y ＝0，
32y ＋12z ＝0，
可取n 1＝(3
m ，－1，3)．
又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设知 |cos 〈n 1，n 2〉|＝1
2，即
33＋4m
2
＝12，解得m ＝3
2. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为1
2.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝3
8.。