高中数学人教A版选修2-1章末综合测评(三) 空间向量与立体几何

章末综合测评(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.与向量a ＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，1 B.(－1，－3,2) C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，32，－1 D.()2，－3，－22
【解析】 a ＝(1，－3,2)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1.
【答案】 C
2.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 ＝1
2
B.x ＝1，y ＝1
3
C.x ＝1
2
，y ＝1
D.x ＝1，y ＝1
4
【解析】 AE →＝AA 1→＋A 1F →＝AA 1→＋12
A 1C 1→
＝AA 1→＋12AC →＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，
∴x ＝1，y ＝1
2.应选A.
【答案】 A
3.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
4.在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，若AC 1→＝aAB →＋2bAD →＋3cA 1A →
，则abc 的值等于( )
【导学号：37792150】
A.16
B.56
C.76
D.－16
【解析】 ∵AC 1→＝AB →＋AD →－AA 1→＝aAB →＋2bAD →＋3cA 1A →
，∴a ＝1，b ＝12，c ＝－
13.∴abc ＝－16
. 【答案】 D
5.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→
＝0
D.AC 1→·A 1C →
＝0
【解析】 如图，AB →∥C 1D 1→，AB →⊥BC →，AA 1→⊥B 1D 1→
，故A ，B ，C 选项均正确.
【答案】 D
6.已知向量a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线
l 上，则“c ·a ＝0，且c ·b ＝0”是l ⊥α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】 若l ⊥α，则l 垂直于α内的所有直线，从而有c ·a ＝0，c ·b ＝0.反之，由于a ，b 是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立.
【答案】 B
7.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.2
B.3
C.4
D.5
【解析】 设BC 的中点为D ，则D (2,1,4)， ∴AD →
＝(－1，－2,2)，
∴|AD →
|＝(－1)2＋(－2)2＋22＝3，即BC 边上的中线长为3. 【答案】 B
8.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 ＝( )
【导学号：37792151】
A.3
B.－3
C.－11
D.3或－11
【解析】 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.
【答案】 A
9.如图1，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为( )
图1
A.63
B.255
C.
155
D.
105
【解析】 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，
∴BC 1→＝(－2,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，且AC →
为平面BB 1D 1D 的一个法向量. ∴cos 〈BC 1→
，AC →
〉＝
BC 1→·AC →|BC 1→||AC →|
＝
45·8
＝10
5.
∴sin 〈BC →1，AC →〉＝|cos 〈BC →1，AC →
〉|＝105，
∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角的正弦值为105
. 【答案】 D
10.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.23
B.33
C.23
D.13
【解析】 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. 【答案】 A
11.已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →
－
nAA 1→
，则m ，n 的值分别为( )
【导学号：37792152】
A.12，－12
B.－12，－12
C.－12，12
D.12，12
【解析】 由于AF →
＝AD →
＋DF →
＝AD →
＋12(DC →＋DD 1→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1→
，所以m ＝12，
n ＝－1
2
，故选A.
【答案】 A
12.在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝
43
5
，那么二面角A ­BD ­P 的大小为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
【解析】 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 |＝3
2，∴所求二面角为30°.
【答案】 A
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.已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________.
【解析】 (a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋ (－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13. 【答案】 －13
14.△ABC 的三个顶点坐标分别为A (0,0，2)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1
2， 2，C (－
1,0,2)，则角A 的大小为________.
【导学号：37792153】
【解析】 AB →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－32，12，0，AC →＝(－1,0,0)，则cos A ＝AB →
·AC →
|AB →||AC →|
＝
3
21×1
＝
3
2
，故角A 的大小为30°. 【答案】 30°
15.在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2,3)，B (2,1，－1)，若直线
AB 交平面xOz 于点C ，则点C 的坐标为________.
【解析】 设点C 的坐标为(x,0，z )，则AC →＝(x －1,2，z －3)，AB →
＝(1,3，－4)，因为AC →与AB →
共线，所以x －11＝23＝z －3－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝53，z ＝1
3，所以点C 的坐
标为⎝ ⎛⎭⎪⎫5
3
，0，13.
【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫5
3
，0，13
16.如图2，在四棱锥S ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A ，
B ，
C ，
D 的距离都等于2.
图2
给出以下结论：①SA →＋SB →＋SC →＋SD →＝0；②SA →＋SB →－SC →－SD →＝0；③SA →－SB →
＋SC →－SD →＝0；④SA →·SB →＝SC →·SD →；⑤SA →·SC →
＝0，其中正确结论的序号是________.
【解析】 容易推出：SA →－SB →＋SC →－SD →＝BA →＋DC →
＝0，所以③正确；又因为底面ABCD 是边长为1的正方形，SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝2，所以SA →·SB →
＝2×2cos ∠
ASB ，SC →·SD →＝2×2cos ∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →·SB →＝SC →·SD →
，因此④正确；其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
【答案】 ③④
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)如图3，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝1
2
PD .
图3
(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)证明：PC ∥平面BAQ .
【证明】 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 .
18.(本小题满分12分)如图4，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，求异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值.
图4
【解】 因为BA 1→＝BA →＋AA 1→
＝BA →＋BB 1→，AC →＝BC →－BA →， 且BA →·BC →＝BB 1→·BA → ＝BB 1→·BC →
＝0，
所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(BC →－BA →) ＝BA →·BC →－BA →2＋BB 1→·BC →－BB 1→·BA → ＝－1.
又|AC →|＝2，|BA 1→
|＝1＋2＝3， 所以cos 〈BA 1→
，AC →
〉＝BA 1→·AC →|BA 1→
||AC →
|
＝
－16
＝－66，
则异面直线BA 1与AC 所成角的余弦值为
6
6
. 19.(本小题满分12分)如图5，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点.
图5
(1)求证：平面PBC ⊥平面PAC ；
(2)若AB ＝2，AC ＝1，PA ＝1，求二面角C ­PB ­A 的余弦值.
【导学号：37792154】
【解】 (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＝6
4
.
由图知二面角C ­PB ­A 为锐角，故二面角C ­PB ­A 的余弦值为6
4
.
20.(本小题满分12分)如图6，在四棱锥P ­ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ⊥PA ，BC ＝2AB ＝2AD ＝4BE ，平面PAB ⊥平面ABCD .
图6
(1)求证：平面PED ⊥平面PAC;
【导学号：37792155】
(2)若直线PE 与平面PAC 所成的角的正弦值为5
5
，求二面角A ­PC ­D 的余弦值.
【解】 (1)证明：∵平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，AB ⊥PA ， ∴PA ⊥平面ABCD ，
又∵AB ⊥AD ，故可建立空间直角坐标系Oxyz 如图所示，
不妨设BC ＝4，AP ＝λ(λ>0)，
则有D (0,2,0)，E (2,1,0)，C (2,4,0)，P (0,0，λ)， ∴AC →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，λ)，DE →
＝(2，－1,0)，
∴DE →·AC →＝4－4＋0＝0，DE →·AP →
＝0， ∴DE ⊥AC ，DE ⊥AP 且AC ∩AP ＝A ， ∴DE ⊥平面PAC . 又DE ⊂平面PED ， ∴平面PED ⊥平面PAC .
(2)由(1)知，平面PAC 的一个法向量是DE →＝(2，－1，0)，PE →
＝(2,1，－λ)， 设直线PE 与平面PAC 所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈PE →，DE →
〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪4－155＋λ2
＝55，解得λ＝±2. ∵λ>0，∴λ＝2，即P (0,0,2)，
设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，DC →＝(2,2,0)，DP →
＝(0，－2,2)， 由n ⊥DC →，n ⊥DP →， ∴⎩⎨
⎧
2x ＋2y ＝0，－2y ＋2z ＝0，
不妨令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1).
∴cos 〈n ，DE →
〉＝2＋13 5＝155，
显然二面角A ­PC ­D 的平面角是锐角， ∴二面角A ­PC ­D 的余弦值为
15
5
. 21.(本小题满分12分)如图7，四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 为一直角梯形，其中BA ⊥AD ，CD ⊥AD ，CD ＝AD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.
图7
(1)求证：BE ∥平面PAD ； (2)若BE ⊥平面PCD ，
①求异面直线PD 与BC 所成角的余弦值； ②求二面角E ­BD ­C 的余弦值.
【解】 设AB ＝a ，PA ＝b ，建立如图的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，
B (a,0,0)，P (0,0，b )，
C (2a,2a,0)，
D (0,2a,0)，
E ⎝
⎛
⎭⎪⎫a ，a ，b 2.
(1)证明：BE →＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，AD →＝(0,2a,0)，AP →＝(0,0，b )，所以BE →＝12AD →＋1
2AP →
，
因为BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD . (2)因为BE ⊥平面PCD ，所以BE ⊥PC ， 即BE →·PC →＝0，PC →
＝(2a,2a ，－b )， 所以BE →
·PC →
＝2a 2－b 2
2
＝0，则b ＝2a .
①PD →
＝(0,2a ，－2a )，BC →＝(a,2a,0)，cos 〈PD →，BC →
〉＝
4a 222a ·5a
＝10
5，
所以异面直线PD 与BC 所成角的余弦值为
105
. ②在平面BDE 和平面BDC 中，BE →＝(0，a ，a )，BD →＝(－a ，2a,0)，BC →
＝(a,2a,0)，所以平面BDE 的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)；平面BDC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)；cos 〈n 1，n 2〉＝
－16
，所以二面角E ­BD ­C 的余弦值为6
6.
22.(本小题满分12分)如图8，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8
(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.
【解】 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±
2 2
，
故存在λ＝1±
2
2
，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.。