高中数学选修2-1第三章+空间向量与立体几何+测试题(含详解)(精华版)

2
1
5
2
2
1
1
2
A.b＋c
B.c－b
C.b－c
D.b＋c
3
3
3
3
3
3
3
3
- 1 -
→→→
解析如图，AD＝AB＋BD
→→
2
＝AB＋BC
→→→
2
＝AB＋( AC－AB)
3
→→
＝1AB＋2AC
33
1 2
＝3c＋3b.
答案A
6．已知a，b，c是空间的一个基底，设p＝a＋b，q＝a－b，则下列向量中可以与p，q一起构成空间
＝2AB＝4，点E在C1C上，且C1E＝3EC.
(1)证明A1C⊥平面BED；
(2)求二面角A1－DE－B的余弦值．
解 以D为坐标原点， 射线DA为x轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
依题设B (2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,4)．
→→
DE＝(0,2,1)，DB＝(2,2,0)，
→→
A1C＝(－2,2，－4)，DA1＝(2,0,4)．
→→→→
(1)∵A1C·DB＝0，A1C·DE＝0，
∴A1C⊥BD，A1C⊥DE .
又DB∩DE＝D，∴A1C⊥平面DBE .
(2)设向量n＝(x，y，z)是平面
→
n⊥DA1.
∴2y＋z＝0,2x＋4z＝0.
令y＝1，则z＝－2，x＝4，
∴n＝(4,1，－2)．
·1＝0，可得m＝(1,0,1)，由n·D1
B
B
B
|m||n|
.
2
求二平面的大小为
60°.
答案60°
16．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，
22
C．x＝1，y＝－3D．x＝－1，y＝2
6263
解析由a∥b知，a＝λb，∴2x＝λ，1＝－2λy,3＝9λ， ∴ λ＝1，x＝1，y＝－3.
362
答案C
2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值是()
A．6B．5C．4D．3
解析a·b＝－3＋2x－5＝2，∴x＝5.
2条．因此，共有
3条．
答案
B
二、填空题(本大题共4小题，每小题
5分，满分20分．把答案填在题中横线上)
13．已知{i，j，k}为单位正交基底，且
a＝－i＋j＋3k，b＝2i－3j－2k，则向量a＋b与向量a－2b的
坐标分别是________；________.
解析
依题意知，a＝(－1,1,3)，b＝(2，－3，－2)，则a＋b＝(1，－2,1)，
a－2b＝(－1,1,3)－2(2，－3，－2)＝(－5,7,7)．
答案
(1，－2,1)
(－5,7,7)
→
→
14．在 △ABC中，已知AB＝(2,4,0)，BC＝(－1,3,0)，则∠ABC＝________.
→
→ →
→
2，
解析
cos〈AB，BC〉＝AB·BC＝10＝
→ →
10
2
2
|AB||BC|
→
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，而a·b＝|a||b|.
∴cos〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0.
∴a与b共线．反之，若a与b共线，也可能a·b＝－|a|·|b|，因此应选B.
答案B
→→→→→
5．在 △ABC中，AB＝c，AC＝b.若点D满足BD＝2DC，则AD＝()
y＝－3，
y＝1.
∴x＋y＝1，或－3.
答案
A
10．已知a＝(x,2,0)，b＝(3,2－x，x2)，且a与b的夹角为钝角，则实数
x的取值范围是()
A．x>4
B．x<－4
C．0<x<4
D．－4<x<0.
解析
∵〈a，b〉为钝角，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉<0，即3x＋2(2－x)<0，∴x<－4.
→
→
→
∴D1A＝(1,0，－1)，D1B＝(1,1，－1)，D1B1＝(1,1,0)．
→
设平面ABD1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD1的法向量为n＝( x2，y2，z2)，则由m·D1A＝0，
- 4 -
→
→
＝0，n·D1
1＝0，得n＝(1，－1,0)，∴cos〈m，n〉＝m·n
＝
1∴所
由n·AB＝0及n·AC＝0，得
－5x－y＋z＝0，
令z＝1，
－4x－2y－z＝0，
得x＝1，y＝－3，∴n＝(1，－3，1)．
2222
→
又AD＝(－2，－1,3)，设AD与平面ABC所成的角为θ，则
→
－1＋3＋3
sinθ＝|AD·n|＝
2
＝1，
→
14×14
2
|AD ||n|
2
∴θ＝30°.
答案
A
12．已知二面角
设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，则
→
FB·n＝0，x＋2y＝0，
∴即
→－x＋2z＝0.
FP·n＝0，
令y＝1，则x＝－2，z＝－1.
故平面PFB的一个法向量为n＝(－2,1，－1)．
→→
∵DM·n＝0，∴DM⊥n.
又DM ?平面PFB，则DM∥平面PFB .
- 6 -
21．(12分)如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1
高中数学选修2-1第三章+空间向量与立体几何+测试题
(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．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项
是符合题目要求的)
1．向量a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，若a与b共线，则()
A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝－1
则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc，其中不正确的命题为________．
解析①a，b共线，包括a与b重合，所以①错．
②空间任意两个向量均共面，所以②错．
③以空间向量的一组基底{a，b，c}为例，知它们两两共面，但它们三个不共面，所以③错．
④当与a，b，c共面时，不成立，所以④错．
→
n1·DE＝x1，y1，z1，2， ＝0.
2x1＝0，
∴
2x1＋2y1＋z1＝0.
令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．
同理可得平面A1FD1的法向量n2＝(0,2,1)．∵n1·n2＝0，∴平面AED⊥平面A1FD1.
(2)由于点M在AE上，
→→
∴可设AM＝λAE＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，
求证：DM∥平面PFB.
证明 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由PC与平面ABCD所成的角为45°，即 ∠PCD＝45°，得PD＝2，则P(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，F(1,0,0)，D(0,0,0)，M(0,1,1)，
→→→
∴FB＝(1,2,0)，FP＝(－1,0,2)，DM＝(0,1,1)．
答案
B
11．已知空间四个点
A(1,1,1)，B (－4,0,2)，C(－3，－1，0)，D (－1,0,4)，则直线AD与平面ABC所成
的角为(
)
A．30°B．45°C．60°D．90°
解析
设平面ABC的一个法向量为
n＝(x，y，z)，
→→
∵AB＝(－5，－1,1)，AC＝(－4，－2，－1)，
→→
2
2
2
2
．
(12
分
设
a
1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k，试问是否存在实数
a，
18
)
，
使
4＝aa1＋ba2＋ca3成立？如果存在，求出
a，b，c的值；如果不存在，请说明理由．
b c
a
解
假设a4＝aa1＋ba2＋ca3成立．
由已知a1＝(2，－1,1)，a2＝(1,3，－2)，
→
→
∴cos〈n，A1C〉＝n·A1C＝
→
|n||A1C|
→
→
DA1E的法向量， 则n⊥DE、
14.
42
∵〈n，A1C〉等于二面角A1－DE－B的平面角，
14
∴二面角A1－DE－B的余弦值为42.
- 7 -
22．(12分)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别
是BB1，CD的中点．
(1)证明：平面AED⊥平面A1FD1；
(2)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.
解(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系D－
xyz，不妨设正方体的棱长为
2，则A (2,0,0)，E(2,2,1)，
F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)．
设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
→
n1·DA＝x1，y1，z1，0， ＝0，
的另一个基底的是()
A．aB．bC．cD．以上都不对
解析∵a，b，c不共面，
∴a＋b，a－b，c不共面，∴p，q，c可构成空间的一个基底．
答案C
7．已知 △ABC的三个顶点
A (3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为()