高中数学 第三章 空间向量与立体几何章末评估验收 新人教A版选修21

【金版学案】2016-2017学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何
章末评估验收 新人教A 版选修2-1
(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．已知a ，b ，c 是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是( ) A ．2a ，a －b ，a ＋2b B ．2b ，b －a ，b ＋2a C ．a ，2b ，b －c D ．c ，a ＋c ，a －c
答案：C
2．空间直角坐标中A (1，2，3)，B (－1，0，5)，C (3，0，4)，D (4，1，3)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )
A ．平行
B ．垂直
C ．相交但不垂直
D ．无法确定 解析：因为AB →＝(－2，－2，2)，CD →
＝(1，1，－1)， 又因为AB →＝－2CD →，所以AB →∥CD →
，即AB ∥CD . 答案：A
3．已知a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A ．x ＝1，y ＝1 B ．x ＝12，y ＝－1
2
C ．x ＝16，y ＝－32
D ．x ＝－16，y ＝32
答案：C
4．已知a ＝3i ＋2j －k ，b ＝i －j ＋2k ，则5a 与3b 的数量积等于( ) A ．－15 B ．－5 C ．－3
D ．－1
解析：a ＝(3，2，－1)，b ＝(1，－1，2)，所以5a ·3b ＝15a ·b ＝－15. 答案：A
5．已知a ·b ＝0，|a |＝2，|b |＝3，且(3a ＋2b )·(λa －b )＝0，则λ等于( ) A.3
2 B ．－32
C ．±32
D ．1
答案：A
6．(2014·广东卷)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)
解析：利用向量数量积公式的变形公式cos 〈a ，b 〉＝
a ·b
|a ||b |
求向量的夹角，各项逐一验证．选项B 中cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝1
2
，所以〈a ，b 〉＝60°.
答案：B
7．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，AM →＝13AC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →
|为( )
A.216a
B.66a
C.
156
a D.153
a 答案：A
8．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，以D 为原点建立空间直角坐标系，E 为BB 1的中点，
F 为A 1D 1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)
答案：B
9．在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
答案：B
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 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，
C 1(0，1，2)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，
从而DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)，DC →
＝(0，1，0)． 设平面BDC 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧n ·DB →
＝0，
n ·DC 1
→＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0.
令z ＝－1，得n ＝(－2，2，－1)． 因为cos 〈DC →，n 〉＝DC →
·n |DC →||n |＝2
3，
所以CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为2
3.
答案：A
11．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，下面结论错误的是( )
A ．BD ∥平面C
B 1D 1 B ．A
C 1⊥BD
C ．AC 1⊥平面CB 1
D 1 D ．向量AD →与CB 1→
的夹角为60°
答案：D
12．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 答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知a ＝(2，－1，0)，b ＝(k ，0, 1)，若〈a ，b 〉＝120°，则k ＝________．
解析：因为cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2k 5×k 2
＋1＝－12＜0，所以k ＜0，且k 2
＝511.所以k ＝－
55
11
. 答案：－
5511
14．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 )＝________．
答案：(－64，－26，－17)
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：
3
15
16．已知四面体顶点A (2，3，1)、B (4，1，－2)、C (6，3，7)和D (－5，－4，8)，则顶点D 到平面ABC 的距离为________．
答案：11
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分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．(本小题满分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θ的余弦值；
(2)若向量ka ＋b 与ka －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
＝－10
10，
所以a 与b 的夹角θ的余弦值为－
10
10
. (2)ka ＋b ＝(k ，k ，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)，ka －2b ＝(k ，k ，0)－(－2，0，4)＝(k ＋2，k ，－4)，
所以(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2
－8＝0. 即2k 2
＋k －10＝0，所以k ＝－52
或k ＝2.
19．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1
＝4.
(1)证明：AC ⊥BC 1；
(2)求二面角C 1­AB ­C 的余弦值大小．
解：直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，故AC ，BC ，CC 1两两垂直，建立空间直角坐标系(如图)，
则C (0，0，0)，A (3，0，0)，C 1(0，0，4)，B (0，4，0)，B 1(0，4，4)． (1)证明：AC →＝(－3，0，0)，BC 1→
＝(0，－4，4)， 所以AC →·BC 1→
＝0.故AC ⊥BC 1.
(2)解：平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，设平面C 1AB 的一个法向量为n ＝(x ，
y ，z )，
AC 1→
＝(－3，0，4)，AB →
＝(－3，4，0)， 由⎩⎨⎧n ·AC 1
→＝0，n ·AB →＝0.
得⎩
⎪⎨⎪⎧－3x ＋4z ＝0，－3x ＋4y ＝0，
令x ＝4，则y ＝3，z ＝3，n ＝(4，3，3)， 故cos 〈m ，n 〉＝
334＝334
34
. 即二面角C 1­AB ­C 的余弦值为334
34
.
20．(本小题满分12分)正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为4，M 、N 、E 、F 分别为A 1D 1、A 1B 1、
C 1
D 1、B 1C 1的中点，求平面AMN 与平面EFBD 间的距离．
解：如图所示，建立空间直角坐标系D ­xyz ，则A (4，0，0)，M (2，0，4)，D (0，0，0)，
B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)，N (4，2，4)，
从而EF →＝(2，2，0)，MN →＝(2，2，0)，AM →＝(－2，0，4)，BF →
＝(－2，0，4)， 所以EF →＝MN →，AM →＝BF →，
所以EF ∥MN ，AM ∥EF ，EF ∩BF ＝F ，MN ∩AM ＝M . 所以平面AMN ∥平面EFBD .
设n ＝(x ，y ，z )是平面AMN 的法向量，
从而⎩⎨⎧n ·MN →＝2x ＋2y ＝0，n ·AM →＝－2x ＋4z ＝0，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝－2z .
取z ＝1，得n ＝(2，－2，1)，由于AB →
＝(0，4，0)， 所以AB →在n 上的投影为n ·AB →
|n |＝－84＋4＋1＝－83.
所以两平行平面间的距离d ＝|n ·AB →
||n |＝8
3
.
21．(本小题满分12分)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝60°.
(1)求证：EF ⊥PB .
(2)试问：当点E 在线段AB 上移动时，二面角P ­FC ­B 的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出其定值；若不是，说明理由．
(1)证明：在Rt △ABC 中，
因为EF ∥BC ，所以EF ⊥AB ，所以EF ⊥EB ，EF ⊥EP ， 又因为EB ∩EP ＝E ，EB ，EP ⊂平面PEB ，所以EF ⊥平面PEB . 又因为PB ⊂平面PEB ，所以EF ⊥PB .
(2)解：在平面PEB 内，过点P 作PD ⊥BE 于点D ， 由(1)知EF ⊥平面PEB ，所以EF ⊥PD ，
又因为BE ∩EF ＝E ，BE ，EF ⊂平面BCFE ，所以PD ⊥平面BCFE . 在平面PEB 内过点B 作直线BH ∥PD ，则BH ⊥平面BCFE .
如图所示，以B 为坐标原点，BC →，BE →，BH →
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．
设PE ＝x (0＜x ＜4)， 又因为AB ＝BC ＝4， 所以BE ＝4－x ，EF ＝x . 在Rt △PED 中，∠PED ＝60°， 所以PD ＝
32x ，DE ＝12x ，所以BD ＝4－x －12x ＝4－32
x ， 所以C (4，0，0)，F (x ，4－x ，0)，P ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，4－32x ，32x .
从而CF →＝(x －4，4－x ，0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－4，4－32x ，32x .
设n 1＝(x 0，y 0，z 0)是平面PCF 的一个法向量，
所以⎩⎨⎧n 1
·CF →＝0，n 1
·CP →＝0，即⎩⎪
⎨⎪
⎧x 0
（x －4）＋y 0
（4－x ）＝0，－4x 0
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－32x y 0
＋32xz 0
＝0，
所以⎩⎨⎧x 0－y 0＝0，
3y 0－z 0＝0，
取y 0＝1，得n 1＝(1，1，3)是平面PFC 的一个法向量． 又平面BFC 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 设二面角P ­FC ­B 的平面角为α， 则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪
⎪⎪⎪
⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝155
.
因此当点E 在线段AB 上移动时，二面角P ­FC ­B 的平面角的余弦值为定值，且定值为
155
. 22．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，
DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.
(1)求证：AC ⊥平面BDE ； (2)求二面角F ­BE ­D 的余弦值；
(3)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．
(1)证明：因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AC ， 因为四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ， 又DE ∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面BDE . (2)解：因为DE ⊥平面ABCD ，
所以∠EBD 就是BE 与平面ABCD 所成的角， 即∠EBD ＝60°， 所以ED BD
＝ 3.
由AD ＝3，得DE ＝36，AF ＝ 6.
如图，分别以DA ，DC ，DE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (3，0，0)，F (3，0，6)，E (0，0，36)，B (3，3，0)，C (0，3，0)，所以BF →
＝(0，－3，6)，EF →
＝(3，0，－26)．
设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩
⎨⎧n ·BF →
＝0，n ·EF →＝0，
即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.
令z ＝6，则n ＝(4，2，6)． 因为AC ⊥平面BDE ，
所以CA →
＝(3，－3，0)为平面BDE 的一个法向量， 所以cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →
|n ||CA →|
＝626×32＝13
13.
故二面角F ­BE ­D 的余弦值为
1313
. (3)解：依题意，设M (t ，t ，0)(t ＞0)，则AM →
＝(t －3，t ，0)， 因为AM ∥平面BEF ， 所以AM →
·n ＝0，
即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.
所以点M 的坐标为(2，2，0)，此时DM →＝23DB →
，
所以点M 是线段BD 上靠近点B 的三等分点．。