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第三章 空间向量与立体几何 单元检测2 (人教A版选修2-1)


第三章 空间向量与立体几何 单元检测 2
时间 120 分钟,满分 150 分。

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 只有一个是符合题目要求的) 1.已知非零向量 a、b,及平面 α,若向量 a 是平面 α 的法向量,则 a· b=0 是 b 所在直 线平行于 α 或在 α 内的( A.充分必

要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 [答案] A [解析] 若 a· b=0,则 a⊥b, ∵b≠0,a 是平面 α 的法向量, b 所在直线平行于 α 或在 α 内,反之结论也成立. 2.下列说法中不正确的是( ) )

A.平面 α 的法向量垂直于与平面 α 共面的所有向量 B.一个平面的所有法向量互相平行 C.如果两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直 D.如果 a,b 与平面 α 共面且 n⊥a,n⊥b,那么 n 就是平面 α 的一个法向量 [答案] D [解析] 只有当 a、b 不共线时,D 才正确. 3.已知矩形 ABCD,PA⊥平面 ABCD,则以下等式中可能不成立的是( → → A.DA· PB=0 → → C.PD· AB=0 [答案] B [解析] ①
? DA⊥AB? → → ??DA⊥平面 PAB?DA⊥PB?DA· PB=0; ? DA⊥PA ?

)

→ → B.PC· BD=0 → → D.PA· CD=0

→ → ②同①知AB· PD=0; → → ③PA⊥平面 ABCD?PA⊥CD?PA· CD=0; → → ④若BD· PC=0,则 BD⊥PC, 又 BD⊥PA,∴BD⊥平面 PAC,故 BD⊥AC,

但在矩形 ABCD 中不一定有 BD⊥AC,故选 B. 4.如果平面的一条斜线段长是它在这个平面上的射影长的 3 倍,那么斜线段与平面所 成角的余弦值为( 1 A. 3 C. 2 2 ) 2 2 B. 3 2 D. 3

[答案] A 5.已知 a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若 a∥b,则 λ 与 μ 的值可以是( 1 A.2, 2 C.-3,2 [答案] A [解析] ∵a∥b,∴存在实数 k,使 b=ka,即:(6,2μ-1,2λ)=(kλ+k,0,2k), kλ+k=6 ? ? ∴?2μ-1=0 ? ?2λ=2k 1 1 B.- , 3 2 D.2,2 )

? ?μ=2 ,∴? λ=2 ? ?k=2

1

? ?μ=2 或? λ=-3 ? ?k=-3

1

,故选 A.

6. 在正三棱柱 ABC-A1B1C1,若 AB= 2BB1,则 AB1 与 C1B 所成角的 大小( ) B.90° D.75°

A.60° C.105° [答案] B

→ → → [解析] 解法一:设AB=a,AC=b,AA1=c,AB= 2,则 |a|=|b|= 2,|c|=1,a· c=0,b· c=0,a· b=1. → → → ∴AB1=AB+BB1=a+c, → → → BC1=BC+CC1=(b-a)+c, → → ∵AB1· BC1=a· b-|a|2+a· c+c· b-c· a+|c|2=0, → → ∴AB1⊥BC1,即 AB1⊥C1B. 解法二:取 AC 中点 D,建立如图所示的坐标系. 1 3 1 2 0,- ,0?, 设 AB=1,则 B? ,0,0?,C1?0, , ?,A? 2 ? ? ?2 ? ? 2 2? B1? 3 2? , ? 2 ,0, 2 ?

→ → AB1· C 1B → → ∴cos〈AB1,C1B〉= =0. → → |AB1||C1B| ∴AB1 与 C1B 所成的角为 90° . 7.在下列条件中,使 M 与不共线三点 A、B、C 一定共面的是( → → → → A.OM=2OA-OB-OC → 1→ 1→ 1→ B.OM= OA+ OB+ OC 5 3 2 → → → C.MA+MB+MC=0 → → → → D.OM+OA+OB+OC=0 [答案] C → → → → [解析] ∵点 M 在平面 ABC 内,∴对空间任一点 O,有OM=xOA+yAB+zAC且 x+y +z=1,故 A、B、D 均不对. 8. 如图, P 是边长为 a 的正六边形 ABCDEF 平面外一点, PA⊥AB, PA⊥AF,为求 P 与 CD 的距离作 PQ⊥CD 于 Q,则( A.Q 为 CD 的中点 B.Q 与 D 重合 C.Q 与 C 重合 D.以上都不对 [答案] C 1 → → → 9.如图,空间四边形 OABC 中,OA=a,OB=b,OC=c,点 M 在 OA 上,且 OM= 2 → MA,N 为 BC 中点,则MN等于( 1 2 1 A. a- b+ c 2 3 2 1 1 1 B.- a+ b+ c 3 2 2 1 1 2 C. a+ b- c 2 2 3 2 2 1 D. a+ b- c 3 3 2 [答案] B 1→ → → → 1 → → [解析] MN=ON-OM= (OB+OC)- OA 2 3 1 1 1 1 1 = (b+c)- a=- a+ b+ c. 2 3 3 2 2 故选 B. ) ) )

10. 如图 ABCD-A1B1C1D1 为正方体, 下面结论错误 的是( .. A.BD∥平面 CB1D1 B.AC1⊥BD C.AC1⊥平面 CB1D1 D.异面直线 AD 与 CB1 所成的角为 60° [答案] D

)

[解析] 正方体中,BD∥B1D1,且 BD?面 CB1D1,知 BD∥平面 CB1D1,A 正确;AC1 在面 ABCD 内的射影为 AC,又 AC⊥BD,由三垂线定理知 AC1⊥BD.故 B 正确;同理可得 AC1⊥B1D1,AC1⊥CD1,且 B1D1∩CD1=D1,∴AC1⊥平面 CB1D1,故 C 正确;由 AD∥BC 知,∠B1CB 为 AD 与 CB1 所成的角,应为 45° ,故 D 错误. → → 11.已知 A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则AC与AB的夹角为( A.30° C.60° [答案] C → → AB· AC 3 → → → → [解析] AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0).设〈AB,AC〉=θ,则 cosθ= = = → → 3 2· 2 |AB|· |AC| 1 , 2 ∴θ=60° . 12.已知△ABC 的顶点 A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则 AC 边上的高 BD 的长等于( A.3 C.5 [答案] C → → [解析] 解法一:设 D(x,y,z),则AD=(x-1,y+1,z-2),BD=(x-5,y+6,z- → 2),AC=(0,4,-3), → → → → ∵AD∥AC,且BD⊥AC, x-1=0 ? ? 4 -3 = ∴? y+1 z-2 ? ?4(y+6)-3(z-2)=0 → ∴|BD|=5. ) B .4 D.6 B.45° D.90° )

? ?y=-21 5 ,∴? 22 ? ?z= 5

x =1



→ → 解法二:设AD=λAC,D(x,y,z),则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3), ∴x=1,y=4λ-1,z=2-3λ. → ∴BD=(-4,4λ+5,-3λ), → → → 又AC=(0,4,-3),AC⊥BD, ∴4(4λ+5)-3(-3λ)=0, 9 12? 4 → ∴λ=- ,∴BD=? ?-4,5, 5 ?, 5 → ∴|BD|= 9?2 ?12?2 (-4)2+? ?5? +? 5 ? =5.

二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分,把 正确答案填在题中横线上) 13.过二面角 α-l-β 内一点 P 作 PA⊥α 于 A,作 PB⊥β 于 B,若 PA=5,PB=8,AB=7,则二面角 α-l-β 为________. [答案] 120° → → → [解析] 设PA=a,PB=b,由条件知|a|=5,|b|=8,|AB|=7, → ∴AB2=|AB|2=|b-a|2 =|b|2+|a|2-2a· b =64+25-2a· b=49, ∴a· b=20,∴cos〈a,b〉= a· b 1 = , |a|· |b| 2

∴〈a,b〉=60° ,∴二面角 α-l-β 为 120° . 14.若△ABC 中,∠ACB=90° ,∠BAC=60° ,AB=8,PC⊥平面 ABC,PC=4,M 是 AB 上一点,则 PM 的最小值为________. [答案] 2 7 → → → [解析] 由条件知 PC、 AC、BC 两两垂直, 设CA=a, CB=b, CP= c,则 a· b=b· c=c· a=0, ∵∠BAC=60° ,AB=8,∴|a|=CA=8cos60° =4,|b|=CB=8sin60° =4 3.|c|=PC=4, → → 设AM=xAB=x(b-a), → → → → 则PM=PC+CA+AM=-c+a+x(b-a)=(1-x)a+xb-c, → |PM|2=(1-x)2|a|2+x2|b|2+|c|2+2(1-x)xa· b-2xb· c-2(1-x)a· c=16(1-x)2+48x2+16= 1?2 32(2x2-x+1)=64? ?x-4? +28,

1 → ∴当 x= 时,|PM|2 取最小值 28, 4 → ∴|PM|min=2 7. 15.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都相等,D 是 A1C1 的中点,则直线 AD 与 平面 B1DC 所成的角的正弦值为________. [答案] 4 5

[解析] 不妨设正三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长为 2,建立如右图所示 空间直角坐标系,其中 x 轴垂直于 AB,y 轴平行于 AB.则 C(0,0,0),A( 3, -1,0),B1( 3,1,2), D? 3 1 ? , ? 3 ,-2,2?

3 1 → → 则CD=? ,- ,2?,CB1=( 3,1,2), 2 ? ?2 设平面 B1DC 的法向量为 → ? CD=0 ?n· n=(x,y,1),由? , → ? CB1=0 ?n· 解得 n=(- 3,1,1). 3 1 → 又∵DA=? ,- ,-2?, 2 ?2 ? 4 → ∴sinθ=|cos〈DA,n〉|= . 5 16.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1-B1 的大小为________. [答案] 120° [解析] 如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 C-xyz,设正方体 的棱长为 a,则 A(a,a,0),B(a,0,0),D1(0,a,a),B1(a,0,a), → → → ∴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 z=1,则 n=(1,0,1), 同理平面 B1BD1 的法向量 m=(-1,-1,0), n· m 1 cos〈n,m〉= =- , |n|· |m| 2

而二面角 A-BD1-B1 为钝角,故为 120° . 三、解答题(本大题共 6 个大题,共 74 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 12 分)若 e1、e2、e3 是三个不共面向量,则向量 a=3e1+2e2+e3,b= -e1+e2+3e3,c=2e1-e2-4e3 是否共面?请说明理由. [解析] 设 c=λ1a+λ2b,则 3λ1-λ2=2 ? ? ?2λ1+λ2=-1 ? ?λ1+3λ2=-4 1 7 ?λ1= ,λ2=- . 5 5

1 7 即 c= a- b.∵a、b 不共线,∴a、b、c 共面. 5 5 18.(本小题满分 12 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=a, PB → → =b,PC=c,试用基底{a,b,c}表示向量PG. [解析] ∵BG=2GD, → 2→ ∴BG= BD. 3 → → → → → → → 又BD=BA+BC=PA-PB+PC-PB=a+c-2b, 2 → → → ∴PG=PB+BG=b+ (a+c-2b) 3 2 1 2 = a- b+ c. 3 3 3 19.(本小题满分 12 分)如图所示,已知空间四边形 ABCD,P、Q 分 别是△ABC 和△BCD 的重心. 求证:PQ∥平面 ACD. [证明] ∵P、Q 分别是△ABC 和△BCD 的重心. → → → 1 → 1→ ∴PQ=EQ-EP= ED- EA 3 3 1 → → 1→ = (ED-EA)= AD. 3 3 → → ∴PQ∥AD即 PQ∥AD, 又 PQ 平面 ACD,AD?平面 ACD,∴PQ∥平面 ACD.

20.(本小题满分 12 分)已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).若|a|= 3, → → 且 a 分别与AB、AC垂直,求向量 a. [解析] 设 a=(x,y,z),

-2x-y+3z=0 ? ? 由题意得,?x-3y+2z=0 ? ?x2+y2+z2=3.

x=1 ? ? 解得?y=1 ? ?z=1,

x=-1 ? ? 或?y=-1 ? ?z=-1.

所以 a=(1,1,1)或 a=(-1,-1,-1). 21. (本小题满分 12 分)如图, 已知正三棱柱 ABC-A′B′C′的侧棱 长为 2, 底面边长为 1, M 是 BC 的中点, 在直线 CC′上是否存在一点 N, 使得 MN⊥AB′?若存在,请指出它的位置;若不存在,请说明理由. → [解析] 假设在直线 CC′上存在一点 N,使得 MN⊥AB′,设CN= → xCC′. → → → 1→ → ∵MN=MC+CN= BC+xCC′, 2 → → → → → AB′=AB+BB′=AB+CC′, 1→ → ? → → → → ∴MN· AB′=? (AB+CC′)=0, ?2BC+xCC′?· 1→ → 1→ → → → → 即 BC· AB+ BC· CC′+xCC′· AB+xCC′2=0, 2 2 1→ → → → |BC||AB|cos〈BC,AB〉+4x=0. 2 1 1 ∴- +4x=0,∴x= . 4 16 即在直线 CC′上存在一点 N, → 1 当|CN|= 时,MN⊥AB′. 8 22.(本小题满分 14 分)(2010· 重庆· 理,19)如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为 矩形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB= 6,点 E 是棱 PB 的中点. (1)求直线 AD 与平面 PBC 的距离;

(2)若 AD= 3,求二面角 A—EC—D 的平面角的余弦值. [解析] 解法一:

(1)

如下图,在矩形 ABCD 中,AD∥BC,从而 AD∥平面 PBC,故直线 AD 与平面 PBC 的距离为点 A 到平面 PBC 的距离.

因 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥AB,由 PA=AB 知△PAB 为等腰直角三角形,又点 E 是棱 PB 的中点,故 AE⊥PB. 又在矩形 ABCD 中,BC⊥AB,而 AB 是 PB 在底面 ABCD 内的射影,由三垂线定理得 BC⊥PB,从而 BC⊥平面 PAB,故 BC⊥AE,从而 AE⊥平面 PBC,故 AE 之长即为直线 AD 与平面 PBC 的距离. 1 1 在 Rt△PAB 中,PA=AB= 6,所以 AE= BP= PA2+AB2= 3. 2 2 (2)过点 D 作 DF⊥CE,交 CE 于 F,过点 F 作 FG⊥CE,交 AC 于 G,则∠DFG 为所求 的二面角的平面角. 由(1)知 BC⊥平面 PAB,又 AD∥BC,得 AD⊥平面 PAB,故 AD⊥AE,从而 DE= AE2+AD2= 6. 在 Rt△CBE 中,CE= BE2+BC2= 6. π 3 2 由 CD= 6,所以△CDE 为等边三角形,故点 F 为 CE 的中点,且 DF=CD· sin = . 3 2 1 3 因为 AE⊥平面 PBC,故 AE⊥CE,又 FG⊥CE,FG 綊 AE,从而 FG= ,且 G 点为 2 2 AC 的中点. 连接 DG.则在 Rt△ADC 中, 1 1 3 DG= AC= AD2+CD2= . 2 2 2 DF2+FG2-DG2 6 所以 cos∠DFG= = . 2· DF· FG 3 解法二:(1)如右图,以 A 为坐标原点,射线 AB、AD、 AP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正半轴,建立空间直角坐标系 A- xyz.

设 D(0,a,0),则 B( 6,0,0),C( 6,a,0),P(0,0, 6),E( 6 6 → → 因此AE=( ,0, ),BC=(0,a,0), 2 2 → PC=( 6,0,- 6). → → → → 则AE· BC=0,AE· PC=0,所以 AE⊥平面 PBC.

6 6 ,0, ). 2 2

又由 AD∥BC 知 AD∥平面 PBC, 故直线 AD 与平面 PBC 的距离为点 A 到平面 PBC 的 → 距离,即为|AE|= 3. → (2)因为|AD|= 3,则 D(0, 3,0),C( 6, 3,0). → → 设平面 AEC 的法向量 n1=(x1,y1,z1),则 n1· AC=0,n1· AE=0. 6 6 → → 又AC=( 6, 3,0),AE=( ,0, ),故 2 2 6x + 3y1=0, ? ? 1 ? 6 6 ? 2 x1+ 2 z1=0, ? 所以 y1=- 2x1,z1=-x1.可取 x1=- 2,则 n1=(- 2,2, 2). → → 设平面 DEC 的法向量 n2=(x2,y2,z2),则 n2· DC=0,n2· DE=0, 6 6 → → 又DC=( 6,0,0),DE=( ,- 3, ), 2 2 x =0, ? ?2 故? 6 6 ? ? 2 x2- 3y2+ 2 z2=0. 所以 x2=0,z2= 2y2,可取 y2=1,则 n2=(0,1, 2). 6 n1· n2 故 cos〈n1,n2〉= = . |n1|· |n2| 3 所以二面角 A-EC-D 的平面角的余弦值为 6 . 3

[点评] 利用法向量解决立体几何问题时要注意正确写出点的坐标,求出法向量,从而 表示出所要求的距离及角.


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