高中数学人教版新课标A选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试当堂检测题

本章达标检测

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)

1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,若=a,=b,=c,则等于(　　)

A.a+b-c B.a-b+c C.-a+b+c D.-a+b-c

2.已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标是(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(　　)

A. B.

C. D.

3.已知O为空间任一点,A,B,C,D四点满足任意三点不共线,但四点共面,且=2x+3y+4z,则2x+3y+4z的值为(　　)

A.1 B.-1 C.2 D.-2

4.如图所示,在空间直角坐标系中,BC=2,原点O是BC的中点,点D在平面yOz上,且∠BDC=90°,∠DCB=30°,则向量的坐标为(　　)

A. B.

C. D.

5.已知四面体ABCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则·=(　　)

A.1 B.-1 C. D.-

6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则与直线CE垂直的直线是(　　)

A.AC B.BD C.A1D D.A1A

7.如图,AB=AC=BD=1,AB⊂平面α,AC⊥平面α,BD⊥AB,BD与平面α成30°角,则C、D间的距离为(　　)

A.1 B.2 C. D.

8.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为(　　)

A. B.   C. D.

9.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1,AB=2,点E是线段AB上一点,当二面角P-EC-D的大小为时,AE的长为(　　)

A.1 B.   C.2-   D.2-

10.已知直线l的方向向量为n=(1,0,2),点A(0,1,1)在直线l上,则点P(1,2,2)到直线l的距离为(　　)

A. B. 

C. D.2

11.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在直线B1P上,则下列结论正确的是(　　)

A.当点Q为线段B1P的中点时,DQ⊥平面A1BD

B.当点Q为线段B1P的三等分点时,DQ⊥平面A1BD

C.在线段B1P的延长线上,存在一点Q,使得DQ⊥平面A1BD

D.不存在点Q,使DQ与平面A1BD垂直

12.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足=λ,直线PN与平面ABC所成的角θ取最大值时,λ的值为(　　)

A.  B. C. D.

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)

13.已知空间中的点A(-1,1,2),B(-3,0,4),若|c|=3,c∥,则c=　　　　　　　. 

14.如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,M为BC的中点,G为△ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,若以{,,}为基底,则=　　　　. 

15.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为　　　　. 

16.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,若E,F为BD1的两个三等分点,G为长方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点,则∠EGF的最大值为　　　　. 

三、解答题(本大题共6小题,共70分)

17.(10分)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别为棱AD,AA1,AB的中点.求证:

(1)EE1∥平面FCC1;

(2)平面ADD1A1∥平面FCC1.

18.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.

(1)求证:AB1∥平面BC1D;

(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.

19.(12分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,AA1=5,E、F分别为D1D、B1B上的点,且DE=B1F=1.

(1)求证:BE⊥平面ACF;

(2)求点E到平面ACF的距离.

20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,PG⊥平面ABCD,垂足为G,G在AD上,且PG=4,AG=GD,BG⊥GC,GB=GC=2,E是BC的中点.

(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值;

(2)若F是棱PC上一点,且DF⊥GC,求的值.

21.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC上的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.

(1)证明:A1D⊥平面A1BC;

(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.

22.(12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,面PAD⊥底面ABCD,且△PAD是边长为2的等边三角形,PC=,M在PC上,且PA∥面MBD.

(1)求证:M是PC的中点;

(2)求直线PA与MB所成角的正切值;

(3)在PA上是否存在点F,使二面角F-BD-M为直角?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

答案全解全析

一、选择题

1.D　如图,=-=--=--=b-a-c.

2.B　依题意可知p=a+2b+3c,

设p=x(a+b)+y(a-b)+zc,

则a+2b+3c=(x+y)a+(x-y)b+zc,

∴解得故选B.

3.B　由题意知,A,B,C,D共面的充要条件是存在实数x1,y1,z1,使得=x1+y1+z1,且x1+y1+z1=1,因此2x+3y+4z=-1,故选B.

4.B　如图所示,过D作DE⊥BC,垂足为E,在Rt△BCD中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°,BC=2,得BD=1,CD=,

∴DE=CD·sin 30°=,

OE=OB-BD·cos 60°=1-=.

∴D点坐标为,

即向量的坐标为.

5.B　如图所示,=,所以·=·(-)=-×2×2cos 60°=-1.

6.B　以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则A(0,0,0),C(1,1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),E,所以=,=(1,1,0),=(-1,1,0),=(0,1,-1),=(0,0,-1).显然·=-+0=0,所以⊥,即CE⊥BD.

7.C　||2=|++|2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+1+1+0+0+2×1×1×cos 120°=2,∴||=.

8.C　以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),∴=(-1,0,-2),=(1,-1,-2),

∴cos<,>===,故选C.

9.D　设AE=a(0≤a≤2),以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),E(1,a,0),C(0,2,0),P(0,0,1),则=(1,a,-1),=(0,2,-1).设平面PEC的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,可得x=2-a,z=2,则m=(2-a,1,2),易知平面DEC的一个法向量为=(0,0,1),则|cos<m,>|==,解得a=2-或a=2+(舍去),所以AE=2-,故选D.

10.A　过P点作PH⊥l于点H,则=+.

由∥n,可设=λn=(λ,0,2λ)(λ∈R),

所以=(-1,-1,-1)+(λ,0,2λ)=(λ-1,-1,2λ-1).

由⊥n,得λ-1+2(2λ-1)=0,解得λ=,所以=.

因此点P到直线l的距离为||==.

11.D　以A1为坐标原点,A1B1,A1C1,A1A所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由已知得A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),D,P(0,2,0),故=(1,0,1),=,=(-1,2,0),=.

设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则

n·=x+z=0,n·=y+z=0,

取z=-2,则x=2,y=1,所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,-2).假设DQ⊥平面A1BD,且=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),则=+=,因为也是平面A1BD的法向量,所以n=(2,1,-2)与=共线,于是有===成立,但不存在λ使上式成立.故不存在点Q,使DQ与平面A1BD垂直,故选D.

12.A　以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A1(0,0,1),B1(1,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),易得P(λ,0,1),N,故=,易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),

则直线PN与平面ABC所成的角θ满足

sin θ=|cos<,n>|

=,

又θ∈,所以当sin θ最大时,θ最大,

所以当λ=时,sin θ取得最大值,为,此时直线PN与平面ABC所成的角θ取最大值.

二、填空题

13.答案　(-2,-1,2)或(2,1,-2)

解析　∵=(-2,-1,2),且c∥,

∴设c=λ=(-2λ,-λ,2λ),λ∈R,

∴|c|==3|λ|=3,解得λ=±1,

∴c=(-2,-1,2)或c=(2,1,-2).

14.答案　--+

解析　易知A、G、M三点共线.=++=-++=-×(+)++(-)

=-(+)++(-)

=--+.

15.答案　

 解析　如图,过B、D分别向AC作垂线,垂足分别为M、N.易求得AM=,BM=,CN=,DN=,MN=1.

∵=++,

∴||2=(++)2=||2+||2+||2+2(·+·+·)=+12++2×(0+0+0)=,∴||=.

16.答案　90°

解析　以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,不妨设E为BD1上靠近点B的一个三等分点,

则E,F.

①当点G在四边形ABB1A1上或其内部时,

不妨设点G(2,y,z),y∈[0,2],z∈[0,1],

则·=·=(y-1)2++≥,所以∠EGF为锐角.

当点G在四边形DCC1D1上或其内部时,

同理·=(y-1)2++≥,所以∠EGF为锐角.

②当点G在四边形ABCD上或其内部时,

不妨设点G(x,y,0),x∈[0,2],y∈[0,2],

则·=·=(x-1)2+(y-1)2≥0,

当且仅当x=y=1时,·=0,

cos<,>=0,即∠EGF的最大值为90°.

当点G在四边形A1B1C1D1上或其内部时,

同理·=(x-1)2+(y-1)2≥0,∠EGF的最大值为90°.

③当点G在四边形BCC1B1上或其内部时,不妨设点G(x,2,z),x∈[0,2],z∈[0,1],

则·=·=(x-1)2++≥,所以∠EGF为锐角.

当点G在四边形ADD1A1上或其内部时,同理·=(x-1)2++≥,所以∠EGF为锐角.

综上,∠EGF的最大值为90°.

三、解答题

17.证明　(1)由题意知,BF=BC=CF,

所以△BCF为正三角形.

因为底面ABCD为等腰梯形,

所以∠BAD=∠ABC=60°,

取AF的中点M,连接DM,

则DM⊥AB,所以DM⊥CD.

建立如图所示的空间直角坐标系.

则D(0,0,0),A(,-1,0),F(,1,0),

C(0,2,0),C1(0,2,2),E,

E1(,-1,1),所以=,

=(,-1,0),=(0,0,2).

设平面FCC1的法向量为n=(x,y,z),

则所以

令x=1,则n=(1,,0),

所以n·=1×-×+0×1=0,

所以n⊥,又EE1⊄平面FCC1,

所以EE1∥平面FCC1.

(2)因为AA1∥CC1, AA1⊄平面FCC1,CC1⊂平面FCC1,所以AA1∥平面FCC1.

由(1)知EE1∥平面FCC1,

又AA1∩EE1=E1,

所以平面ADD1A1∥平面FCC1.

18.解析　(1)证明:如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.

∵O为B1C的中点,D为AC的中点,

∴OD∥AB1.

∵AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,

∴AB1∥平面BC1D.

(2)建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.

则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),

∴=(0,-2,2),=(2,0,2).

∴cos<,>===,

设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cos θ=,

∵θ∈,∴θ=.

19.解析　(1)证明:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,1),F(2,2,4).

∴=(-2,2,0),=(0,2,4),=(-2,-2,1).

∵·=0,·=0,

∴BE⊥AC,BE⊥AF,又AC∩AF=A,

∴BE⊥平面ACF.

(2)由(1)知,为平面ACF的一个法向量,=(-2,0,1),

∴点E到平面ACF的距离d==.故点E到平面ACF的距离为.

20.解析　(1)以G为坐标原点,GB,GC,GP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,4),E(1,1,0),

∴=(1,1,0),=(0,2,-4).

cos<,>===,

所以GE与PC所成角的余弦值为.

(2)易知==,

所以D.

设F(0,y,z),则=(0,y,z)-=.

因为⊥,所以·=0,即·(0,2,0)=2y-3=0,所以y=.

又点F在PC上,所以=λ,即=λ(0,2,-4),所以z=1,故F,

所以=,=,所以===3.

21.解析　(1)证明:设E为BC的中点,连接A1E,AE,DE.由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.

因为AB=AC,所以AE⊥BC,故AE⊥平面A1BC.

由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B,且DE=B1B,

从而DE∥A1A,且DE=A1A,

所以四边形A1AED为平行四边形.

故A1D∥AE.

又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.

(2)以CB的中点E为坐标原点,分别以EA,EB,EA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Exyz,如图所示.

则A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,).

因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0).

设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由

得

令y1=,则z1=1,所以m=(0,,1).由

得

令x2=,则z2=1,所以n=(,0,1).

所以|cos<m,n>|==.

由题图可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.

22.解析　(1)证明:连接AC,交BD于E,连接ME.

∵四边形ABCD是矩形,∴E是AC的中点.

又PA∥面MBD,且ME是面PAC与面MDB的交线,

∴PA∥ME,又E为AC的中点,∴M是PC的中点.

(2)记AD的中点为O,连接PO,OE.

∵△PAD为等边三角形,O为AD的中点,

∴PO⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,

∴PO⊥平面ABCD,∴OA,OE,OP两两垂直.

以O为坐标原点,OA,OE,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图).

∵△PAD是边长为2的等边三角形,

∴OP=,OA=OD=1,

连接OC,易知PO⊥OC,又PC=,

∴OC=,∴DC==3,

∴A(1,0,0),B(1,3,0),D(-1,0,0),

C(-1,3,0),P(0,0,),M,

∴=(-1,0,),

=.

设直线PA与MB所成的角为θ,

则|cos θ|==,

∴|tan θ|= ,

又∵直线PA与MB所成的角为锐角,

∴直线PA与MB所成角的正切值为 .

(3)设存在点F满足要求,且=λ,连接FD,FB,

则由=λ,得F(1-λ,0,λ),

易知平面MBD的一个法向量为n=,

平面FBD的一个法向量为m=,

由n·m=0,得1++=0,

解得λ=,

故存在点F,使二面角F-BD-M为直角,此时=.