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同步训练题
展开www.ks5u.com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. B.(-1,-3,2)
C. D.
【解析】 a=(1,-3,2)=-2.
【答案】 C
2.在正方体ABCDA1B1C1D1中,=,=x+y(+),则( )
A.x=1,y= B.x=1,y=
C.x=,y=1 D.x=1,y=
【解析】 =+=+
=+=+(+),
∴x=1,y=.应选D.
【答案】 D
3.已知A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),D(0,0,0),令a=,b=,则a+b为( )
A.(5,-9,2) B.(-5,9,-2)
C.(5,9,-2) D.(5,-9,-2)
【解析】 a==(-1,0,-2),b==(-4,9,0),
∴a+b=(-5,9,-2).
【答案】 B
4.在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,若=a+2b+3c,则abc的值等于( ) 【导学号:18490123】
A. B.
C. D.-
【解析】 ∵=+-=a+2b+3c,∴a=1,b=,c=-.∴abc=-.
【答案】 D
5.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,下列结论不正确的是( )
A.=- B.·=0
C.·=0 D.·=0
【解析】 如图,∥,⊥,⊥B1D1,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),
∴=(-1,-2,2),
∴||==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,则x=( )
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,所以=,解得x=3或-11(舍去),故选A.
【答案】 A
9.如图1,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为( )
图1
A. B.
C. D.
【解析】 以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1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),C1(0,2,1),
∴=(-2,0,1),=(-2,2,0),且为平面BB1D1D的一个法向量.
∴cos〈,〉===.
∴sin〈1,〉=|cos〈1,〉|=,
∴BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为.
【答案】 D
10.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )
A. B.
C. D.
【解析】 以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,设AA1=2AB=2,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),则=(0,1,0),=(1,1,0),=(0,1,2).设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,所以有令y=-2,得平面BDC1的一个法向量为n=(2,-2,1).设CD与平面BDC1所成的角为θ,则sin θ=|cos〈n,〉|==.
【答案】 A
11.已知正方体ABCDA1B1C1D1中,若点F是侧面CD1的中心,且=+m-n,则m,n的值分别为( )
A.,- B.-,-
C.-, D.,
【解析】 由于=+=+(+)=++,所以m=,n=-,故选A.
【答案】 A
12.在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,PA⊥平面ABCD,PA=,那么二面角ABDP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=,
=(-3,4,0).
设n=(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,则
得
即令x=1,则n=.
又n1=为平面ABCD的一个法向量,
∴cos〈n1,n〉==.∴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.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且a与b为共线向量,则x=________,y=________. 【导学号:18490124】
【解析】 由题意得==,∴x=,y=-.
【答案】 -
14.△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0,),B,C(-1,0, ),则角A的大小为________.
【解析】 =,=(-1,0,0),则cos A===,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=(x-1,2,z-3),=(1,3,-4),因为与共线,所以==,解得所以点C的坐标为.
【答案】
16.如图2,在四棱锥SABCD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:①+++=0;②+--=0;③-+-=0;④·=·;⑤·=0,其中正确结论的序号是________.
【解析】 容易推出:-+-=+=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·=2×2cos∠ASB,·=2×2cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,于是·=·,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.如图3,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=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=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),所以·=0,·=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,=(1,0,0),=(0,0,1),=(0,1,0),故有·=0,·=0,所以为平面BAQ的一个法向量.
又因为=(0,-2,1),且·=0,即DA⊥PC,且PC⊄平面BAQ,故有PC∥平面BAQ.
18. (本题满分12分)如图4,在直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=1,AA1=,求异面直线BA1与AC所成角的余弦值.
图4
【解】 因为=+
=+,=-,
且·=·
=·=0,
所以·=(+)·(-)
=·-2+·-·
=-1.
又||=,||==,
所以cos〈,〉=
==-,
则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为.
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CPBA的余弦值.
【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=.
又因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).
故=(,0,0),=(0,1,1).
设平面BCP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则所以
不妨令y1=1,则n1=(0,1,-1).
因为=(0,0,1),=(,-1,0),
设平面ABP的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则所以
不妨令x2=1,则n2=(1, ,0).
于是cos〈n1,n2〉==.
由图知二面角CPBA为锐角,故二面角CPBA的余弦值为.
20. (本小题满分12分)如图6,在四棱锥PABCD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:18490125】
(2)若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为,求二面角APCD的余弦值.
【解】 (1)∵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),
∴=(2,4,0),=(0,0,λ),=(2,-1,0),
∴·=4-4+0=0,·=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=(2,-1,0),=(2,1,-λ),
设直线PE与平面PAC所成的角为θ,
∴sin θ=|cos〈,〉|==,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),=(2,2,0),=(0,-2,2),
由n⊥,n⊥,
∴不妨令x=1,则n=(1,-1,-1).
∴cos〈n,〉==,
显然二面角APCD的平面角是锐角,
∴二面角APCD的余弦值为.
21. (本小题满分12分)如图7,四棱锥PABCD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EBDC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.
(1)=,=(0,2a,0),=(0,0,b),所以=+,
因为BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(2)因为BE⊥平面PCD,所以BE⊥PC,
即·=0,=(2a,2a,-b),
所以·=2a2-=0,则b=2a.
①=(0,2a,-2a),=(a,2a,0),cos〈,〉==,所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为.
②在平面BDE和平面BDC中,=(0,a,a),=(-a,2a,0),=(a,2a,0),所以平面BDE的一个法向量为n1=(2,1,-1);平面BDC的一个法向量为n2=(0,0,1);cos〈n1,n2〉=,所以二面角EBDC的余弦值为.
22.(本小题满分12分)如图8,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).
图8
(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥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,DD1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),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).
(1)当λ=1时,=(-1,0,1),
因为=(-2,0,2).
所以=2,可知BC1∥FP,
而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),
由得
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±,
故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.
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