高中数学人教A版选修2-1第三章空间向量与立体几何单元综合测试


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第三章空间向量与立体几何单元综合测试
时间:120 分钟 分值:150 分

第Ⅰ卷(选择题,共 60 分)
题号 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) → → → → 1.直三棱柱 ABC-A1B1C1,若CA=a,CB=b,CC1=c,则A1B =( ) A.a+b-c B.a-b+c

C.-a+b+c D.-a+b-c → → → → 解析:结合图形,得A1B=A1A+AC+CB=-c-a+b=-a+b -c,故选 D. 答案:D 2.已知 a=(-5,6,1),b=(6,5,0),则 a 与 b( A.垂直 C.平行且同向 答案:A 3.已知 a=(2,-1,3),b=(-4,2,x),c=(1,-x,2),若(a+ b)⊥c,则 x 等于( A.4 B.-4 1 C. 2 D.-6 ) B.不垂直也不平行 D.平行且反向 )

解析:a+b=(-2,1,3+x),由(a+b)⊥c, ∴(a+b)· c=0.∴-2-x+2(3+x)=0,得 x=-4. 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

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金太阳新课标资源网 答案:B

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4.若 a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),且 a,b 的夹角的余弦值为 8 ,则 λ 等于( 9 A.2 2 C.-2 或 55 ) B.-2 2 D.2 或- 55

8 2 解析:a· b=2-λ+4=6-λ= 5+λ2×3× .解得 λ=-2 或 . 9 55 答案:C 5. 已知空间四边形 ABCD 每条边和对角线长都等于 a, E、 点 F、 G 分别是 AB、 DC 的中点, a2 是下列哪个选项的计算结果( AD、 则 → CA B.2AD· → → DB → A.2BC· → AC D.2EF· → → CB → C.2FG· → CA → → DB → → CB → 解析:2BC· =-a2,A 错;2AD· =-a2,B 错;2EF· = 1 - a2,D 错;只有 C 对. 2 答案:C → 6.若 A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当|AB|取最小值时,x 的值等于( ) )

8 A.19 B.- 7 8 C. 7 D. 19 14

→ → 解 析 : AB = (1 - x,2x - 3 , - 3x + 3) , 则 | AB | = ?1-x?2+?2x-3?2+?-3x+3?2 = 14x2-32x+19 =

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8 5 8 → 14?x- ?2+ ,故当 x= 时,|AB|取最小值,故选 C. 7 7 7 答案:C 7.已知 ABCD,ABEF 是边长为 1 的正方形,FA⊥平面 ABCD, 则异面直线 AC 与 EF 所成的角为( A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:如图 1,由于 EF∥AB 且∠BAC=45° ,所以异面直线 AC 与 EF 所成的角为 45° ,故选 B. 答案:B )

图1

图2 8.如图 2 所示,正方体 ABCD-A′B′C′D′中,M 是 AB → → 的中点,则 sin〈DB′,CM〉的值为( 1 A. 2 C. 2 3 B. D. 210 15 11 15 )

解析:以 DA,DC,DD′所在的直线分别为 x,y,z 轴建立直 角坐标系 O-xyz, 设正方体棱长为 1, D(0,0,0), 则 B′(1,1,1), C(0,1,0),
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? ?

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? ?

? 1 ? 1 ? → → ? M?1,2,0?,则DB′=(1,1,1),CM=?1,-2,0?,cos → ,CM〉 〈DB′ →



15 210 → → ,则 sin〈DB′,CM〉= . 15 15 答案:B

图3 9.如图 3,AB=AC=BD=1,AB?面 M,AC⊥面 M,BD⊥ AB,BD 与面 M 成 30° 角,则 C、D 间的距离为( A.1 C. 2 B.2 D. 3 )

→ → → → → → → → AB → 解析:|CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA· + → BD → → BD → → 2AB· +2CA · =1+1+1+0+0+2×1×1×cos120° =2.∴|CD | = 2. 答案:C 10.在以下命题中,不正确的个数为( )

①|a|-|b|=|a+b|是 a、b 共线的充要条件; ②若 a∥b,则存在唯一的实数 λ,使 a=λb; → → ③对空间任意一点 O 和不共线的三点 A、B、C,若OP=2OA- → → 2OB-OC,则 P、A、B、C 四点共面; ④若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空 间的另一个基底;
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金太阳新课标资源网 ⑤|(a· c|=|a|· |c|. b)· |b|· A.2 C.4 B.3 D.5

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解析:①错,应为充分不必要条件.②错,应强调 b≠0.③错, ∵2-2-1≠1.⑤错,由数量积的运算性质判别. 答案:C 11. 在三棱锥 P-ABC 中, △ABC 为等边三角形, PA⊥平面 ABC, 且 PA=AB,则二面角 A-PB-C 的平面角的正切值为( A. 6 B. 3 C. 6 6 D. 6 2 )

解析:设 PA=AB=2,建立空间直角坐标系,平面 PAB 的一个 法向量是 m=(1,0,0),平面 PBC 的一个法向量是 n=( 3 ,1,1). 3

3 3 3 3 m· n 7 则 cos〈m,n〉= = = = .∴正切值 tan〈m, |m||n| |m||n| 21 7 1× 3 n〉= 6. 答案:A

图4 12.(2011· 辽宁高考)如图 4,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形, SD⊥底面 ABCD,则下列结论中不正确的是( ... A.AC⊥SB
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)

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金太阳新课标资源网 B.AB∥平面 SCD

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C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 解析:∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥AC. 其中 SD∩BD=D,∴AC⊥面 SDB,从而 AC⊥SB.故 A 正确; 易知 B 正确; AC 与 DB 交于 O 点, 设 连结 SO.则 SA 与平面 SBD 所 成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO,又 OA=OC, SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故 C 正确;由排除法可知选 D. 答案:D 第Ⅱ卷(非选择题,共 90 分) 二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13.已知直线 l 的方向向量为 v=(1,-1,-2),平面 α 的法向 量 u=(-2,-1,1),则 l 与 α 的夹角为________. 解析:∵cos〈v,u〉= |-2+1-2| 1 = , 2 6× 6

∴〈v,u〉=60° 与 α 的夹角为 30° .∴l . 答案:30° 14. 如图 5 所示, 在空间四边形 ABCD 中,AC 和 BD 为对角线, → → → G 为△ABC 的重心,E 是 BD 上一点,BE=3ED,以{AB,AC,AD} → 为基底,则GE=________. 2 → → 1→ → → → → 解析:GE=GA+AD+DE=- AM+AD+ DB 3 4 2 1 → → 1 → 1→ 3→ → 1 → → =- × (AB+AC)+AD+ (AB-AD)=- AB- AC+ AD, 3 2 4 12 3 4
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1 → 1→ 3→ → 故GE=- AB- AC+ AD. 12 3 4 答案:- 1 → 1→ 3→ AB- AC+ AD 12 3 4

图5

图6

15.如图 6 所示,在三棱锥 P-ABC 中,PA=PB=PC=BC, 且∠BAC=90° ,则 PA 与底面 ABC 所成的角为________. 解析:由于 PA=PB=PC,故 P 在底面 ABC 上的射影为△ABC 外心,由于△ABC 为直角三角形,不妨设 OB=OC,所以 OP⊥面 1 1 ABC,∠PAO 为所求角,不妨设 BC=1,则 OA= ,cos∠PAO= , 2 2 所以∠PAO=60° . 答案:60° 16. (2011· 全国高考)已知点 E、 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 F 的棱 BB1、CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________.

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图7 解析:延长 FE、CB 相交于点 G,连结 AG,设正方体的棱长为 3,则 GB=BC=3,作 BH⊥AG 于 H,连结 EH,则∠EHB 为所求 二面角的平面角.∵BH= 答案: 2 3 3 2 2 EB ,EB=1,∴tan∠EHB=BH= . 2 3

三、解答题(写出必要的计算步骤,只写最后结果不得分,共 70 分) 17.(10 分)已知向量 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,- 1,4),B(-2,-2,2). (1)求|2a+b|; → (2)在直线 AB 上,是否存在一点 E,使得OE⊥b?(O 为原点) 解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|= 02+?-5?2+52=5 2. → → → → → (2)OE=OA+AE=OA+tAB=(-3, -1,4)+t(1, -1, -2)=(- → → b=0,所以-2(-3+t)+(-1 3+t,-1-t,4-2t),若OE⊥b,则OE· 9 → -t)+(4-2t)=0,解得 t= ,因此存在点 E,使得OE⊥b,此时 E 5
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6 14 2 点坐标为 E(- ,- , ). 5 5 5

图8 18.(12 分)如图 8,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC =4,AB=5,AA1=4,点 D 是 AB 的中点. 求证:(1)AC⊥BC1;(2)AC1∥平面 CDB1.

图9 证明:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4, AB=5,且 C1C 垂直底面. ∴AC、BC、C1C 两两垂直. 如图 9,以 C 为坐标原点,直线 CA,CB,CC1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 3 则 C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D( ,2,0). 2 → → (1)AC=(-3,0,0),BC1=(0,-4,4),
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→ BC → ∴AC· 1=0,∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连接 DE,则 E(0,2,2), 3 → → ∵DE=(- ,0,2),AC1=(-3,0,4), 2 → 1→ ∴DE= AC1.∴DE∥AC1. 2 ∵DE?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1, ∴AC1∥平面 CDB1. 19.(12 分)已知 M 为长方体 AC1 的棱 BC 的中点,点 P 在长方 体 AC1 的面 CC1D1D 内,且 PM∥BB1D1D,试探讨点 P 的确切位置.

图 10 解:以 DA、DC、DD1 为 x、y、z 轴,如图 10 建立空间直角坐 标系, DA=a, 设 DC=b,DD1=c.根据题意可设 A(a,0,0), B(a, b,0), 1 D1(0,0,c),P(0,y,z),则 M( a,b,0).又 PM∥BB1D1D,根据空 2 → → → 间向量基本定理,必存在实数对(m,n),使得PM=mDB+nDD1,即 1 ( a,b-y,-z)=(ma,mb,nc),等价于 2

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? ?b-y=mb ?-z=nc
1 a=ma 2

?m=2, ? ?? 1 y= b, 2 ?z=-nc,n∈R, ?

b 则点 P(0, ,-nc). 2 ∴点 P 在面 DCC1D1 的 DC 的中垂线 EF 上. 20.(12 分)在正棱锥 P-ABC 中,三条侧棱两两互相垂直,G 是 △PAB 的重心,E,F 分别是 BC,PB 上的点,且 BE∶EC=PF∶FB =1∶2.求证: (1)平面 GEF⊥平面 PBC; (2)EG⊥PG,EG⊥BC.

图 11 证明:(1)以三棱锥的顶点 P 为原点,以 PA、PB、PC 所在的直 线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系. 令 PA=PB=PC=3,则 A(3,0,0), B(0,3,0), C(0,0,3), E(0,2,1),
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金太阳新课标资源网 F(0,1,0), G(1,1,0),P(0,0,0).

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→ → 于是PA=(3,0,0),FG=(1,0,0). → → 故PA=3FG. ∴PA∥FG. 又 PA⊥平面 PBC,∴FG⊥平面 PBC. 又 FG?平面 EFG,∴平面 EFG⊥平面 PBC. → → (2)∵EG=(1, -1, -1),→ =(1,1,0),→ =(0, PG BC -3,3). → · ∴EG PG → BC → =1-1=0,EG· =3-3=0. ∴EG⊥PG,EG⊥BC.

图 12 21.(12 分)(2011· 天津高考)如图 12,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, H 是正方形 AA1BB1 的中心, 1=2 2, 1H⊥平面 AA1B1B, C1H AA C 且 = 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平 面 A1B1C1,求线段 BM 的长.
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图 13 解:如图 13 所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点.依 题意得 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,-2 2, 5),A1(2 2,2 2, 0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5). → (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),A→ 1=(-2 2,0,0),于是 cos 1B → A→ → ,A→ 〉= AC· 1B1 = 4 = 2. 〈AC 1B1 → |A B |AC|· → 1| 3×2 2 3 1 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 . 3

→ (2)易知AA1=(0,2 2,0),A→ 1=(- 2,- 2, 5). 1C

?m·→ 1=0, A1C 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z),则? ?m·→1=0. AA
?-2 2x- 2y+ 5z=0, ? 即? 不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, ?2 2y=0. ?

2),

?n·→ 1=0, A1C 同样地, 设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x, z), ? y, 则 ?n·→ 1=0. A1B
?-2 2x- 2y+ 5z=0, ? 即? 不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, ? ?-2 2x=0.
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金太阳新课标资源网 2), 于是 cos 〈m,n〉 =

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m· n 2 2 3 5 = = , 从而 sin 〈m, n〉= . |m|· |n| 7 7× 7 7

3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 . 7 (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N( 2 3 2 5 → 则MN=( -a, -b, ). 2 2 2 → AB ?MN·→ 1=0, 1 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? → AC ?MN·→ 1=0. 1 ?-2 ?? 22-a?· 2?=0, ? 2 3 2 ?- ?- ?? 2 -a?· 2?+? 2 -b?· 即 2 3 2 5 , , ).设 M(a,b,0), 2 2 2

2?+

5 × 5=0. 2

?a= 22, 解得? 2 ?b= 4 .

故 M(

2 2 , ,0). 2 4

2 2 10 → → 因此BM=( , ,0),所以线段 BM 的长|BM|= . 2 4 4

图 14
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22.(12 分)如图 14,在矩形 ABCD 中,点 E,F 分别在线段 AB, 2 AD 上,AE=EB=AF= FD=4.沿直线 EF 将△AEF 翻折成△ 3 A′EF,使平面 A′EF⊥平面 BEF. (1)求二面角 A′-FD-C 的余弦值; (2)点 M,N 分别在线段 FD,BC 上,若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折,使 C 与 A′重合,求线段 FM 的长. 解:法一:(1)取线段 EF 的中点 H,连结 A′H. 因为 A′E=A′F 及 H 是 EF 的中点, 所以 A′H⊥EF. 又因为平面 A′EF⊥平面 BEF,及 A′H?平面 A′EF, 所以 A′H⊥平面 BEF. 如图 15 建立空间直角坐标系 A-xyz,

图 15 则 A′(2,2,2 2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0), → → 故FA′=(-2,2,2 2),FD=(6,0,0). 设 n=(x,y,z)为平面 A′FD 的一个法向量, 所以
? ?-2x+2y+2 2z=0, ? ?6x=0, ?
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取 z= 2,则 n=(0,-2, 2). 又平面 BEF 的一个法向量 m=(0,0,1). n· m 3 故 cos〈n,m〉= = . |n||m| 3 所以二面角的余弦值为 3 . 3

(2)设 FM=x,则 M(4+x,0,0), 因为翻折后,C 与 A′重合,所以 CM=A′M, 21 故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2 2)2,得 x= , 4 21 经检验,此时点 N 在线段 BC 上,所以 FM= . 4 法二: (1)取线段 EF 的中点 H, 的中点 G, AF 连结 A′G, A′H, GH.

图 16 因为 A′E=A′F 及 H 是 EF 的中点,所以 A′H⊥EF, 又因为平面 A′EF⊥平面 BEF,所以 A′H⊥平面 BEF, 又 AF?平面 BEF,故 A′H⊥AF, 又因为 G,H 是 AF,EF 的中点,易知 GH∥AB,所以 GH⊥ AF,于是 AG⊥面 A′GH, 所以∠A′GH 为二面角 A′-DF-C 的平面角,
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在 Rt△A′GH 中,A′H=2 2,GH=2,A′G=2 3, 所以 cos∠A′GH= 3 . 3 3 . 3

故二面角 A′-DF-C 的余弦值为

(2)设 FM=x,因为翻折后,C 与 A′重合,所以 CM=A′M, 而 CM2 =DC2 +DM2 =82 +(6-x)2 ,A′M2 =A′H2 +MH2 = A′H2+MG2+GH2 21 =(2 2)2+(x+2)2+22,得 x= ,经检验,此时点 N 在线段 BC 4 上,所以 FM= 21 . 4

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