2014-2015学年新课标A版高中数学选修2-1:第三章++空间向量与立体几何+单元同步测试(含解析)

新课标 A 版·数学·选修 2-1

高中同步学习方略

第三章测试
(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,满分 60 分.在每 小题给出的四个选项中,有且只有一项是符合题目要求的) 1.向量 a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),若 a 与 b 共线,则( A.x=1,y=1 1 3 C.x=6,y=-2 1 1 B.x=2,y=-2 1 2 D.x=-6,y=3 )

1 解析 由 a∥b 知,a=λb,∴2x=λ,1=-2λy,3=9λ,∴λ=3, 1 3 x=6,y=-2. 答案 C )

2. 已知 a=(-3,2,5), b=(1, x, -1), 且 a· b=2, 则 x 的值是( A.6 C.4 B.5 D.3

解析 a· b=-3+2x-5=2,∴x=5. 答案 B

3. 设 l1 的方向向量为 a=(1,2, -2), l2 的方向向量为 b=(-2,3, m),若 l1⊥l2,则实数 m 的值为( A.3 C.1 解析 2. ) B.2 1 D.2 ∵l1⊥l2,∴a⊥b,∴a· b=0,∴-2+6-2m=0,∴m=

1

新课标 A 版·数学·选修 2-1 答案 B

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4.若 a,b 均为非零向量,则 a· b=|a||b|是 a 与 b 共线的( A.必要不充分条件 C.充分必要条件 B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件

)

解析 ∵a· b=|a||b|cos〈a,b〉 ,而 a· b=|a||b|. ∴cos〈a,b〉=1,∴〈a,b〉=0. ∴a 与 b 共线.反之,若 a 与 b 共线,也可能 a· b=-|a|· |b|,因 此应选 B. 答案 B

5.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,M,N 分别 a 为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN=3, 则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关 系是( )

A.相交 C.垂直

B.平行 D.不能确定

→ → → → 2 → → 2→ 解析 MN=MB+BC+CN=3A1B+BC+3CA → → 2 → → 2 → =3(A1B1+B1B)+BC+3(CD+DA)

2

新课标 A 版·数学·选修 2-1 2 → → 2→ =3B1B+BC+3DA.

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→ → → 而 CD 是 平 面 BB1C1C 的 一 个 法 向 量 , 且 MN ·CD = → ? → → 2→? ?2 ? CD=0, ?3B1B+BC+3DA?· ? ? → → ∴MN⊥CD. 又 MN?平面 BB1C1C,∴MN∥平面 BB1C1C. 答案 B

6.已知 a,b,c 是空间的一个基底,设 p=a+b,q=a-b,则 下列向量中可以与 p,q 一起构成空间的另一个基底的是( A.a C.c 解析 ∵a,b,c 不共面, ∴a+b,a-b,c 不共面,∴p,q,c 可构成空间的一个基底. 答案 C B.b D.以上都不对 )

7.已知△ABC 的三个顶点 A(3,3,2),B(4,-3,7),C(0,5,1),则 BC 边上的中线长为( A.2 64 C. 7 解析 ) B.3 65 D. 7 BC 的中点 D 的坐标为(2,1,4),

→ ∴AD=(-1,-2,2). → ∴|AD|= 1+4+4=3. 答案 B
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新课标 A 版·数学·选修 2-1 8.与向量 a=(2,3,6)共线的单位向量是( 2 3 6 A.(7,7,7) 2 3 6 B.(-7,-7,-7) 2 3 6 2 3 6 C.(7,-7,-7)和(-7,7,7) 2 3 6 2 3 6 D.(7,7,7)和(-7,-7,-7) 解析 故应选 D. 答案 D )

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1 |a|= 22+32+62=7,∴与 a 共线的单位向量是± 7(2,3,6),

9.已知向量 a=(2,4,x),b=(2,y,2),若|a|=6 且 a⊥b,则 x +y 为( ) B.3 或-1 D.1

A.-3 或 1 C.-3 解析 由|a|=6,a⊥b,

?4+16+x2=36, ?x=4, ?x=-4, ? ? ? 得? 解得? 或? ? ? ? ?4+4y+2x=0, ?y=-3, ?y=1.

∴x+y=1,或-3. 答案 A

10.已知 a=(x,2,0),b=(3,2-x,x2),且 a 与 b 的夹角为钝角, 则实数 x 的取值范围是( A.x>4 C.0<x<4 ) B.x<-4 D.-4<x<0

解析 ∵〈a,b〉为钝角,∴a· b=|a||b|cos〈a,b〉<0,即 3x+

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新课标 A 版·数学·选修 2-1 2(2-x)<0,∴x<-4. 答案 B

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11.已知空间四个点 A(1,1,1),B(-4,0,2),C(-3,-1,0),D(- 1,0,4),则直线 AD 与平面 ABC 所成的角为( A.30° C.60° B.45° D.90° )

解析 设平面 ABC 的一个法向量为 n=(x,y,z), → → ∵AB=(-5,-1,1),AC=(-4,-2,-1), → → 由 n· AB=0 及 n· AC=0,得
? ?-5x-y+z=0, ? 令 z=1, ?-4x-2y-z=0, ?

1 3 1 3 得 x=2,y=-2,∴n=(2,-2,1). → 又AD=(-2,-1,3),设 AD 与平面 ABC 所成的角为 θ,则 3 → -1+2+3 |AD· n| 1 sinθ= → = =2, 14 14× 2 |AD||n| ∴θ=30° . 答案 A

12.如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1, CA=CC1=2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( )

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5 A. 5 2 5 C. 5

5 B. 3 3 D.5

解析 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2,得 O(0,0,0),B(0,0,1), C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1). → → → → BC1· AB1 3 5 ∴cos〈BC1,AB1〉= → → = =5. 3 5 |BC1|· |AB1| 答案 A

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分.把答案 填在题中横线上) 13.已知{i,j,k}为单位正交基底,且 a=-i+j+3k,b=2i- 3j-2k, 则向量 a+b 与向量 a-2b 的坐标分别是________; ________.
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解析 依题意知,a=(-1,1,3),b=(2,-3,-2),则 a+b=(1, -2,1), a-2b=(-1,1,3)-2(2,-3,-2)=(-5,7,7). 答案 (1,-2,1) (-5,7,7)

→ → 14.在△ABC 中,已知AB=(2,4,0),BC=(-1,3,0),则∠ABC= ________. 解析 → → → → AB· BC 10 2 cos〈AB,BC〉= → → = =2, 10 2 |AB||BC|

→ → π π 3π ∴〈AB,BC〉=4,∴∠ABC=π-4= 4 . 答案 3π 4

15.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,面 ABD1 与面 B1BD1 所夹角的 大小为________. 解析

建立空间直角坐标系 D-xyz,如图. 设正方体的棱长为 1,则 A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1). → → → ∴D1A=(1,0,-1),D1B=(1,1,-1),D1B1=(1,1,0).
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设平面 ABD1 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD1 的法向量 → → 为 n=(x2,y2,z2),则由 m· D1A=0,m· D1B=0,可得 m=(1,0,1),由 → → m· n 1 n· D1B=0,n· D1B1=0,得 n=(1,-1,0),∴cos〈m,n〉= = . |m||n| 2 ∴所求二平面的大小为 60° . 答案 60° 16.在下列命题中:①若 a,b 共线,则 a,b 所在的直线平行; ②若 a,b 所在的直线是异面直线,则 a,b 一定不共面;③若 a,b, c 三向量两两共面,则 a,b,c 三向量一定也共面;④已知三向量 a, b,c,则空间任意一个向量 p 总可以唯一表示为 p=xa+yb+zc,其 中不正确的命题为________. 解析 ①a,b 共线,包括 a 与 b 重合,所以①错. ②空间任意两个向量均共面,所以②错. ③以空间向量的一组基底{a,b,c}为例,知它们两两共面,但 它们三个不共面,所以③错. ④当与 a,b,c 共面时,不成立,所以④错. 答案 ①②③④

三、解答题(本大题共 6 小题,满分 70 分.解答应写出必要的文 字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)已知四棱锥 P-ABCD 的底面是平行四边形,如图, → → → M 是 PC 的中点,问向量PA,MB,MD是否可以组成一个基底,并说 明理由.

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→ → → 解 PA,MB,MD不可以组成一个基底.理由如下: 连接 AC,BD 相交于点 O, ∵ABCD 是平行四边形, ∴O 是 AC,BD 的中点. 在△MBD 中,连接 MO, → 1 → → 则MO=2(MD+MB). 在△PAC 中,M 是 PC 的中点,O 是 AC 的中点 → 1→ → → → → ∴MO=2PA,∴PA=2MO=MB+MD. → → → ∴PA,MB,MD共面, → → → 故PA,MB,MD不可以组成一个基底. 18.(12 分)设 a1=2i-j+k,a2=i+3j-2k,a3=-2i+j-3k, a4=3i+2j+5k,试问是否存在实数 a,b,c 使 a4=aa1+ba2+ca3 成 立?如果存在,求出 a,b,c 的值;如果不存在,请说明理由. 解 假设 a4=aa1+ba2+ca3 成立. 由已知 a1=(2,-1,1),a2=(1,3,-2),

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新课标 A 版·数学·选修 2-1 a3=(-2,1,-3),a4=(3,2,5),可得 (2a+b-2c,-a+3b+c,a-2b-3c)=(3,2,5). 2a+b-2c=3, ? ? ∴?-a+3b+c=2, ? ?a-2b-3c=5, 解得:a=-2,b=1,c=-3. 故有 a4=-2a1+a2-3a3. 综上知,满足题意的实数存在, 且 a=-2,b=1,c=-3.

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19.(12 分)四棱柱 ABCD-A′B′C′D′中,AB=5,AD=3, AA′=7,∠BAD=60° ,∠BAA′=∠DAA′=45° ,求 AC′的长. → → → → → → → 解 AC′=AB+BC+CC′=AB+AD+AA′, → → → → 2 ∴(AC′) =(AB+AD+AA′)2 → → → → → → → → → 2 2 2 =AB +AD +AA′ +2(AB· AD+AB· AA′+AD· AA′) =25+9+49+2(5×3cos60° +5×7cos45° +3×7cos45° ) =98+56 2. → ∴|AC′|= 98+56 2, 即 AC′的长为 98+56 2. 20.(12 分)如图所示,PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面,AB =2,PC 与平面 ABCD 所成角是 45° ,F 是 AD 的中点,M 是 PC 的 中点.

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求证:DM∥平面 PFB. 证明 以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 由 PC 与平 面 ABCD 所成的角为 45° ,即∠PCD=45° ,得 PD=2,则 P(0,0,2), C(0,2,0),B(2,2,0),F(1,0,0),D(0,0,0),M(0,1,1),

→ → → ∴FB=(1,2,0),FP=(-1,0,2),DM=(0,1,1). 设平面 PFB 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ?FB· n=0, ∴? → ? ?FP· n=0,
? ?x+2y=0, 即? ? ?-x+2z=0.

令 y=1,则 x=-2,z=-1. 故平面 PFB 的一个法向量为 n=(-2,1,-1).
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新课标 A 版·数学·选修 2-1 → → ∵DM· n=0,∴DM⊥n. 又 DM?平面 PFB,则 DM∥平面 PFB. 21.(12 分)

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如图,正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=2AB=4,点 E 在 C1C 上,且 C1E=3EC. (1)证明 A1C⊥平面 BED; (2)求二面角 A1-DE-B 的余弦值. 解 以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴的正半轴,建立如图所示 的空间直角坐标系 D-xyz.

依题设 B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4).

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新课标 A 版·数学·选修 2-1 → → DE=(0,2,1),DB=(2,2,0), → → A1C=(-2,2,-4),DA1=(2,0,4). → → → → (1)∵A1C· DB=0,A1C· DE=0, ∴A1C⊥BD,A1C⊥DE. 又 DB∩DE=D, ∴A1C⊥平面 DBE.

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→ → (2)设向量 n=(x, y, z)是平面 DA1E 的法向量, 则 n⊥DE, n⊥DA1. ∴2y+z=0,2x+4z=0. 令 y=1,则 z=-2,x=4, ∴n=(4,1,-2). → → n· A1C 14 ∴cos〈n,A1C〉= → = 42 . |n||A1C| → ∵〈n,A1C〉等于二面角 A1-DE-B 的平面角, 14 ∴二面角 A1-DE-B 的余弦值为 42 . 22.(12 分)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是 BB1,CD 的中点. (1)证明:平面 AED⊥平面 A1FD1; (2)在 AE 上求一点 M,使得 A1M⊥平面 DAE.

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(1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,不妨设

正方体的棱长为 2, 则 A(2,0,0), E(2,2,1), F(0,1,0), A1(2,0,2), D1(0,0,2). 设平面 AED 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 → ? ?n1· DA=?x1,y1,z1?· ?2,0,0?=0, ? → ? ?n1· DE=?x1,y1,z1?· ?2,2,1?=0.
?2x1=0, ? ∴? ? ?2x1+2y1+z1=0.

令 y1=1,得 n1=(0,1,-2). 同理可得平面 A1FD1 的法向量 n2=(0,2,1). ∵n1· n2=0,∴平面 AED⊥平面 A1FD1. (2)由于点 M 在 AE 上, → → ∴可设AM=λAE=λ(0,2,1)=(0,2λ,λ), → 可得 M(2,2λ,λ),于是A1M=(0,2λ,λ-2). 要使 A1M⊥平面 DAE,需 A1M⊥AE, → → 2 ∴A1M· AE=(0,2λ,λ-2)· (0,2,1)=5λ-2=0,得 λ=5.
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2 4 2 故当 AM=5AE 时,即点 M 坐标为(2,5,5)时,A1M⊥平面 DAE.

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