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2015-2016学年高中数学 第3章 空间向量与立体几何质量评估检测 新人教A版选修2-1


第三章

质量评估检测

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.若 A,B,C,D 为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是( ) → → → → ①AB+2BC+2CD+DC; → → → → → ②2AB+2BC+3CD+3DA+AC; → → → ③AB+CA+BD; → → → → ④AB-CB+CD-AD. A.①② B.②③ C.②④ D.①④ → → → → → → → → → 解析:①中,原式=AB+2BD+DC=AB+BD+BD+DC=AD+BC,不符合题意;②中,原式 → → → → → → → → → =2(AB+BC+CD+DA)+(AC+CD+DA)=0;③中,原式=CD,不符合题意;④中,原式=(AB → → → -AD)+(CD-CB)=0.故选 C. 答案:C 2. 已知向量 a=(2,4,5)、 b=(3, x, y)分别是直线 l1、 l2 的方向向量, 若 l1∥l2, 则( ) 15 A.x=6,y=15 B.x=3,y= 2 15 C.x=3,y=15 D.x=6,y= 2 3 x y 15 解析:∵l1∥l2,∴a∥b,则 = = ,∴x=6,y= . 2 4 5 2 答案:D 3.已知空间三点 O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,1,1),在直线 OA 上有一点 H 满足 BH⊥OA, 则点 H 的坐标为( ) A.(-2,2,0) B.(2,-2,0) 1 ? ? 1 1 ? ?1 C.?- , ,0? D.? ,- ,0? 2 2 2 2 ? ? ? ? → → 解析:由OA=(-1,1,0),且点 H 在直线 OA 上,可设 H(-λ ,λ ,0),则BH=(-λ ,λ -1,-1). → → 又 BH⊥OA,∴BH·OA=0, 即(-λ ,λ -1,-1)·(-1,1,0)=0,即 λ +λ -1=0, 1 ? 1 1 ? 解得 λ = ,∴H?- , ,0?,故选 C. 2 ? 2 2 ? 答案:C → → 4.已知 A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则AB与AC的夹角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° → → → 解析:AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0),|AB|=3 2,
-1-

→ → → |AC|= 2,AB·AC=3, → → → → AB·AC 1 ∴cos〈AB,AC〉= = , → → 2 |AB||AC| → → ∴〈AB,AC〉=60°. 答案:C 5.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=λ b; → → → → 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; ⑤|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|. A.5 B.4 C.3 D.2 解析:①|a|-|b|=|a+b|? a 与 b 的夹角为 π ,故是充分不必要条件,故不正确;②b 需为非零向量,故不正确;③因为 2-2-1≠1,由共面向量定理知,不正确;④由基底的定 义知正确;⑤由向量的数量积的性质知,不正确,故选 B. 答案:B → 1? → ? 1 ? ? 6.已知向量AM=?0,1, ?,AN=?-1, ,1?,则平面 AMN 的一个法向量是( ) 2? 2 ? ? ? A.(-3,-2,4) B.(3,2,-4) C.(-3,-2,-4) D.(-3,2,-4) 解析:设平面 AMN 的法向量 n=(x,y,z),

?n·→ AM=0, 则? → ?n·AN=0,

z ? ?y=-2, 即? 3 x= z, ? ? 4

令 z=4,则 n=(3,-2,4),由于(-3,2,-4)=-(3,-2,4), 可知选项 D 符合. 答案:D → → 7.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,则向量 a 为( ) A.(1,1,1) B.(-1,-1,-1)或(1,1,1) C.(-1,-1,-1) D.(1,-1,1)或(-1,1,-1) → → 解析:设 a=(x,y,z),AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2)

x +y +z =3, ? ? 则?-2x-y+3z=0, ? ?x-3y+2z=0.

2

2

2

解得 a=(1,1,1)或(-1,-1,-1).

答案:B 8.已知三棱锥 S-ABC 中,底面 ABC 为边长等于 2 的等边三角形,SA 垂直于底面 ABC, SA=3,那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为( )

-2-

A. C.

3 4 7 4

B.

5 4

3 D. 4

解析:建系如图,则 S(0,0,3),A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0).

→ → → ∴AB=( 3,1,0),SB=( 3,1,-3),SC=(0,2,-3). 设面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z).

?n·→ SB= 3x+y-3z=0, 则? → ?n·SC=2y-3z=0.
令 y=3,则 z=2,x= 3,∴n=( 3,3,2). → |n·AB| 3+3 3 设 AB 与面 SBC 所成的角为 θ ,则 sinθ = = = . → 4×2 4 |n||AB| 答案:D 9.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成的 角等于( ) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析:建系如图,设 AB=1,则 B(1,0,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1),A(0,0,0).

→ → ∴BA1=(-1,0,1),AC1=(0,1,1). → → → → BA1·AC1 ∴cos〈BA1,AC1〉= → → |BA1||AC1| 1 1 = = . 2· 2 2 → → ∴〈BA1,AC1〉=60°,即异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等于 60°. 答案:B 10.已知 E、F 分别是棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BC、CC1 的中点,则截面 AEFD1 与底面 ABCD 所成二面角的正弦值是( )
-3-

A.

2 3

B.

2 3

-4-

5 2 3 D. 3 3 解析:以 D 为坐标原点,以 DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 1? ?1 ? ? 如图,则 A(1,0,0),E? ,1,0?,F?0,1, ?,D1(0,0,1), 2? ?2 ? ? C.

→ → ? 1 ? 所以AD1=(-1,0,1),AE=?- ,1,0?. 2 ? ? 设平面 AEFD1 的法向量为 n=(x,y,z), → ?n·AD =0, 则? → ?n·AE=0,
1

-x+z=0, ? ? ?? x - +y=0. ? ? 2

∴x=2y=z,取 y=1,则 n=(2,1,2),而平面 ABCD 的一个法向量为 u=(0,0,1), 2 5 ∵cos〈n,u〉= ,∴sin〈n,u〉= . 3 3 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 6 6 C. D. 6 2 解析:设 PA=AB=2,建立如图所示的空间直角坐标系,

则 B(0,2,0),C( 3,1,0),P(0,0,2). → → ∴BP=(0,-2,2),BC=( 3,-1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的一个法向量.

?→ BP·n=0, 则? → ?BC·n=0,
令 y=1,则 x= 即 n=?

?-2y+2z=0, 即? ? 3x-y=0.
3 ,z=1. 3

? 3 ? ,1,1?. ?3 ?

易知 m=(1,0,0)是平面 PAB 的一个法向量.

-5-

m·n 则 cos〈m,n〉= = |m||n|

3 3 21 3





7 . 7

∴正切值 tan〈m,n〉= 6. 答案:A → → → → → 12.已知OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点 Q 在直线 OP 上运动,则当QA·QB 取得最小值时,点 Q 的坐标为( ) ?1 3 1? ?1 3 3? A.? , , ? B.? , , ? ?2 4 3? ?2 2 4? ?4 4 8? ?4 4 7? C.? , , ? D.? , , ? ?3 3 3? ?3 3 3? 解析:∵Q 在 OP 上,∴可设 Q(x,x,2x), → 则QA=(1-x,2-x,3-2x), → QB=(2-x,1-x,2-2x). → → 2 ∴QA·QB=6x -16x+10, → → 4 ∴x= 时,QA·QB最小, 3 ?4 4 8? 这时 Q? , , ?. ?3 3 3? 答案:C 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. → 13. 若 A(x,5-x,2x-1), B(1,x+2,2-x),则当|AB|取最小值时,x 的值等于________. → 解析:AB=(1-x,2x-3,-3x+3),则 → 2 2 2 |AB|= ?1-x? +?2x-3? +?-3x+3? ? 8?2 5 2 = 14x -32x+19= 14?x- ? + , ? 7? 7 → 8 故当 x= 时,|AB|取最小值. 7 8 答案: 7 14.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,直线 BC1 与平面 A1BD 夹角的正弦值是________. 解析:如图,以 DA、DC、DD1 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(1,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,1), → 易证AC1是平面 A1BD 的一个法向量.

-6-





AC1=(-1,1,1),BC1=(-1,0,1).
→ → 1+1 6 cos〈AC1,BC1〉= = . 3 3× 2 所以 BC1 与平面 A1BD 夹角的正弦值为 答案: 6 . 3

6 3 15.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ ),若 a,b,c 共面,则 λ = ________. 解析:由已知可发现 a 与 b 不共线,由共面向量定理可知, 要使 a,b,c 共面,则必存在实数 x,y,使得 c=xa+yb,

2x-y=7 ? ? 即?-x+4y=5 ? ?3x-2y=λ

x= 7 ? ? 17 ,解得?y= 7 65 ? ?λ = 7
33

.

65 答案: 7 16.如图,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→ 解析:GE=AE-AG=AD+DE- AM 3 → 1→ 1 → → =AD+ DB- (AB+AC) 4 3 → 1→ 1→ 1→ 1→ =AD+ AB- AD- AB- AC 4 4 3 3 → → → 1 1 3 =- AB- AC+ AD. 12 3 4 1 → 1→ 3→ 答案:- AB- AC+ AD 12 3 4 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.(本小题满分 10 分)如图,在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥ BD,BC=1,AD=AA1=3.

-7-

(1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. 解析:(1)易知,AB,AD,AA1 两两垂直. 如图,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 AB=t,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3), D(0,3,0),D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0). → → 2 因为 AC⊥BD,所以AC·BD=-t +3+0=0. 解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → 于是B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0). → → → → 因为AC·B1D=-3+3+0=0,所以AC⊥B1D, 即 AC⊥B1D. → → → (2)由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=( 3,1,0),B1C1=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量,

?n·→ AC=0, 则? → ?n·AD =0,
1

即?

? 3x+y=0, ?3y+3z=0.

令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ ,则 → → n·B1C1 3 21 sinθ =|cos〈n,B1C1〉|= = = . → 7 7 |n|·|B1C1|

? ? ?

? ? ?

21 . 7 18.(本小题满分 12 分)如图,在空间直角坐标系中,直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是以∠ ABC 为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D 是 A1C1 的中点,在线段 AA1 上是否存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF,若存在,求出 AF,若不存在,说明理由. 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为

-8-

解析:假设存在 F 点,使 CF⊥平面 B1DF, 不妨设 AF=b,则 F( 2a,0,b),

-9-



→ 2 ? 2 ? a, a,0?. 2 ?2 ?

CF=( 2a,- 2a,b),B1F=( 2a,0,b-3a), B1D=?


→ → 2 2 ∵CF·B1D=a -a +0=0, → → → → 2 2 2 ∴CF⊥B1D恒成立.由B1F·CF=2a +b(b-3a)=b -3ab+2a =0,得 b=a 或 b=2a. ∴当 AF=a 或 AF=2a 时,CF⊥平面 B1DF.

19.(本小题满分 12 分)如图,在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4, 点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. 解析:(1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,

则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0), A1(0,0,4),C1(0,2,4), → → 所以A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4). → → → → A1B·C1D 18 3 10 因为 cos〈A1B,C1D〉= = = , → → 10 20× 18 |A1B||C1D| 3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 . 10 (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z), → → 因为AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4), → → 所以 n1·AD=0,n1·AC1=0, 即 x+y=0 且 y+2z=0,取 z=1,得 x=2,y=-2, 所以,n1=(2,-2,1)是平面 ADC1 的一个法向量. 取平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(0,1,0), 设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ . ? n1·n2 ?= 2 =2, 由|cosθ |=? ? ?|n1|·|n2|? 9× 1 3 得 sinθ = 5 . 3

- 10 -

5 . 3 20.(本小题满分 12 分)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别 为 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如 图 2. (1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小. 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为

图1 解析:(1)证明:因为 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC.所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以 DE⊥平面 A1DC.所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD,所以 A1C⊥平面 BCDE.

图2

(2)如图,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C-xyz. 则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z), → → 则 n·A1B=0,n·BE=0. → 又A1B=(3,0,-2 3), → BE=(-1,2,0),

?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0,
令 y=1,则 x=2,z= 3.所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ . → 因为CM=(0,1, 3), → → n·CM 4 2 所以 sinθ =|cos〈n,CM〉|=| |= = , → 8× 4 2 |n|·|CM| π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 21.(本小题满分 12 分)如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直, AB= 2,AF=1,M 是线段 EF 的中点.

- 11 -

(1)求证:AM∥平面 BDE; (2)试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 CD 所成的角是 60°. 解析:(1)证明:如图,建立空间直角坐标系.

设 AC∩BD=N,连结 NE, 2 ? ? 2 则 N? , ,0?,E(0,0,1), 2 ?2 ? → 2 2 ? ? ∴NE=?- ,- ,1?. 2 ? 2 ? 又 A( 2, 2,0),M? 2 ? ? 2 , ,1?, 2 ?2 ?

→ 2 2 ? ? ∴AM=?- ,- ,1?. 2 ? 2 ? → → ∴NE=AM,且 NE 与 AM 不共线. ∴NE∥AM. 又 NE? 平面 BED,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE. (2)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2), → → 则PF=( 2-t, 2-t,1),CD=( 2,0,0). → → 又∵PF与CD所成的角为 60°, |? 2-t?· 2| 1 = , 2 2 ? 2-t? +? 2-t? +1· 2 2 2 3 2 ,或 t= (舍去). 2 2 故点 P 为 AC 的中点. 解之得 t= 22.(本小题满分 12 分)如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,C 是 AB 的中点,D 为 AC 的中点.

(1)证明:平面 POD⊥平面 PAC;
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(2)求二面角 B-PA-C 的余弦值. 解析:(1)证明:如图所示,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所在直线分别为 x 轴,y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,

? 1 1 ? 则 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 2),D?- , ,0?. ? 2 2 ? 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量, → → 则由 n1·OD=0,n1·OP=0,
1 1 ? ?-2x1+2y1=0, 得? ? ? 2z1=0. 所以 z1=0,x1=y1. 取 y1=1,得 n1=(1,1,0). 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAC 的一个法向量, → → 则由 n2·PA=0,n2·PC=0,

?-x2- 2z2=0, 得? ?y2- 2z2=0.
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2, 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). 因为 n1·n2=(1,1,0)·(- 2, 2,1)=0, 所以 n1⊥n2,从而平面 POD⊥平面 PAC. (2)因为 y 轴⊥平面 PAB.所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0). 由(1)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1). 设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ , n2·n3 2 10 则 cosθ = = = . |n2||n3| 5 5 由图可知,二面角 B-PA-C 的平面角与 θ 相等, 10 所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 . 5

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