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【创新设计】2015-2016学年高中数学 第3章 空间向量与立体几何章末检测 苏教版选修2-1


空间向量与立体几何 章末检测
一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分) → → → → → → → → → → 1.对于空间中的非零向量AB、B C 、AC,有下列各式:①AB+BC=AC;②AB-AC=BC;③|AB → → → → → |+|BC|=|AC|;④|AB|-|AC|=|BC|.其中一定不成立的是________. 答案 ② → → → 解析 根据空间向量的加减法运算,对于①:AB+BC=AC恒成立; → → → → → → 对于③:当AB、BC、AC方向相同时,有|AB|+|BC|=|AC|; → → → → → → → → → 对于④:当BC、AB、AC共线且BC与AB、AC方向相反时,有|AB|-|AC|=|BC|. 只有②一定不成立. 2. 若向量 a=(1,1, x), b=(1,2,1), c=(1,1,1)满足条件(c-a)·(2b)=-2, 则 x=______. 答案 2 解析 c-a=(0,0,1-x),故(c-c)·(2b)=2(0,0,1-x)·(1,2,1)=2(1-x),结合已知得 2(1-x)=-2,解得 x=2. → → → → 3.已知 G 是△ABC 的重心,O 是平面 ABC 外的一点,若 λ OG=OA+OB+OC,则 λ =______. 答案 3 → → → → → 解析 如图,正方体中,OA+OB+OC=OD=3OG,所以 λ =3.

→ → → 4.空间四边形 ABCD 中,E、F 分别为 AB、CD 的中点,则向量EF与BC、AD________(是、否) 共面. 答案 是 → → → → 解析 如图所示,EF=EA+AD+DF, → → → → EF=EB+BC+CF. 又 E、F 分别是 AB、CD 的中点, → → → → 故有EA=-EB,DF=-CF, → → → ∴2EF=AD+BC, → 1→ 1→ → → ∴EF= AD+ BC.∵AD与BC不共线, 2 2
-1-

→ → → ∴EF与AD、BC共面. 5.下列命题中,正确命题的个数为______. ①若 n1,n2 分别是平面 α ,β 的法向量,则 n1∥n2?α ∥β ; ②若 n1,n2 分别是平面 α ,β 的法向量,则 α ⊥β ?n1·n2=0; ③若 n 是平面 α 的法向量,a 与 α 共面,则 n·a=0; ④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直. 答案 3 解析 ①中平面 α ,β 可能平行,也可能重合,故①不正确;结合平面法向量的概念,易知 ②③④正确. → → → → 6.在四面体 OABC 中,OA=a,OB=b,OC=c,D 为 BC 的中点,E 为 AD 的中点,则OE可表示 为______(用 a,b,c 表示). 答案 1 1 1 a+ b+ c 2 4 4

→ → 1→ → 1 1 → → 解析 OE=OA+ AD=OA+ × (AB+AC) 2 2 2 1 1 → 1 → → → → 1→ 1→ 1→ 1 =OA+ ×(OB-OA+OC-OA)= OA+ OB+ OC= a+ b+ c. 4 2 4 4 2 4 4 → → → → 7.在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,点 E 为上底面 A1C1 的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则 x,y 的值 分别为______. 答案 1 1 , 2 2

→ → → → 1→ → 1 → → 解析 如图,AE=AA1+A1E=AA1+ A1C1=AA1+ (AB+AD),故 x,y 的值 2 2 1 都为 . 2 8.如图,已知四边形 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,连结 AC,BD,PB,

PC,PD,则下列各组向量中,数量积不一定为零的是________.

→ → → → ①PC与BD ②DA与PB 答案 ①

→ → → → ③PD与AB ④PA与CD

解析 建立如图所示的空间直角坐标系. 设矩形 ABCD 的长、 宽分别为 a, b, PA 长为 c, 则 A(0,0,0), B(b,0,0), D(0,
-2-

a,0),C(b,a,0),P(0,0,c).
→ → → → → 则PC=(b,a,-c),BD=(-b,a,0),DA=(0,-a,0),PB=(b,0,-c),PD=(0,a,-

c),AB=(b,0,0),PA=(0,0,-c),CD=(-b,0,0).
→ → 2 2 ∴PC·BD=-b +a 不一定为 0. → → → → → → DA·PB=0,PD·AB=0,PA·CD=0. → → → → 9.对于空间任意一点 O 和不共线的三点 A、B、C,有如下关系:6OP=OA+2OB+3OC,则下列 说法正确的是________. ①四点 O、A、B、C 必共面; ②四点 P、A、B、C 必共面; ③四点 O、P、B、C 必共面; ④五点 O、P、A、B、C 必共面. 答案 ② 1 1 1 → 1→ 1→ 1→ 解析 由已知得OP= OA+ OB+ OC,而 + + =1,∴四点 P、A、B、C 共面. 6 3 2 6 3 2 10.如图,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________. 答案 2







→ 2 → → → 2 → 2 → 2 → 2 → → → → → → 解析 |CD| =|CA+AB+BD| =|CA| +|AB| +|BD| +2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=1+1+1 → +0+0+2×1×1×cos120°=2.∴|CD|= 2. 9 11.已知三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 3的正三角形.若 P 4 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为________. 答案 π 3

解析 取正三角形 ABC 的中心 O, 连结 OP, 则∠PAO 是 PA 与平面 ABC 所成的角. 因 为底面边长为 3, 所以 AD= 3× 3 3 2 2 3 1 3 2 = ,AO= AD= × =1.三棱柱的体积为 ×( 3) × AA1 2 2 3 3 2 2 2

9 OP π = ,解得 AA1= 3,即 OP=AA1= 3,所以 tan∠PAO= = 3,即∠PAO= . 4 OA 3

-3-

12.如图所示,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ABC =90°, 点 E、 F 分别是棱 AB、 BB1 的中点, 则直线 EF 和 BC1 的夹角是________. 答案 60° 解析 不妨设 AB=BC=AA1=1, → → → 1 → → → → → 则EF=BF-BE= (BB1-BA),BC1=BC+BB1, 2 1 → → 2 → → ∴|EF|= |BB1-BA|= ,|BC1|= 2, 2 2 →

EF·BC1= (BB1-BA)·(BC+BB1)= ,
1 → → 2 EF·BC1 1 → → ∴cos〈EF,BC1〉= = = , → → 2 2 |EF|·|BC1| × 2 2 → → ∵〈EF,BC1〉∈[0°,180°], → → ∴〈EF,BC1〉=60°,即异面直线 EF 与 BC1 的夹角是 60°.



1 → 2







1 2

? ? π ?? 13.如图所示,已知二面角 α lβ 的平面角为 θ ?θ ∈?0, ??,AB⊥BC, 2 ?? ? ?
BC⊥CD,AB 在平面 β 内,BC 在 l 上,CD 在平面 α 内,若 AB=BC=CD
=1,则 AD 的长为________. 答案 3-2cosθ

→ → → → 解析 AD=AB+BC+CD, → 2 →2 →2 →2 → → → → → → 所以 AD = AB + BC + CD + 2 AB · CD + 2 AB · BC + 2 BC · CD = 1 + 1 + 1 + 2cos(π - θ ) = 3 - 2cosθ . → 所以|AD|= 3-2cosθ , 即 AD 的长为 3-2cosθ . π 14.在直三棱柱 A1B1C1ABC 中,∠BAC= ,AB=AC=AA1=1,已知 G 与 E 分别为 A1B1 和 CC1 的 2 中点,D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点),若 GD⊥EF,则线段 DF 的长度的取 值范围为______. 答案 [ 1 5 ,1)

解析 以 A 为坐标原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,AA1 为 z 轴建立空间直角坐标系, 1 1 则 F(t1,0,0)(0<t1<1),E(0,1, ),G( ,0,1),D(0,t2,0)(0<t2<1). 2 2
-4-

1 → 1 → 所以EF=(t1,-1,- ),GD=(- ,t2,-1). 2 2 1 因为 GD⊥EF,所以 t1+2t2=1,由此推出 0<t2< . 2 → → 2 2 又DF=(t1,-t2,0),|DF|= t1+t2= 二、解答题(本大题共 6 小题,共 90 分) → → 15.(14 分)已知空间三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4).设 a=AB,b=AC, (1)求 a 和 b 的夹角 θ 的余弦值; (2)若向量 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求 k 的值. → → 解 因为 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),a=AB,b=AC, 所以 a=(1,1,0),b=(-1,0,2). (1)cosθ = 2 2 1 1 5(t2- ) + ,从而有 ≤DF<1. 5 5 5

a·b -1+0+0 10 = =- , |a||b| 10 2× 5
10 . 10

即 a 和 b 的夹角的余弦值为-

(2)因为 ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),

ka-2b=(k+2,k,-4),且(ka+b)⊥(ka-2b).
所以(k-1,k,2)· (k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k -8=2k +k-10=0, 5 则 k=- 或 k=2. 2 → → → → → 16.(14 分)已知OA=(1,0,2),OB=(2,2,0),OC=(0,1,2),点 M 在直线 OC 上运动,当MA·MB 取最小时,求点 M 的坐标. → → → 解 设OM=λ OC=(0,λ ,2λ ),则MA=(1,-λ ,2-2λ ), →
2 2

MB=(2,2-λ ,-2λ ),
→ → ∴MA·MB=2-λ (2-λ )-2λ (2-2λ ) 3 2 1 2 =5λ -6λ +2=5(λ - ) + , 5 5 3 → → ∴当 λ = 时,MA·MB最小, 5 3 6 此时点 M 的坐标为 M(0, , ). 5 5 17. (14 分)如图, 在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 是矩形, PA⊥平面 ABCD,

-5-

PE BF PA=AD,AB= 2AD,E 是线段 PD 上的点,F 是线段 AB 上的点,且 = =λ (λ >0). ED FA
(1)判断 EF 与平面 PBC 的关系,并证明; (2)当 λ 为何值时,DF⊥平面 PAC?并证明你的结论. 解 (1)EF∥平面 PBC,证明如下,如图,以点 A 为原点建立如图所示 的空间直角坐标系, 设 AD 长为 1,则 A(0,0,0),B( 2,0,0),C( 2,1,0),D(0,1,0),

P(0,0,1), PE BF λ 1 2 由 = =λ (λ >0)得 E(0, , ),F( ,0,0), ED FA 1+λ 1+λ 1 +λ
2 λ 1 → → 所以EF=( ,- ,- ),BC=(0,1,0), 1+λ 1+λ 1+λ →

PB=( 2,0,-1),
设面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),则? 所以取 n=(1,0, 2); → → 由于 n·EF=0,所以 n⊥EF, 因为 EF?平面 PBC,所以 EF∥平面 PBC. (2)当 λ =1 时,DF⊥平面 PAC.证明如下:

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

? 2x+y=0, → → 设平面 PAC 的法向量为 m=(x, y, z), 由于AC=( 2, 1,0), AP=(0,0,1), 则? ?z=0.
2 → → 不妨取 m=(1,- 2,0),又DF=( ,-1,0),m= 2DF, 2 所以 DF⊥平面 PAC. 18.(16 分)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上一点,CP=m.试确定 m 的值使得直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角为 60°.

解 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,

m),C(0,1,0), D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1).

-6-

→ → → → 则BD=(-1,-1,0),BB1=(0,0,1),AP=(-1,1,m),AC=(-1,1,0). → → → → → → → → → 又由AC·BD=0,AC·BB1=0 知,AC⊥BD,AC⊥BB1,则AC为平面 BB1D1D 的一个法向量. 设 AP 与平面 BB1D1D 所成的角为 θ , → → |AP·AC| 2 → → 则 sinθ =|cos〈AP,AC〉|= = . 2 → → 2+m · 2 |AP||AC| 依题意得 2 2+m · 2
2

=sin60°=

3 6 ,解得 m= . 2 3

故当 m=

6 时,直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角为 60°. 3

19.(16 分)如图所示,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点. (1)求直线 BE 和平面 ABB1A1 所成角的正弦值; (2)在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论. → → → 解 设正方体的棱长为 1.如图所示,以AB,AD,AA1为单位正交基底建立空 间直角坐标系 A-xyz. 1? ? (1)依题意,得 B(1,0,0),E?0,1, ?,A(0,0,0),D(0,1,0), 2? ? 1? → → ? 所以BE=?-1,1, ?,AD=(0,1,0). 2? ? 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中, 因为 AD⊥平面 ABB1A1, → 所以AD是平面 ABB1A1 的一个法向量. 设直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角为 θ , → → |BE·AD| 1 2 则 sinθ = = = . → → 3 3 |BE|·|AD| ×1 2 2 故直线 BE 和平面 ABB1A1 所成角的正弦值为 . 3 (2)在棱 C1D1 上存在点 F,使 B1F∥平面 A1BE. 证明如下: → 依题意,得 A1(0,0,1),BA1=(-1,0,1), →

BE=?-1,1, ?. 2

? ?

1?

?

设 n=(x,y,z)是平面 A1BE 的一个法向量,

-7-

→ ? ?n·BA1=0, 则由? → ? ?n·BE=0,

-x+z=0, ? ? 得? 1 -x+y+ z=0. ? 2 ?

1 所以 x=z,y= z.取 z=2,得 n=(2,1,2). 2 设 F 是棱 C1D1 上的点,则 F(t,1,1) (0≤t≤1). → 又 B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0). → 而 B1F?平面 A1BE,于是 B1F∥平面 A1BE?B1F·n=0?(t-1,1,0)·(2,1,2)=0?2(t-1)+1 1 =0?t= ?F 为棱 C1D1 的中点.这说明在棱 C1D1 上存在点 F(C1D1 的中点),使 B1F∥平面 A1BE. 2 20.(16 分)如图所示,在三棱锥 P-ABQ 中,PB⊥平面 ABQ,BA=BP=BQ,

D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD 与 EQ 交于点 G, PC 与 FQ 交于点 H,连结 GH.
(1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 DGHE 的余弦值. (1)证明 因为 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点, 所以 EF∥AB,DC∥AB,所以 EF∥DC, 又 EF?平面 PCD,DC? 平面 PCD, 所以 EF∥平面 PCD, 又 EF? 平面 EFQ,平面 EFQ∩平面 PCD=GH, 所以 EF∥GH, 又 EF∥AB, 所以 AB∥GH. (2)解 方法一 在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°,即 AB⊥BQ, 因为 PB⊥平面 ABQ,所以 AB⊥PB, 又 BP∩BQ=B,所以 AB⊥平面 PBQ, 由(1)知 AB∥GH, 所以 GH⊥平面 PBQ,又 FH? 平面 PBQ, 所以 GH⊥FH,同理可得 GH⊥HC, 所以∠FHC 为二面角 DGHE 的平面角, 设 BA=BQ=BP=2,连结 FC, 在 Rt△FBC 中,由勾股定理得,FC= 2, 在 Rt△PBC 中,由勾股定理得,PC= 5,
-8-

1 5 又 H 为△PBQ 的重心,所以 HC= PC= , 3 3 同理得 FH= 5 , 3

5 5 + -2 9 9 4 在△FHC 中,由余弦定理得 cos∠FHC= =- , 5 5 2× 9 4 即二面角 DGHE 的余弦值为- . 5 方法二 在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°,又 PB⊥平面 ABQ,所以 BA,BQ,BP 两两垂直,

以 B 为坐标原点,分别以 BA,BQ,BP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直 角坐标系,设 BA=BQ=BP=2,则 E(1,0,1,),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),

P(0,0,2),所以EQ=(-1,2,-1),FQ=(0,2,-1),DP=(-1,-1,2),CP=(0,-1,2),
设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 由 m·EQ=0,m·FQ=0,
? ?-x1+2y1-z1=0, 得? ?2y1-z1=0, ?









取 y1=1,得 m=(0,1,2). 设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2), → → 由 n·DP=0,n·CP=0,
?-x2-y2+2z2=0, ? 得? ?-y2+2z2=0, ?

取 z2=1,得 n=(0,2,1). 所以 cos〈m,n〉=

m·n 4 = . |m||n| 5

4 因为二面角 DGHE 为钝角,所以二面角 DGHE 的余弦值为- . 5

-9-


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