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选修2-1第三章 单元测试卷


第三章

单元测试卷

第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每个小 题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) → 1.已知 A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),令 a=CA,b → =CB,则 a+b 对应的点为( A.(5,-9,2) C.(5,9,-2) 答案 B ) ) B.(-5,9,-2) D.(5,-9,-2)

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

→ → 3.已知三点 A(0,1,1),B(1,2,1),C(1,1,2),则 a=AB与 b=AC的 夹角为( π A.2 π C.6 答案 B ) ) π B.3 π D.4

4.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.2 C.4 答案 C B.3 D.5

5.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 为上底面 A1B1C1D1 的 → → → → 中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则 x,y 的值分别为( A.x=1,y=1 1 1 C.x=2,y=2 答案 C 1 B.x=1,y=2 1 D.x=2,y=1 )

6.若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,则能使 l∥α 的是( )

A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=(1,0,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1) 答案 解析 D A:a· n=-2≠0;B:a· n=1+5≠0;

C:a· n=-1≠0;D:a· n=-3+3=0. 7.已知 A(1,-2,11),B(6,-1,4),C(4,2,3),则△ABC 是( )

A.锐角三角形 C.直角三角形 答案 C

B.等腰三角形 D.钝角三角形

→ → 解析 ∵BA· BC=(-5,-1,7)· (-2,3,-1)=10-3-7=0,∴∠ ABC=90° . 8.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) C.(1,1,1)或(-1,-1,-1) D.(1,-1,1)或(-1,1,-1) 答案 C )

9.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是 AB 的中点,则 DB1 与 CM 所成角的余弦值等于( 1 A.2 2 C. 3 答案 B ) 15 B. 15 210 D. 15

→ → → 解析 以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1分别为 x 轴,y 轴,z 轴 正方向建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为 1, 1 则 D(0,0,0),B1(1,1,1),C(0,1,0),M(1,2,0),

→ → → → DB1· CM 则 cos<DB1CM>= → → |DB1||CM| 1 ?1,1,1?· ?1,-2,0? 15 = = 15 . 1 3× 1+4 15 ∴DB1 与 CM 的夹角的余弦值为 15 . 10.

如图,在直二面角 α-l-β 中,A,B∈l,AC?α,AC⊥l,BD?β, BD⊥l,AC=6,AB=8,BD=24,则线段 CD 的长是( A.25 C.27 答案 B B.26 D.28 )

11.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1 与平面 ACD1 所成角的余 弦值为( 2 A. 3 2 C.3 答案 D ) 3 B. 3 6 D. 3

解析

BB1 与平面 ACD1 所成角等于 DD1 与平面 ACD1 所成的角,

在三棱锥 D-ACD1 中, 由三条侧棱两两垂直得点 D 在底面 ACD1 内的 射影为等边△ACD1 的垂心即中心 H,则∠DD1H 为 DD1 与平面 ACD1 6 3a 6 所成角,设正方体棱长为 a,则 cos ∠DD1H= a = 3 ,故选 D. 12.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直角坐标 系折成 120° 的二面角,则 AB 的长度为( A. 2 C.3 2 答案 B )

B.2 11 D.4 2

解析 作 AM⊥x 轴于 M,BN⊥x 轴于 N. → → → → 则 AM=3,BN=2,MN=5.又AB=AM+MN+NB, → → → → → → → → → → 2 2 2 2 ∴AB =AM +MN +NB +2(AM· MN+AM· NB+MN· NB). → → 又 AM⊥MN,MN⊥NB, ,<AM,NB>=60° , → 故AB2=9+25+4+6=44. → ∴AB=|AB|=2 11.故选 B. 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确 答案填在题中横线上) 13.已知 A,B,C,D 是平面上四点,O 是空间任一点,{an}为 → → → → 等差数列,若OA=a1OB+a8OC+a15OD,求 a8=________.

1 答案 3 解析 ∵A,B,C,D 共面, 1 ∴a1+a8+a15=3a8=1,∴a8=3. → → → 14.在四面体 OABC 中,OA=a,OB=b,OC=c,D 为 BC 的中 → 点,E 为 AD 中点,则OE=________.(用 a,b,c 表示) 1 1 1 答案 2a+4b+4c 15.在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=2,AD= → → 1,且 AB,AD,AA1 夹角都是 60° ,则AC1· BD1=________. 答案 3 16.

如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=90° ,AB=BC =AA1=2, 点 D 是 A1C1 的中点, 则异面直线 AD 和 BC1 所成角的大小 为________. π 答案 6 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文

字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)已知 a=(1,2,-2). (1)求与 a 共线的单位向量 b; (2)若 a 与单位向量 c=(0,m,n)垂直,求 m,n 的值. 思路分析 (1)若 a 与 b 共线,则 b=(λ,2λ,-2λ),根据|b|=1, 可求得 λ;(2)若 a⊥c,则 a· c=0 且|c|=1,注意讨论解的情况. 解析 (1)设 b=(λ,2λ,-2λ),而 b 为单位向量,

1 ∴|b|=1,即 λ2+4λ2+4λ2=9λ2=1.∴λ=± 3. 1 2 2 1 2 2 ∴b=(3,3,-3)或 b=(-3,-3,3).
? ? c=0, ?1×0+2m-2n=0, ?a· ? (2)由题意,知 ∴? 2 2 2 ?|c|=1, ? ? ? m +n +0 =1.

?m= 22, 解得? 2 ?n= 2
18.(12 分)

?m=- 22, 或? 2 ?n=- 2 .

如图所示, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 底面是等腰直角三角形, ∠ACB=90° ,侧棱 AA1=2,CA=2,D 是 CC1 的中点,试问在 A1B

2 6 上是否存在一点 E 使得点 A1 到平面 AED 的距离为 3 ? 解析 以 CA,CB,CC1 所在直线为 x 轴,y 轴和 z 轴,建立如图 所示的空间直角坐标系,则 A(2,0,0),A1(2,0,2),D(0,0,1),B(0,2,0), → → 设BE=λBA1,λ∈(0,1),

则 E(2λ,2(1-λ),2λ). → → 又AD=(-2,0,1),AE=(2(λ-1),2(1-λ),2λ), 设 n=(x,y,z)为平面 AED 的法向量, → ?n· AD=0, 则? → ?n· AE=0

?

? ?-2x+z=0, ? ?2?λ-1?x+2?1-λ?y+2λz=0. ?

取 x=1,则 y=

1-3λ 1-3λ ,z=2,即 n=(1, ,2). 1-λ 1-λ

→ |AA1· n| 2 6 2 6 由于 d= = 3 ,∴ 3 = |n| 1 又 λ∈(0,1),解得 λ=2.

4 . 1-3λ 2 5+? ? 1-λ

2 6 所以当点 E 为 A1B 的中点时,A1 到平面 AED 的距离为 3 . 19.(12 分)

如图, 正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, AA1=2AB=4, 点 E 在 CC1 上且 C1E=3EC. (1)证明:A1C⊥平面 BED; (2)求二面角 A1-DE-B 的余弦值. 解析 (1)以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴的正半轴,射线 DC

为 y 轴的正半轴,射线 DD1 为 z 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). → → → → DE=(0,2,1),DB=(2,2,0),A1C=(-2,2,-4),DA1=(2,0,4). → → → → 因为A1C· DB=0,A1C· DE=0, 故 A1C⊥BD,A1C⊥DE. 又 BD∩DE=D, 所以 A1C⊥平面 BED. (2)设向量 n=(x,y,z)是平面 DA1E 的法向量,则 → → n⊥DE,n⊥DA1. 故 2y+z=0,2x+4z=0. 令 y=1,则 z=-2,x=4,所以 n=(4,1,-2). 设 θ 等于二面角 A1-DE-B 的平面角, → → n· A1C 14 cos<n,A1C>= = 42 . → |n||A1C| 14 所以二面角 A1-DE-B 的余弦值为 42 .

20.

(12 分)如图, 已知点 P 在正方体 ABCD-A′B′C′D′的对角线 BD′上,∠PDA=60° . (1)求 DP 与 CC′所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小. 解析

(1)如图所示,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标系 D -xyz. → → 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 连接 BD,B′D′. 在平面 BB′D′D 中,延长 DP 交 B′D′于 H.

→ 设DH=(m,m,1)(m>0), → → 由已知<DH,DA>=60° , → → → → → → 由DA· DH=|DA||DH|cos<DH,DA>, 可得 2m= 2m2+1. → 2 2 2 2 解得 m= 2 或 m=- 2 (舍),所以DH=( 2 , 2 ,1). 2 2 × 0 + → → → 2 2 ×0+1×1 2 因为 cos<DH,CC′>= = 2 ,所以<DH, 1× 2 → CC′>=45° ,即 DP 与 CC′所成的角为 45° . → (2)平面 AA′D′D 的一个法向量是DC=(0,1,0), 2 2 × 0 + → → 2 2 ×1+1×0 1 因为 cos<DH,DC>= =2, 1× 2 → → 所以<DH,DC>=60° . 可得 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 30° . 21.

(12 分)如图所示,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长的 1 的 菱形,∠BCD=60° ,E 是 CD 的中点,PA⊥底面 ABCD,PA=2. (1)证明:平面 PBE⊥平面 PAB; (2)求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角(锐角)的余弦值. 解析

(1)如图所示,以 A 为原点,建立空间直角坐标系,则相关各点的 3 3 1 3 坐标分别是 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2, 2 ,0),D(2, 2 ,0),P(0,0,2), 3 E(1, 2 ,0). → 3 因为BE=(0, 2 ,0),平面 PAB 的一个法向量是 n0=(0,1,0),所 → 以BE和 n0 共线.从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 BE?平面 PBE,故平面 PBE⊥平面 PAB. → → 3 (2)易知PB=(1,0,-2),BE=(0, 2 ,0),

→ → 1 3 PA=(0,0,-2),AD=(2, 2 ,0). 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 PBE 的一个法向量, → ?n · PB=0, 则由? → ?n · BE=0
1 1

?x1+0×y1-2z1=0, 得? 3 0 × x 1+ ? 2 y1+0×z1=0.

所以 y1=0,x1=2z1,故可取 n1=(2,0,1). 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAD 的一个法向量, → ?n · PA=0, 则由? → ?n · AD=0
2 2

?0×x2+0×y2-2z2=0, 得?1 3 x 2+ ?2 2 y2+0×z2=0.

所以 z2=0,x2=- 3y2,故可取 n2=( 3,-1,0). 于是 cos<n1,n2>= n1· n2 2 3 15 = = 5 . |n1||n2| 5×2

15 故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角(锐角)的余弦值为 5 . 22.(12 分)

如图所示,设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对 D1P 角线 BD1 上,记D B=λ.当∠APC 为钝角时,求 λ 的取值范围.
1

→ → → 解析 由题设可知,以DA,DC,DD1为单位正交基底,建立如右 图所示的空间直角坐标系 D-xyz,

则有 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1). → → → → → 由D1B=(1,1,-1),得D1P=λD1B=(λ,λ,-λ),所以PA=PD1+ → D1A=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1), → → → PC=PD1+D1C=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)=(-λ,1-λ,λ- 1). 显然∠APC 不是平角, 所以∠APC 为钝角等价于 cos∠APC → → → → PA· PC =cos<PA,PC>= <0, → → |PA||PC| → → 这等价于PA· PC<0. 即(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ+1)2 1 =(λ-1)(3λ-1)<0,解得3<λ<1.

1 因此,λ 的取值范围为(3,1).


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