学年人教A版数学选修21章末综合测评3 空间向量与立体几何Word格式.docx

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A．　　　　　　　　B．

C　[设P（x，y，z），则＝（x－1，y－2，z－1），

＝（－1－x,3－y,4－z），

由＝2知x＝－，y＝，z＝3，

即P．

由两点间距离公式可得||＝．]

5．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论不正确的是（　　）

A．＝－B．·

＝0

C．·

＝0D．·

D　[如图，∥，⊥，⊥，故A，B，C选项均正确．

]

6．设▱ABCD的对角线AC和BD交于E，P为空间任意一点，如图所示，若＋＋＋＝x，则x＝（　　）

A．2B．3

C．4D．5

C　[∵E为AC，BD的中点，

∴由中点公式得＝（＋），

＝（＋）．

∴＋＋＋＝4．从而x＝4．]

7．已知a＝（2，－1,3），b＝（－1,4，－2），c＝（7,5，λ），若a，b，c三向量共面，则实数λ等于（　　）

A．　B．

C．　D．

D　[∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，

即（7,5，λ）＝x（2，－1,3）＋y（－1,4，－2）

＝（2x－y，－x＋4y,3x－2y），

所以解得

∴λ＝3x－2y＝．]

8．若向量a＝（x,4,5），b＝（1，－2,2），且a与b的夹角的余弦值为，则x＝（　　）

A．3B．－3

C．－11D．3或－11

A　[因为a·

b＝（x,4,5）·

（1，－2,2）＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以＝，解得x＝3或－11（舍去），故选A．]

9．若直线l的方向向量为（2,1，m），平面α的法向量为，且l⊥α，则m＝（　　）

A．2　B．3

C．4　D．5

C　[∵l⊥α，

∴直线l的方向向量平行于平面α的法向量．

∴＝＝．

∴m＝4．]

10．直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°

，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成角为（　　）

A．30°

　B．45°

C．60°

　D．90°

C　[建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，

则A（0,0,0），B（1,0,0），A1（0,0,1），C1（0,1,1），

∴＝（－1,0,1），＝（0,1,1），

∴cos〈，〉

＝＝＝．

∴〈，〉＝60°

，即异面直线BA1与AC1所成角为60°

．]

11．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（　　）

A．B．

A　[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D（0,0,0），C（0,1,0），B（1,1,0），C1（0,1,2），则＝（0,1,0），＝（1,1,0），＝（0,1,2）．设平面BDC1的法向量为n＝（x，y，z），

则n⊥，n⊥，所以有

令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝（2，－2,1）．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝．]

12．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角ABDP的大小为（　　）

　D．75°

A　[如图所示，建立空间直角坐标系，

则＝，

＝（－3,4,0）．

设n＝（x，y，z）为平面PBD的一个法向量，则

得

即令x＝1，则n＝．

又n1＝为平面ABCD的一个法向量，

∴cos〈n1，n〉＝＝，∴所求二面角为30°

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上）

13．已知正方体ABCDA′B′C′D′，则下列三个式子中：

①－＝；

②＝；

③＋＋＋＝．

其中正确的有________．

①②　[①－＝＋＝，正确；

②显然正确；

③＋＋＋＝（＋）＋（＋）＝＋0≠，错误．]

14．若向量m＝（－1,2,0），n＝（3,0，－2）都与一个二面角的棱垂直，则m，n分别与两个半平面平行，则该二面角的余弦值为________．

－或　[∵cos〈m，n〉＝

＝＝－．

∴二面角的余弦值为－或．]

15．如图正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．

　[建立坐标系如图，则B（1,1,0），O，＝（1,0,1）是平面ABC1D1的一个法向量．

又＝，

∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为|cos〈，〉|

＝＝＝．]

16．设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ，当∠APC为钝角时，λ的取值范围是________．

　[建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

则A（1,0,0），C（0,1,0），

B（1,1,0），D1（0,0,1），

设P（x，y，z），则＝（x，y，z－1），＝（1,1，－1），由＝λ，

得（x，y，z－1）＝λ（1,1，－1），

∴即P（λ，λ，1－λ），

∴＝（1－λ，－λ，λ－1），＝（－λ，1－λ，λ－1），

由·

<

0得－2λ（1－λ）＋（λ－1）2<

0，解得<

λ<

1．

由题意知与所成的角不可能为π，故<

1．]

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，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°

．

（1）设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示；

（2）已知O为四棱柱ABCDA1B1C1D1的中心，求CO的长．

[解]　

（1）由＝a，＝b，＝c，得＝a＋b＋c，

所以＝－a－b－c．

（2）O为四棱柱ABCDA1B1C1D1的中心，即O为线段A1C的中点．

由已知条件得|a|＝|b|＝2，|c|＝3，a·

b＝0，〈a，c〉＝60°

，〈b，c〉＝60°

由

（1）得＝a＋b＋c，则||2＝2＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·

b＋2b·

c＋2a·

c＝22＋22＋32＋0＋2×

2×

3×

cos60°

＋2×

＝29．

所以A1C的长为，所以CO的长为．

18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD．

（1）证明：

平面PQC⊥平面DCQ；

（2）证明：

PC∥平面BAQ．

[证明]　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz．

（1）依题意有Q（1,1,0），C（0,0,1），P（0,2,0），则＝（1,1,0），＝（0,0,1），＝（1，－1，0），所以·

＝0，·

＝0，

即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D．

故PQ⊥平面DCQ．

又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ．

（2）根据题意，＝（1,0,0），＝（0,0,1），＝（0,1,0），故有·

＝0，所以为平面BAQ的一个法向量．

又因为＝（0，－2,1），且·

＝0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ，故有PC∥平面BAQ．

19．（本小题满分12分）如图所示，已知点P在正方体ABCDA′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]　

（1）如图所示，以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设DA＝1．

则＝（1,0,0），＝（0,0,1）．

连接BD，B′D′．

在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H．设＝（m，m,1）（m>

0），

由已知〈，〉＝60°

，

＝||||cos〈，〉，可得2m＝．解得m＝，

所以＝．

因为cos〈，〉

＝＝，

所以〈，〉＝45°

，即DP与CC′所成的角为45°

（2）平面AA′D′D的一个法向量是＝（0,1,0），

＝＝，所以〈，〉＝60°

，可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°

20．（本小题满分12分）如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．

（1）求证：

平面PBC⊥平面PAC；

（2）若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角CPBA的余弦值．

[解]　

（1）证明：

由AB是圆的直径，得AC⊥BC，

由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC．

又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，

所以BC⊥平面PAC．

因为BC⊂平面PBC．

所以平面PBC⊥平面PAC．

（2）过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC．

如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝．

又因为PA＝1，所以A（0,1,0），B（，0,0），P（0,1,1）．

故＝（，0,0），＝（0,1,1）．

设平面BCP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

则所以

不妨令y1＝1，则n1＝（0,1，－1）．

因为＝（0,0,1），＝（，－1,0），

设平面ABP的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

不妨令x2＝1，则n2＝（1,，0）．

于是cos〈n1，n2〉＝＝．

由图知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为．

21．（本小题满分12分）如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ（0<

2）．

（1）当λ＝1时，证明：

直线BC1∥平面EFPQ；

（2）是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？

若存在，求出λ的值；

若不存在，说明理由．

[解]　以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B（2,2,0），C1（0,2,2），E（2,1,0），F（1,0,0），

P（0,0，λ），＝（－2，0,2），

＝（－1,0，λ），＝（1,1,0）．

当λ＝1时，

＝（－1,0,1），

因为＝（－2,0,2）．

所以＝2，可知BC1∥FP，

而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ．

（2）设平面EFPQ的一