苏教版高中数学选修21 第3章 空间向量与立体几何 第3章 单元检测A卷Word版Word格式文档下载.docx
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8.如图所示,
已知正四面体ABCD中,AE=AB,CF=CD,则直线DE和BF所成角的余弦值为________.
9.二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为________.
10.若两个不同平面α,β的法向量分别为u=(1,2,-1),v=(-3,-6,3),则α与β的关系为________.
11.在三棱柱ABC—A1B1C1中,底面是棱长为1的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD与平面AA1C1C所成的角为α,则sinα的值是________.
12.如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a=(1,0,1),b=(0,1,1),那么这条斜线与平面所成的角是________.
13.已知力F1=(1,2,3),F2=(-2,3,-1),F3=(3,-4,5),若F1,F2,F3共同作用于同一物体上,使物体从M1(0,-2,1)移到M2(3,1,2),则合力作的功为________.
14.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且a∥b,则x=______,y=______.
二、解答题(本大题共6小题,共90分)
15.(14分)如图,四棱锥P-ABCD中,底
面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=,点E是棱PB的中点.证明:
AE⊥平面PBC.
16.(14分)在几何体ABCDE中,△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°
,BE和CD都垂直于平面ABC,且BE=AB=2,CD=1,若F是AE的中点.求证:
DF∥平面ABC.
17.(14分)
如图,在空间四边形OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°
,∠OAB=60°
,求OA与BC所成角的余弦值.
18.(16分)
如图所示,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.
19.(16分)在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一直角梯形,∠BAD=90°
,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA⊥底面ABCD,PD与底面所成的角为30°
(1)若AE⊥PD,垂足为E,求证:
BE⊥PD;
(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值.
20.(16分)
如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.
(1)求证:
CF⊥平面BDE;
(2)求二面角A-BE-D的大小.
第3章 空间向量与立体几何(A)
1.,-6
解析 若a⊥b,则-8-2+3x=0,x=;
若a∥b,则2∶(-4)=(-1)∶2=3∶x,x=-6.
2.9
解析 ∵a=(x,4,3),b=(3,2,z),且a∥b,
∴存在实数λ使得a=λb,
∴ 解得∴xz=9.
3.-9
解析 ∵l⊥α,∴u⊥v,∴(1,-3,z)·
(3,-2,1)=0,即3+6+z=0,∴z=-9.
4.2或
解析 由题知
==,
即2z2-5z+2=0,得z=2或.
5.③
解析 ∵a,b不共线,由共线向量定理知由a,b表示出的向量与a,b共面,即①、②中的向量因共面不能构成空间一个基底,同理④中的三向量也不能构成空间一个基底.
6.16
解析 =(-1,-3,2),=(6,-1,4).
根据共面向量定理,设=x+y(x、y∈R),
则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4)=(-x+6y,-3x-y,2x+4y),
∴ 解得x=-7,y=4,a=16.
7.①
8.
解析 因四面体ABCD是正四面体,顶点A在底面BCD内的射影为△BCD的垂心,所以有BC⊥DA,AB⊥CD.设正四面体的棱长为4,则·
=(+)·
(+)=0+·
+·
+0=4×
1×
cos120°
+1×
4×
=-4,BF=DE==,所以异面直线DE与BF的夹角θ的余弦值为:
cosθ==.
9.60°
解析 由条件,知·
=0,·
=0,=++.
∴||2=||2+||2+||2+2·
+2·
=62+42+82+2×
6×
8cos〈,〉=
(2)2,
∴cos〈,〉=-,即〈,〉=120°
,所以二面角的大小为60°
10.α∥β
解析 ∵v=-3u,∴v∥u.故α∥β.
11.
解析
如图所示,建立坐标系,易求点D,
平面AA1C1C的一个法向量是
n=(1,0,0),
所以cos〈n,〉==,
即sinα=.
12.60°
解析 ∵cosθ==,∴θ=60°
13.16
解析 合力F=F1+F2+F3=(2,1,7),F对物体作的功
即为W=F·
=(2,1,7)·
(3,3,1)=2×
3+1×
3+7×
1=16.
14. -
解析 ∵a∥b,∴==,
∴x=,y=-.
15.证明 如图所示,以A为坐标原点,射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系A—xyz.
设D(0,a,0),
则B(,0,0),C(,a,0),
P(0,0,),E(,0,).
于是=(,0,),=(0,a,0),=(,a,-),
则·
=0.
所以⊥,⊥,
即AE⊥BC,AE⊥PC.
又因为BC∩PC=C,
所以AE⊥平面PBC.
16.证明 如图所示,以点B为原点,BA、BC、BE所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则
B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),D(0,2,1),E(0,0,2).
由中点坐标公式知F(1,0,1).
∴=(1,-2,0),=(0,0,2).
∵BE⊥平面ABC,
∴是平面ABC的一个法向量.
∵·
=(1,-2,0)·
(0,0,2)=0,
∴⊥.
又∵DFD平面ABC,∴DF∥平面ABC.
17.解 因为=-,
所以·
=·
-·
=||||cos〈,〉-||||cos〈,〉
=8×
cos135°
-8×
=-16+24.
所以cos〈,〉=
==.
即OA与BC所成角的余弦值为.
18.解 如图所示,以D为原点,DA为单位长度建立空间直角坐标系D—xyz.
(1)=(1,0,0),=(0,0,1).
连结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°
,
由·
=||||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).
因为cos〈,〉==,
所以〈,〉=60°
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°
19.
(1)证明 以A为坐标原点,
建立如图所示空间直角坐标系A—xyz,
由题意知A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,2a,0).
∵PD在底面的射影是DA,
且PD与底面所成的角为30°
∴∠PDA=30°
,∴P,∵AE⊥PD,
∴||=||=a,E,
∴=,=,
∴·
=0·
(-a)+·
2a+·
=0,
∴⊥,即BE⊥PD.
(2)解 由
(1)知=,
=(-a,a,0),
=,又||=a,||=a,
∴cos〈,〉==,
∴异面直线AE与CD所成角的余弦值为.
20.
(1)证明 因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.
如图,以C为原点,建立空间直角坐标系C-xyz.
则C(0,0,0),A(,,0),
B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),F(,,1).
所以=(,,1),=(0,-,1),=(-,0,1).
=0-1+1=0,
·
=-1+0+1=0.
所以⊥,⊥,即CF⊥BE,CF⊥DE.
又BE∩DE=E,所以CF⊥平面BDE.
(2)解 由
(2)知,=(,,1)是平面BDE的一个法向量.
设平面ABE的法向量n=(x,y,z),
则n·
=0,n·
即
所以x=0,且z=y.
令y=1,则z=,所以n=(0,1,).
从而cos〈n,〉==.
因为二面角A-BE-D为锐角,
所以二面角A-BE-D的大小为.
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