2024-2025學年高中數(shù)學第3章空間向量與立體幾何測評含解析新人教A版選修2-1

PAGEPAGE10第三章測評(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.若A,B,C,D為空間不同的四點,則下列各式為零向量的是()①AB+2BC+2CD+DC;②2AB+2BC+3CD+3DA+AC;③ABA.①② B.②③ C.②④ D.①④解析①中,原式=AB+2BD+DC=AB+BD+BD+DC=AD+BC,不符合題意;②中,原式=2(AB+BC+CD+DA)+(AC+CD+DA)=0;③中,答案C2.若向量a=(1,λ,0),b=(2,-1,2),且a與b的夾角的余弦值為23,則實數(shù)λ等于(A.0 B.-43 C.0或-43 D.0解析由題意a·b=2-λ=|a||b|cos<a,b>=1+λ2×22+(-1)2+22答案C3.在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),則PA與底面ABCD的關系是()A.相交 B.垂直C.不垂直 D.成60°角解析因為AP·AB=0,AP·AC=0,所以AP答案B4.已知正四面體ABCD的棱長為a,點E,F分別是BC,AD的中點,則AE·AF的值為(A.a2 B.14a2 C.12a2 D.3解析在正四面體ABCD中,點E,F分別是BC,AD的中點,所以AE=則AE·AF=(AB+BE)·12AD=12AB·AD+12BE·所以AE·AF=a答案B5.已知向量a=(-1,y,2),b=(2,0,3),c=(0,2,1)共面,則y=()A.7 B.1 C.72 D.解析因為向量a,b,c共面,所以可設a=mb+nc,所以(-1,y,2)=m(2,0,3)+n(0,2,1),即2m=-1,答案A6.平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1兩兩的夾角均為60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,A.5 B.6 C.4 D.8解析設AB=a,AD=b,AA1=c,則AC1=a+b+c,AC12=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=答案A7.三棱錐A-BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,則AB·CD等于(A.-2 B.2 C.-23 D.23解析AB·CD=AB·(AD-AC)=AB·AD-AB·AC=2×2×答案A8.如圖,在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,則直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為()A.55 B.53 C.25解析不妨設CB=1,則B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).∴BC1=(0,2,-1),AB1=∴cos<BC1,故選A.答案A9.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),OA+λOB與OB的夾角為120°,則λ的值為(A.±66 B.66 C.-66 D解析因為A(1,0,0),B(0,-1,1),所以OA+λOB=(1,0,0)+λ(0,-1,1)=(1,-λ,λ),|OA+λOB|=1+2λ2,|OB|=(OA+λOB)·OB=2λ,所以cos120°=2λ2×所以λ<0,且4λ=-4λ解得λ=-66,故選C答案C10.若正三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長都相等,D是A1C1的中點,則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為()A.45 B.35 C.34解析取AC的中點O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.設三棱柱的棱長為2,則A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),∴AD=(0,1,2).設n=(x,y,z)為平面B1CD的一個法向量,由n故x=0,y=2z,令z=設直線AD與平面B1DC所成角為α,則sinα=|cos<AD,n>|=|AD·n||AD||n|=45×答案A11.如圖,ABCD-A1B1C1D1是棱長為6的正方體,E,F分別是棱AB,BC上的動點,且AE=BF.當A1,E,F,C1四點共面時,平面A1DE與平面C1DF所成二面角的余弦值為()A.32 B.12 C.15解析以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).設平面A1DE的法向量為n1=(a,b,c),依題意得n令a=-1,則c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一個法向量為n2=(2,-1,1),由題圖知,平面A1DE與平面C1DF所成二面角的余弦值為|n答案B12.在三棱錐P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,則點C到平面PAB的距離是()A.3427 B.4427 C.解析∵在三棱錐P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A為原點,AB為x軸,AC為y軸,過A作平面ABC的垂線為z軸,建立空間直角坐標系,則C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),設平面PAB的法向量n=(x,y,z),則n·AP=4y+46z=0,n·AB=4x=0,取z=1,得n=答案B二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.已知向量AB=(2,4,5),CD=(3,x,y),若AB∥CD,則xy=解析∵AB∥CD,∴存在實數(shù)k使得AB=k∴2=3k,4=kx,5=答案4514.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=(-6,2,-8),BC=(4,-2,3),A1B1=(-解析由題意知A1B1=該三棱柱的高即點A1到平面ABC的距離d,設n=(x,y,z)是平面ABC的一個法向量,則n令x=1,解得y=4,z=43所以n=1,所以該三棱柱的高d=|n·A答案215.已知正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1邊長為1,下底面ABCD邊長為2,側棱與底面所成的角為60°,則異面直線AD1與B1C所成角的余弦值為.

解析設上、下底面中心分別為O1,O,則OO1⊥平面ABCD,以O為原點,直線BD,AC,OO1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.因為AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因為平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO為側棱與底面所成的角,故∠B1BO=60°.設棱臺高為h,則tan60°=h2-22所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B所以AD故cos<AD1,故異面直線AD1與B1C所成角的余弦值為14答案116.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=3,將矩形ABCD沿對角線AC折起,使平面ABC與平面ACD垂直,則B與D之間的距離為.

解析如圖,過B,D分別向AC作垂線,垂足分別為M,N.則可求得AM=12,BM=32,CN=12,DN=32由于BD=BM+MN+ND,所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BM·MN+MN·ND+BM·ND)=答案10三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(本小題滿分10分)在四棱錐P-ABCD中,ABCD為平行四邊形,AC與BD交于O,G為BD上一點,BG=2GD,PA=a,PB=b,PC=c,試用基底{a,b,c}表示向量PG.解因為BG=2GD,所以BG=又BD=BA+BC=所以PG=PB+BG=b+23=23a-13b+218.(本小題滿分12分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),點A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直線AB上,是否存在一點E,使得OE⊥b?(O為原點)解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5(2)OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1若OE⊥b,則OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在點E,使得OE⊥b,此時點E的坐標為E-19.(本小題滿分12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中點,且AB=BC=BB1=2(1)求證:AB1∥平面BC1D;(2)求異面直線AB1與BC1所成的角.(1)證明如圖,連接B1C交BC1于點O,連接OD.因為O為B1C的中點,D為AC的中點,所以OD∥AB1.因為AB1?平面BC1D,OD?平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.(2)解建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC所以cos<AB1=0+0+42設異面直線AB1與BC1所成的角為θ,則cosθ=12,由于θ∈0,π2,故20.(本小題滿分12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,點D在棱A1B1上,E,F分別是CC1,BC的中點,AE⊥A1B1,AA1=AB=AC=2.(1)證明:DF⊥AE;(2)當D為A1B1的中點時,求平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值.(1)證明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1⊥A1B1,又因為AE⊥A1B1,所以A1B1⊥平面AA1C1C,因為A1C1?平面AA1C1C,所以A1B1⊥A1C1.所以AB⊥AC,AB⊥AA1,AC⊥AA1,如圖,分別以AC,AA1,AB所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系Axyz,則C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).設D(0,2,t),則FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0),FD·AE=(-1,2,t-1)·(2,1,0)所以DF⊥AE.(2)解當D為A1B1的中點時,D(0,2,1),EF=(-1,-1,1),FD=(-設平面DEF的法向量為n=(x,y,z),則n令y=1得,n=(2,1,3),簡單知平面ABC的法向量為n0=(0,1,0),所以cos<n,n0>=n·即平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為141421.(本小題滿分12分)如圖1,梯形ABCD中,AB∥CD,過A,B分別作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分別為E,F.AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,將梯形ABCD沿AE,BF同側折起,得空間幾何體ADE-BCF,如圖2.(1)若AF⊥BD,證明:DE⊥平面ABFE;(2)若DE∥CF,CD=3,線段AB上存在一點P,滿意CP與平面ACD所成角的正弦值為520,求AP的長(1)證明由已知得四邊形ABFE是正方形,且邊長為2,在圖2中,AF⊥BE,由已知得AF⊥BD,BE∩BD=B,所以AF⊥平面BDE,又DE?平面BDE,所以AF⊥DE,又AE⊥DE,AE∩AF=A,所以DE⊥平面ABFE.(2)解在圖2中,AE⊥DE,AE⊥EF,DE∩EF=E,即AE⊥平面DEFC,在梯形DEFC中,過點D作DM∥EF交CF于點M,連接CE,由題意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DC⊥CF,則∠CDM=π6,CE=過點E作EG⊥EF交DC于點G,可知GE,EA,EF兩兩垂直,以E為坐標原點,以EA,EF,EG分別為x軸、y則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,3),D0,-12,32,AC=(-2,1,3),AD=-2,-12設平面ACD的一個法向量為n=(x,y,z),由n·AC=0,n·AD=0,得-設AP=m,則P(2,m,0)(0≤m≤2),得CP=(2,m-1,-3),設CP與平面ACD所成的角為θ,sinθ=|cos<CP,n>|=|m|5×所以AP=2322.(本小題滿分12分)已知三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,A1B⊥AC1,AC=AA1=4,BC=2.(1)求證:平面A1ACC1⊥平面ABC;(2)若∠A1AC=60°,在線段AC上是否存在一點P,使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值為34?若存在,確定點P的位置;若不存在,說明理由(1)證明因為AC=AA1,所以四邊形AA1C1C為菱形,連接A1C,則A1C⊥AC1,又A1B⊥AC1,且A1C∩A1B=A1,所以AC1⊥平面A1CB,則AC1⊥BC,又∠ACB=90°,即BC⊥AC,所以BC⊥平面A1ACC1,而BC?平面ABC,所以平面A1ACC1⊥平面ABC.(2)解以C為坐標原點,分別以CA,CB所在直線為x、y軸,面A1ACC1內過點C且垂直于AC的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,因為AC=AA1=4,BC=2,∠A1AC=60°,所以C(0,0,0),B(0,2,