1、高中数学 第三章 空间向量与立体几何测评A 新人教A版选修212019-2020年高中数学 第三章 空间向量与立体几何测评A 新人教A版选修2-1一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.如图,在四面体ABCD中,已知=b,=a,=c,则等于()A.-a+b+cB.a+b+cC.a-b+cD.a-b+c解析:)=-a+b+c .答案:A2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是()A.ac,bc B.ab,acC.ac,ab D.以上均错解析:因为c=(-4,-6,2)=2(-
2、2,-3,1)=2a,所以ac.又ab=-22+(-3)0+14=0,所以ab.答案:C3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则cos的值等于()A. B. C. D.解析:设正方体棱长为1,则|=,|=,而=()=|2+|2+=1+0+0-+0+0=.故cos=.答案:B4.已知平面和平面的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A. B.C.与相交但不垂直 D.以上都不对解析:n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),n=-2m.mn.与平行.答案:B5.已知
3、四边形ABCD为矩形,PA平面ABCD,连接AC,BD,PB,PC,PD,则下列各组向量中,数量积不一定为零的是()A. B.C. D.解析:建立如图所示的直角坐标系.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,a,0),C(b,a,0),P(0,0,c).则=(b,a,-c),=(-b,a,0),=(0,-a,0),=(b,0,-c),=(0,a,-c),=(b,0,0),=(0,0,-c),=(-b,0,0).=-b2+a2不一定为0.=0,=0,=0.答案:A6.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量两两的夹角均为60,且|=1,|
4、=2,|=3,则|等于()A.5 B.6 C.4 D.8解析:设=a,=b,=c,则=a+b+c,=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|=5.答案:A7.在正方体A1B1C1D1-ABCD中,E是C1D1的中点,则异面直线DE与AC夹角的余弦值为()A.- B.- C. D.解析:如图建立直角坐标系D-xyz,设DA=1,A(1,0,0),C(0,1,0),E.则=(-1,1,0),若异面直线DE与AC所成的角为,cos =|cos|=.答案:D8.已知a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以a,b为邻边的平行四边形的面积为()A. B. C.4 D.8解析:|a|=3
5、,|b|=3,而ab=4=|a|b|cos,cos=,故sin=,于是以a,b为邻边的平行四边形的面积为S=|a|b|sin=33.答案:A9.如图,ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PDAD,|PD|=|AD|=2,二面角P-AD-C为60,则点P到AB的距离为()A.2 B. C.2 D.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则点A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,1,),=(-2,1,),=(0,2,0),则=1,所以P到AB的距离d=.答案:D10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析:建立如图所示的空
6、间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1).=(1,0,1),=(1,1,0),=(-1,0,1).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0.令x=1,则n=(1,-1,-1),cos=.直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为.直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为.答案:C第卷(非选择题共50分)二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.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=.解析:c-a=(0,
7、0,1-x),2b=(2,4,2),由题意得02+04+(1-x)2=-2,解得x=2.答案:212.在四面体OABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则=.(用a,b,c表示)解析:)=a+b+c.答案:a+b+c13.若平面的一个法向量为n=(3,3,0),直线l的一个方向向量为b=(1,1,1),则l与所成角的余弦值为.解析:cos=,l与所成角的余弦值为.答案:14.如图,AB=AC=BD=1,AB平面M,AC平面M,BDAB,BD与平面M成30角,则C,D间的距离等于.解析:|2=|2=|2+|2+|2+2+2+2=1+1+1+0+0+211cos 120=2.故
8、|=.答案:15.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E平面ABF,则CE与DF的和的值为.解析:以D1A1,D1C1,D1D分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-y),B(1,1,1),=(x-1,0,1),=(1,1,y).B1E平面ABF,=(1,1,y)(x-1,0,1)=0x+y=1.答案:1三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(6分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,
9、-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得b?(O为原点)解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=5.(2)+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若b,则b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得b,此时E点坐标为E.17.(6分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.求证:(1)ACBC1;(2)AC1平面CDB1.证明:直三棱柱ABC-
10、A1B1C1底面三边长AC=3,BC=4,AB=5,且C1C垂直底面.AC,BC,C1C两两垂直.如图,以C为坐标原点,分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D.(1)=(-3,0,0),=(0,-4,4),=0,ACBC1.(2)设CB1与C1B的交点为E,连接DE,则E(0,2,2),=(-3,0,4),.DEAC1.DE平面CDB1,AC1平面CDB1,AC1平面CDB1.18.(6分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,BAC=90,D,E,F分别是棱
11、AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2.(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值;(2)求点P到平面DEF的距离.解:(1)如图,以A为原点,AB,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Axyz.由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D,E,F,则.设平面DEF的法向量n=(x,y,z),则解得取z=1,则平面DEF的一个法向量n=(2,0,1).设PA与平面DEF所成的角为,则sin =,故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.(2),n=(2,0,1),点P到平面DEF的距离d=.19.(7分)
12、在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.解:(1)连接AO,在AOA1中,作OEAA1于点E.AA1BB1,OEBB1.A1O平面ABC,A1OBC.AB=AC,OB=OC,AOBC.BC平面AA1O,BCOE.OE平面BB1C1C.又AO=1,AA1=,AE=.(2)如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,
13、0),A1(0,0,2),B1(-1,2,2).由,得点E的坐标是.由(1)得平面BB1C1C的法向量是.设平面A1B1C的法向量n=(x,y,z),由令y=1,得x=2,z=-1,得n=(2,1,-1).所以cos=,即平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值是.2019-2020年高中数学 第三章 空间向量与立体几何测评B 新人教A版选修2-1一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(xx广东高考)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是()A.(-1,1,0) B.(1,-1,0)C.(0,-1,
14、1) D.(-1,0,1)解析:对于A中的向量a1=(-1,1,0),cos=-,a1与a的夹角为120,不合题意;对于B中的向量a2=(1,-1,0),cos=,a2与a的夹角为60,符合题意;对于C中的向量a3=(0,-1,1),cos=-,a3与a的夹角为120,不合题意;对于D中的向量a4=(-1,0,1),cos=-1,a4与a的夹角为180,不合题意,故选B.答案:B2.(xx广东高考)已知向量a=(1,2),b=(3,1),则b-a=()A.(-2,1) B.(2,-1)C.(2,0) D.(4,3)解析:由题意得b-a=(3,1)-(1,2)=(2,-1),故选B.答案:B3.
15、(xx吉林模拟)已知向量m,n分别是直线l和平面的方向向量、法向量,若cos=-,则l与所成的角为()A.30 B.60 C.120 D.150解析:设l与所成的角为,则sin =|cos|=,故=30.答案:A4.(xx云南昆明模拟)如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM平面BDE.则M点的坐标为()A.(1,1,1) B.C. D.解析:设AC与BD相交于O点,连接OE,由AM平面BDE,且AM平面ACEF,平面ACEF平面BDE=OE,AMEO.又O是正方形ABCD对角线交点,M为线段EF的中点.在空间坐标系中,E(0,0,1),F(,1
16、),由中点坐标公式,知点M的坐标.答案:C5.(xx陕西高考)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.解析:不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).=(0,2,-1),=(-2,2,1).cos=,故选A.答案:A6.(xx福建泉州二模)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是()A. B.C. D.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,
17、0),=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0),设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,-1,-1),点D1到平面A1BD的距离是d=.答案:D7.(xx广西桂林模拟)已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,),若a,b,c三向量共面,则实数等于()A. B. C. D.解析:不妨设c=xa+yb,则得解得x=,y=,从而求得=.答案:D8.(xx山西太原模拟)三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,BAD=90,BAC=60,则等于()A.-2 B.2C.-2 D.2解析:()=22cos 90-22cos 60=-2.答案:
18、A9.(xx山东潍坊模拟)如图,甲站在水库底面上的点D处,乙站在水坝斜面上的点C处,已知库底与水坝所成的二面角为120,测得从D,C到库底与水坝的交线的距离分别为DA=30米,CB=40米,又已知AB=20米,则甲、乙两人相距()A.50米 B.10米C.60米 D.70米解析:由于,所以|2=()2=|2+|2+|2+2()=302+(20)2+402+2(0+0+3040cos 60)=4 900,于是|=70,故甲、乙两人相距70米.答案:D10.(xx深圳模拟)动点E在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC上,F是CD的中点,则二面角C1-EF-C的余弦值的取值范围是()A. B.C
19、. D.解析:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为1,|CE|=x(0x1),则点E(x,1,0),F,C(0,1,0),C1(0,1,1),=(x,0,-1),.设平面C1EF的法向量n=(1,y,z),则得n=(1,-2x,x).而平面CEF的法向量为m=(0,0,1),故cos=.答案:A第卷(非选择题共50分)二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.(xx湖北武汉模拟)已知=(2,2,1),=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是.解析:设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则令z=1,得所以n=,故平面ABC的单位法向量为=.答案:12
20、.(xx上海高考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1B与B1C所成角的大小为.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),故=(0,1,-1),=(-1,0,-1),cos=,即A1B与B1C夹角为.答案:13.(xx辽宁大连模拟)设点C(2a+1,a+1,2)在点P(2,0,0),A(1,-3,2),B(8,-1,4)确定的平面上,则a=.解析:=(-1,-3,2),=(6,-1,4).根据共面向量定理,设=x+y(x,yR),则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1
21、,4)=(-x+6y,-3x-y,2x+4y),解得x=-7,y=4,a=16.答案:1614.(xx云南玉溪一中月考)设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记=.当APC为钝角时,则的取值范围是.解析:由已知建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),则=(1,1,-1),=(,-),=(1,0,-1),=(0,1,-1).故=(1-,-,-1),=(-,-,)+(0,1,-1)=(-,1-,-1).显然APC不是平角,由APC为钝角,得0,即-(1-)-(1-)+(-1)20,故(-1)(3-1)
22、0,解得1.答案:15.(xx四川资阳三模)ABC和DBC所在的平面相互垂直,且AB=BC=BD,CBA=DBC=120,则AD和平面BCD所成的角为.解析:设AB=1,作AOBC于点O,连接DO,则AOBC,ODBC.又平面ABC平面DBC,AO平面DBC,得AODO,故以点O为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图.得下列坐标:O(0,0,0),D,B,C,A.设n1=(x,y,z),为平面BCD的一个法向量,则故可设n1=(0,0,1).则|cos|=.直线AD与平面BCD所成角的大小为90-45=45.答案:45三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答时
23、应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(6分)(xx天津高考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,
24、N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.由此可得n=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=-,于是sin=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=,其中0,1,则E(0,2),从而=(-1,+2,1).
25、又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=-2.所以,线段A1E的长为-2.17.(6分)(xx山东高考)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.(1)证法一:连接DG,CD,设CDGF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以O
26、HBD,又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BHEF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形.可得BEHF.在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GHAB.又GHHF=H,所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED,所以BD平面FGH.(2)解法一:设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DGFC.又FC平面ABC,所以DG平面ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,G是AC中点,所以AB=BC,GB
27、GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,0),D(0,0,1).可得H,F(0,1),故=(0,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos=.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.解法二:作HMAC于点M,作MNGF于点N,连接NH.由FC平面ABC,得HMFC,又FCAC=C,所以HM平面ACFD.因此GFNH,所以MNH即为所求的角.在BGC中,MHBG,
28、MH=BG=,由GNMGCF,可得,从而MN=.由HM平面ACFD,MN平面ACFD,得HMMN,因此tanMNH=,所以MNH=60.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.18.(6分)(xx浙江高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解:方法一:作A1FBD且A1FBD=F,连接B1F.由AE=EB=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cosA1FB1=-.方法二:以CB的中点
