单元测试:选修2-1第三章3.1《空间向量及其运算》.doc
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选修2-1第三章3.1《空间向量及其运算》
一、选择题:
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请把正确答案的代号填在题后的括号内(每小题5分,共50分).
图
1.在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点,若=,=,=.则下列向量中与相等的向量是()
A.B.
C. D.
2.在下列条件中,使M与A、B、C一定共面的是 ()
A.B.
C.D.
3.已知平行六面体中,AB=4,AD=3,,,,则等于 ()
A.85 B. C. D.50
4.与向量平行的一个向量的坐标是 ()
A.(,1,1) B.(-1,-3,2)
C.(-,,-1) D.(,-3,-2)
5.已知A(-1,-2,6),B(1,2,-6)O为坐标原点,则向量的夹角是()
A.0 B. C. D.
6.已知空间四边形ABCD中,,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则= ()
A. B.C.D.
7.设A、B、C、D是空间不共面的四点,且满,则DBCD是 ()
A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定
8.空间四边形OABC中,OB=OC,ÐAOB=ÐAOC=600,则cos= ( )
A. B. C.- D.0
9.已知A(1,1,1)、B(2,2,2)、C(3,2,4),则ABC的面积为 ()
A. B. C. D.
10.已知,则的最小值为 ()
A. B. C. D.
二、填空题:
请把答案填在题中横线上(每小题6分,共24分).
11.若,,则为邻边的平行四边形的面积为.
12.已知空间四边形OABC,其对角线为OB、AC,M、N分别是对边OA、BC的中点,点G在线段MN上,且,现用基组表示向量,有=x,则x、y、z的值分别为.
13.已知点A(1,-2,11)、B(4,2,3),C(6,-1,4),则DABC的形状是.
14.已知向量,,若成1200的角,则k=.
三、解答题:
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分).
15.(12分)如图,已知正方体的棱长为a,M为的中点,点N在'上,且,试求MN的长.
16.(12分)如图在空间直角坐标系中BC=2,原点O是BC的中点,点A的坐标是(,0),点D在平面yOz上,且∠BDC=90°,∠DCB=30°.
图
(1)求向量的坐标;
(2)设向量和的夹角为θ,求cosθ的值
17.(12分)若四面体对应棱的中点间的距离都相等,证明这个四面体的对棱两两垂直.
18.(12分)四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形,={2,-1,-4},={4,2,0},={-1,2,-1}.
(1)求证:
PA⊥底面ABCD;
(2)求四棱锥P—ABCD的体积;
(3)对于向量={x1,y1,z1},={x2,y2,z2},={x3,y3,z3},定义一种运算:
(×)·=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1,试计算(×)·的绝对值的值;说明其与四棱锥P—ABCD体积的关系,并由此猜想向量这一运算(×)·的绝对值的几何意义..
19.(14分)如图所示,直三棱柱ABC—A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点.
(1)求的长;
(2)求cos<>的值;
(3)求证:
A1B⊥C1M.
20.(14分)如图,已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.
(1)证明:
C1C⊥BD;
(2)假定CD=2,CC1=,记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角的余弦值;
(3)当的值为多少时,能使A1C⊥平面C1BD?
请给出证明.
选修2-1第三章3.2《空间向量在立体几何中的应用》
说明:
本试卷分第一卷和第二卷两部分,第一卷74分,第二卷76分,共150分;答题时间120分钟.
一、选择题:
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请把正确答案的代号填在题后的括号内(每小题5分,共50分).
1.在正三棱柱ABC—A1B1C1中,若AB=BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为()
A.60° B.90° C.105° D.75°
图
2.如图,ABCD—A1B1C1D1是正方体,B1E1=D1F1=,则BE1与DF1所成角的余弦值是()
A. B.
图
C. D.
3.如图,A1B1C1—ABC是直三棱柱,∠BCA=90°,点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点,若BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是()
A. B.
C. D.
4.正四棱锥的高,底边长,则异面直线和之间的距离()
A. B. C. D.
A
A1
D
C
B
B1
C1
图
5.已知是各条棱长均等于的正三棱柱,是侧棱的中点.点到平面的距离()
A. B.
C. D.
6.在棱长为的正方体中,则平面与平面间的距离 ()
A. B. C. D.
7.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=PA,点O、D分别是AC、PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值 ()
A. B. C. D.
8.在直三棱柱中,底面是等腰直角三角形,,侧棱,D,E分别是与的中点,点E在平面ABD上的射影是的重心G.则与平面ABD所成角的余弦值 ()
A. B. C. D.
9.正三棱柱的底面边长为3,侧棱,D是CB延长线上一点,且,则二面角的大小 ()
A. B.C. D.
10.正四棱柱中,底面边长为,侧棱长为4,E,F分别为棱AB,CD的中点,.则三棱锥的体积V ()
A. B.C. D.
二、填空题:
请把答案填在题中横线上(每小题6分,共24分).
11.在正方体中,为的中点,则异面直线和间的距离.
12.在棱长为的正方体中,、分别是、的中点,求点到截面的距离.
13.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是B1C1和C1D1的中点,点A1到平面DBEF的距离.
14.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值.
三、解答题:
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分).
15.(12分)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小
16.(12分)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F、M分别是A1C1、A1D和B1A上任一点,求证:
平面A1EF∥平面B1MC.
17.(12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与底面成30°角.
(1)若AE⊥PD,E为垂足,求证:
BE⊥PD;
(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值.
18.(12分)已知棱长为1的正方体AC1,E、F分别是B1C1、C1D的中点.
(1)求证:
E、F、D、B共面;
(2)求点A1到平面的BDEF的距离;
(3)求直线A1D与平面BDEF所成的角.
19.(14分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E为棱AB的中点,求:
(Ⅰ)D1E与平面BC1D所成角的大小;
(Ⅱ)二面角D-BC1-C的大小;
(Ⅲ)异面直线B1D1与BC1之间的距离.
20.(14分)如图5:
正方体ABCD-A1B1C1D1,过线段BD1上一点P(P平面ACB1)作垂直于D1B的平面分别交过D1的三条棱于E、F、G.
(1)求证:
平面EFG∥平面ACB1,并判断三角形类型;
(2)若正方体棱长为a,求△EFG的最大面积,并求此时EF与B1C的距离.
参考答案
一、1.A;解析:
=+(-)=-++.评述:
用向量的方法处理立体几何问题,使复杂的线面空间关系代数化,本题考查的是基本的向量相等,与向量的加法.考查学生的空间想象能力.
2.A;解析:
空间的四点P、A、B、C共面只需满足且既可.只有选项A.
3.B;解析:
只需将,运用向量的内即运算即可,.
4.C;解析:
向量的共线和平行使一样的,可利用空间向量共线定理写成数乘的形式.即.
5.C;解析:
,计算结果为-1.
6.B;解析:
显然.
7.B;解析:
过点A的棱两两垂直,通过设棱长应用余弦定理可得三角形为锐角三角形.
8.D;解析:
建立一组基向量,再来处理的值.
9.D;解析:
应用向量的运算,显然,从而得.
10.C;
二、
11.;解析:
,得,可得结果.
12.;
解析:
13.直角三角形;解析:
利用两点间距离公式得:
.
14.;解析:
,得.
三、
15.解:
以D为原点,建立如图空间直角坐标系.因为正方体棱长为a,所以B(a,a,0),A'(a,0,a),(0,a,a),(0,0,a).
由于M为的中点,取中点O',所以M(,,),O'(,,a).因为,所以N为的四等分,从而N为的中点,故N(,,a).
根据空间两点距离公式,可得
.
16.解:
(1)过D作DE⊥BC,垂足为E,在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°,BC=2,得BD=1,CD=,∴DE=CD·sin30°=.
OE=OB-BE=OB-BD·cos60°=1-.
∴D点坐标为(0,-),即向量OD[TX→]的坐标为{0,-}.
(2)依题意:
,
所以.
设向量和的夹角为θ,则
cosθ=.
17.证:
如图设,则分别为,,,,,,由条件EH=GH=MN得:
展开得
∴,∵≠,≠,
∴⊥()即SA⊥BC.
同理可证SB⊥AC,SC⊥AB.
18.
(1)证明:
∵=-2-2+4=0,∴AP⊥AB.
又∵=-4+4+0=0,∴AP⊥AD.
∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线,∴AP⊥底面ABCD.
(2)解:
设与的夹角为θ,则
cosθ=
V=||·||·sinθ·||=
(3)解:
|(×)·|=|-4-32-4-8|=48它是四棱锥P—ABCD体积的3倍.
猜测:
|(×)·|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的体积(或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积).
图
评述:
本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力,综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.
19.如图,建立空间直角坐标系O—xyz.
(1)依题意得B(0,1,0)、N(1,0,1)
∴||=.
(2)依题意得A1(1,0,2)、B(0,1,0)、C(0,0,0)、B1(0,1,2)
∴={-1,-1,2},={0,1,2,},·=3,||=,||=
∴cos<,>=.
(3)证明:
依题意,得C1(0,0,2)、M(,2),={-1,1,2},={,0}.∴·=-+0=0,∴⊥,∴A1B⊥C1M.
评述:
本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.
20.
(1)证明:
设=,=,=,则||=||,∵=-,
∴·=(-)·=·-·=||·||cos60°-||·||cos60°=0,
∴C1C⊥BD.
(2)解:
连AC、BD,设AC∩BD=O,连OC1,则∠C1OC为二面角α—BD—β的平面角.
∵(+),(+)-
∴·(+)·[(+)-]
=(2+2·+2)-·-·
=(4+2·2·2cos60°+4)-·2·cos60°-·2·cos60°=.
则||=,||=,∴cosC1OC=
(3)解:
设=x,CD=2,则CC1=.
∵BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥A1C
∴只须求满足:
=0即可.
设=,=,=,
∵=++,=-,
∴=(++)(-)=2+·-·-2=-6,
令6-=0,得x=1或x=-(舍去).
评述:
本题蕴涵着转化思想,即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.
参考答案
一、1.B;2.A;3.A;4.C;
A
B
C
D
O
S
图
分析:
建立如图所示的直角坐标系,则
,
,
,
,.
,.
令向量,且,则,
,,
,.
异面直线和之间的距离为:
.
5.A;分析:
为正方形,,又平面平面,面,是平面的一个法向量,设点到平面的距离为,则
=
==.
6.B;分析:
建立如图所示的直角坐标系,
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
E
图
设平面的一个法向量,则,即,
,平面与平面间的距离
7.D;
8.B;解以C为坐标原点,CA所在直线为轴,CB所在直线为轴,所在直线为轴,建立直角坐标系,
设,
则,,,
∴,,,,
∵点E在平面ABD上的射影是的重心G,
∴平面ABD,∴,解得.
∴,,
∵平面ABD,∴为平面ABD的一个法向量.
由
∴与平面ABD所成的角的余弦值为.
评析因规定直线与平面所成角,两向量所成角,所以用此法向量求出的线面角应满足.
9.A;取BC的中点O,连AO.由题意平面平面,,
∴平面,
以O为原点,建立如图6所示空间直角坐标系,
则,,,,
∴,,,
由题意平面ABD,∴为平面ABD的法向量.
设平面的法向量为,
则,∴,∴,
即.∴不妨设,
由,
得.故所求二面角的大小为.
评析:
(1)用法向量的方法处理二面角的问题时,将传统求二面角问题时的三步曲:
“找——证——求”直接简化成了一步曲:
“计算”,这表面似乎谈化了学生的空间想象能力,但实质不然,向量法对学生的空间想象能力要求更高,也更加注重对学生创新能力的培养,体现了教育改革的精神.
(2)此法在处理二面角问题时,可能会遇到二面角的具体大小问题,如本题中若取时,会算得,从而所求二面角为,但依题意只为.因为二面角的大小有时为锐角、直角,有时也为钝角.所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小,然后根据计算取“相等角”或取“补角”.
10.C;解以D为坐标原点,建立如图10所示的直角坐标系,
则,,
,,
∴,,
,图10
∴,
∴,
所以,
设平面的方程为:
,将点代入得
,∴,
∴平面的方程为:
,其法向量为
,∴点到平面的距离,
∴即为所求.
评析
(1)在求点到平面的距离时,有时也可直接利用点到平面的距离公式 计算得到.
(2)法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外,还能处理异面直线间的距离,线面间的距离,以及平行平面间的距离等.
二、
11.分析:
设正方体棱长为,以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,设和公垂线段上的向量为,则,即,,,又,,所以异面直线和间的距离为.
12.分析:
以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
A
E
A1
D
C
B
B1
C1
D1
F
图
则.
,;
设面的法向量为,
则有:
,
,
,又,所以点到截面的距离为=.
13.1;解:
如图建立空间直角坐标系,
z
x
B
A1
y
F
E
B1
C1
D1
D
C
A
=(1,1,0),=(0,,1),=(1,0,1)
设平面DBEF的法向量为=(x,y,z),则有:
即x+y=0
y+z=0
令x=1,y=-1,z=,取=(1,-1,),则A1到平面DBEF的距离
E
z
x
D1
y
A
C1
B1
A1
B
D
C
14.解:
如图建立空间直角坐标系,=(0,1,0),=(-1,0,1),=(0,,1)
设平面ABC1D1的法向量为=(x,y,z),
由可解得=(1,0,1)
设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ,则,
三、
15.z
y
x
D1
A1
D
B1
C1
C
B
A
解:
如图建立空间直角坐标系,=(-1,1,0),=(0,1,-1)
设、分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量,
由可解得=(1,1,1)
易知=(0,0,1),
F
y
E
M
x
z
D1
C1
B1
A1
C
D
B
A
所以,=
所以平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或-arccos.
注:
用法向量的夹角求二面角时应注意:
平面的法向量有两个相反的方向,取的方向不同求
出来的角度当然就不同,所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.
16.证明:
如图建立空间直角坐标系,
则=(-1,1,0),=(-1,0,-1)
=(1,0,1),=(0,-1,-1)
设,,(、、,且均不为0)
设、分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量,
由可得即
解得:
=(1,1,-1)
由可得即
解得=(-1,1,-1),所以=-,∥,
所以平面A1EF∥平面B1MC.
注:
如果求证的是两个平面垂直,也可以求出两个平面的法向量后,利用⊥来证明.
17.
(1)证明:
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AB,又AB⊥AD.∴AB⊥平面PAD.又∵AE⊥PD,∴PD⊥平面ABE,故BE⊥PD.
(2)解:
以A为原点,AB、AD、AP所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点C、D的坐标分别为(a,a,0),(0,2a,0).
∵PA⊥平面ABCD,∠PDA是PD与底面ABCD所成的角,∴∠PDA=30°.
于是,在Rt△AED中,由AD=2a,得AE=a.过E作EF⊥AD,垂足为F,在Rt△AFE中,由AE=a,∠EAF=60°,得AF=,EF=a,∴E(0,a)
于是,={-a,a,0}
设与的夹角为θ,则由
cosθ=
AE与CD所成角的余弦值为.
评述:
第
(2)小题中,以向量为工具,利用空间向量坐标及数量积,求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段.
18.解:
(1)略.
(2)如图,建立空间直角坐标系D—xyz,
则知B(1,1,0),
设
得则
令.
设点A1在平面BDFE上的射影为H,连结A1D,知A1D是平面BDFE的斜线段.
即点A1到平面BDFE的距离为1.
A1
B1
C1
D1
A
B
C
D
E
x
y
z
(3)由
(2)知,A1H=1,又A1D=,则△A1HD为等腰直角三角形,
19.解:
建立坐标系如图,则、
,,
,,,,,
,,.
(Ⅰ)不难证明为平面BC1D的法向量,
∵
∴D1E与平面BC1D所成的角的大小为(即).
(Ⅱ)、分别为平面BC1D、BC1C的法向量,
∵,∴二面角D-BC1-C的大小为.
(Ⅲ)∵B1D1∥平面BC1D,∴B1D1与BC1之间的距离为.
20.(证明
(1)用纯粹的几何方法要辗转证明EF∥AC,EG∥B1C,FG∥AB1来证明,而我们借用向量法使问题代数化,运算简洁,思路简单明了.)
(1)分析:
要证平面EFG平面ACB1,由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可.
证明:
以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图5,不妨设正方体棱长为a,则A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),D1(0,0,a),B1(a,a,a),E(xE,0,a),F(0,yF,a),G(0,0,zG).
∴=(-a,-a,a),=(0,a,a),(-xE,yF,0),=(-a,a,0),=(-a,0,-a),
∵·=(-a,-a,a)·(0,a,a)=0,
∴⊥,
同理⊥,
而与不共线且相交于点A,
∴⊥平面ACB1,又已知⊥平面EFG,
∴平面EFG∥平面ACB1;
又因为⊥平面EFG,所以⊥,
则·=0,
即(-a,-a,a)·(-xE,yF,0)=0,
化简得xE-yF=0;
同理xE-zG=0,yF-zG=0,
易得==,
∴△EFG为正三角形.
(2)解:
因为△EFG是正三角形,显然当△EFG与△A1C1D重合时,△EFG的边最长,其面积也最大,此时,=A1C1=·a,
∴=
=·sin600
=(·a)2·
=·a2.
此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离,由于两异面直线所在平面平行,所求距离转化为求点B1到平面A1C1D的距离,记A1C1与B1D1交于点O1,作O1H∥D1B并交BB1于点H,则O1H⊥平面A1C1D,垂足为O1,则O1(,,a),H(a,a,),而作为平面A1C1D的法向量,
所以异面直线EF与B1C的距离设为d是
d===·a.
(证明
(2)时一般要找到求这两平面距离的两点,如图5*,而这两点为K与J,在立体图形中较难确定,且较难想到通过作辅助线DO1,OB1来得到,加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱,但只要借助平面法向量求线段的射影长度的思想,结合题设,使思路清晰明了,最终使问题的解决明朗化;把握这种思想,不管是空间线线距离,线面距离,面面距离问题,一般我们都能转化成点线或点面距离,再借助平面法向量很好地解决了.)
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- 空间向量及其运算 单元测试 选修 第三 3.1 空间 向量 及其 运算