2021-2022学年高中数学第3章空间向量与立体几何测评含解析新人教A版选修2-1

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1、第三章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A,B,C,D为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是()AB+2BC+2CD+DC;2AB+2BC+3CD+3DA+AC;AB+CA+BD;AB-CB+CD-AD.A.B.C.D.解析中,原式=AB+2BD+DC=AB+BD+BD+DC=AD+BC,不符合题意;中,原式=2(AB+BC+CD+DA)+(AC+CD+DA)=0;中,原式=CD,不符合题意;中,原式=(AB-AD)+(CD-CB)=0.故选C.答案C2.若向量a=(1,0),b=(2,-1,2),且a与b的夹角的余弦值为23,则

2、实数等于()A.0B.-43C.0或-43D.0或43解析由题意ab=2-=|a|b|cos=1+222+(-1)2+2223,解得=0或=-43.故选C.答案C3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成60角解析因为APAB=0,APAC=0,所以AP平面ABCD.答案B4.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则AEAF的值为()A.a2B.14a2C.12a2D.34a2解析在正四面体ABCD中,点E,F分别是BC

3、,AD的中点,所以AE=AB+BE,AF=12AD.则AEAF=(AB+BE)12AD=12ABAD+12BEAD.因为是正四面体,所以BEAD,BAD=3,即BEAD=0,ABAD=|AB|AD|cos3=a22,所以AEAF=a24,故选B.答案B5.已知向量a=(-1,y,2),b=(2,0,3),c=(0,2,1)共面,则y=()A.7B.1C.72D.12解析因为向量a,b,c共面,所以可设a=mb+nc,所以(-1,y,2)=m(2,0,3)+n(0,2,1),即2m=-1,2n=y,3m+n=2,解得m=-12,y=7,n=72.故选A.答案A6.平行六面体ABCD-A1B1C1

4、D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,则|AC1|等于()A.5B.6C.4D.8解析设AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,AC12=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=25,因此|AC1|=5.答案A7.三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,BAD=90,BAC=60,则ABCD等于()A.-2B.2C.-23D.23解析ABCD=AB(AD-AC)=ABAD-ABAC=22cos90-22cos60=-2.答案A8.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

5、与直线AB1所成角的余弦值为()A.55B.53C.255D.35解析不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1).cos=BC1AB1|BC1|AB1|=0+4-153=55.故选A.答案A9.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),OA+OB与OB的夹角为120,则的值为()A.66B.66C.-66D.6解析因为A(1,0,0),B(0,-1,1),所以OA+OB=(1,0,0)+(0,-1,1)=(1,-,),|OA+OB|=1+22,|OB|=2,(OA+OB)OB=2,所以cos1

6、20=2222+1=-12,所以0,且4=-42+2,解得=-66,故选C.答案C10.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.45B.35C.34D.55解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),AD=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的一个法向量,由nCD=0,nCB1=0,得-y+2z=0,3x-y+2z=0,故x=0,y=2z,令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1D

7、C所成角为,则sin=|cos|=|ADn|AD|n|=455=45,所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选A.答案A11.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为()A.32B.12C.15D.265解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得n1DE=6a+3b=0,n1DA1=6a+6c=

8、0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为|n1n2|n1|n2|=12.答案B12.在三棱锥P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,则点C到平面PAB的距离是()A.3427B.4427C.5427D.6427解析在三棱锥P-ABC中,PC底面ABC,BAC=90,AB=AC=4,PBC=60,以A为原点,AB为x轴,AC为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0

9、,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则nAP=4y+46z=0,nAB=4x=0,取z=1,得n=(0,-6,1),点C到平面PAB的距离d=|ACn|n|=467=4427.故选B.答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知向量AB=(2,4,5),CD=(3,x,y),若ABCD,则xy=.解析ABCD,存在实数k使得AB=kCD.2=3k,4=kx,5=ky,则xy=20k2=20(23)2=45.答案4514.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=(-6,2,-8

10、),BC=(4,-2,3),A1B1=(-4,1,0),则该三棱柱的高为.解析由题意知A1B1=AB=(-4,1,0),该三棱柱的高即点A1到平面ABC的距离d,设n=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,则nBC=4x-2y+3z=0,nAB=-4x+y=0,令x=1,解得y=4,z=43.所以n=1,4,43.所以该三棱柱的高d=|nAA1|n|=-6+8-323133=2.答案215.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.解析设上、下底面中心分别为O1,O,则

11、OO1平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1平面ABCD,所以B1BO为侧棱与底面所成的角,故B1BO=60.设棱台高为h,则tan60=h2-22,h=62,所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B122,0,62,C(0,2,0),所以AD1=-22,2,62,B1C=-22,2,-62,故cos=AD1B1C|AD1|B1C|=14,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.答案1416.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=3,将矩

12、形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为.解析如图,过B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM=12,BM=32,CN=12,DN=32,MN=1.由于BD=BM+MN+ND,所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BMMN+MNND+BMND)=322+12+322+2(0+0+0)=52,故|BD|=102.答案102三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)在四棱锥P-ABCD中,ABCD为平行四边形,AC与BD交于O,G为BD上一点,BG=2GD,PA=a,PB=b,PC=

13、c,试用基底a,b,c表示向量PG.解因为BG=2GD,所以BG=23BD.又BD=BA+BC=PA-PB+PC-PB=a+c-2b,所以PG=PB+BG=b+23(a+c-2b)=23a-13b+23c.18.(本小题满分12分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-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OEb?(O为原点)解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5)2+52=52.(2)OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1

14、,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若OEb,则OEb=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在点E,使得OEb,此时点E的坐标为E-65,-145,25.19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.(1)求证:AB1平面BC1D;(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以ODAB1.因为AB1平面BC1D,OD平面BC1D,所以AB1平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角

15、坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC1=(2,0,2).所以cos=AB1BC1|AB1|BC1|=0+0+42222=12,设异面直线AB1与BC1所成的角为,则cos=12,由于0,2,故=3.20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1,BC的中点,AEA1B1,AA1=AB=AC=2.(1)证明:DFAE;(2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1A1B1,又

16、因为AEA1B1,所以A1B1平面AA1C1C,因为A1C1平面AA1C1C,所以A1B1A1C1.所以ABAC,ABAA1,ACAA1,如图,分别以AC,AA1,AB所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz,则C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).设D(0,2,t),则FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0),FDAE=(-1,2,t-1)(2,1,0)=0,所以DFAE.(2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2,1),EF=(-1,-1,1),FD=(-1,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y

17、,z),则nEF=0,nDF=0,即x+y-z=0,x-2y=0,令y=1得,n=(2,1,3),容易知平面ABC的法向量为n0=(0,1,0),所以cos=nn0|n|n0|=122+12+321=1414,即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414.21.(本小题满分12分)如图1,梯形ABCD中,ABCD,过A,B分别作AECD,BFCD,垂足分别为E,F.AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,得空间几何体ADE-BCF,如图2.(1)若AFBD,证明:DE平面ABFE;(2)若DECF,CD=3,线段AB上存在一点P,满足CP与平面AC

18、D所成角的正弦值为520,求AP的长.(1)证明由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,在图2中,AFBE,由已知得AFBD,BEBD=B,所以AF平面BDE,又DE平面BDE,所以AFDE,又AEDE,AEAF=A,所以DE平面ABFE.(2)解在图2中,AEDE,AEEF,DEEF=E,即AE平面DEFC,在梯形DEFC中,过点D作DMEF交CF于点M,连接CE,由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DCCF,则CDM=6,CE=2,过点E作EGEF交DC于点G,可知GE,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,以EA,EF,EG分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(

19、2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,3),D0,-12,32,AC=(-2,1,3),AD=-2,-12,32.设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),由nAC=0,nAD=0,得-2x+y+3z=0,-2x-12y+32z=0,取x=1得n=(1,-1,3),设AP=m,则P(2,m,0)(0m2),得CP=(2,m-1,-3),设CP与平面ACD所成的角为,sin=|cos|=|m|57+(m-1)2=520m=23.所以AP=23.22.(本小题满分12分)已知三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90,A1BAC1,AC=AA1=4,BC=2.(1)求证:平面A1ACC1

20、平面ABC;(2)若A1AC=60,在线段AC上是否存在一点P,使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为34?若存在,确定点P的位置;若不存在,说明理由.(1)证明因为AC=AA1,所以四边形AA1C1C为菱形,连接A1C,则A1CAC1,又A1BAC1,且A1CA1B=A1,所以AC1平面A1CB,则AC1BC,又ACB=90,即BCAC,所以BC平面A1ACC1,而BC平面ABC,所以平面A1ACC1平面ABC.(2)解以C为坐标原点,分别以CA,CB所在直线为x、y轴,面A1ACC1内过点C且垂直于AC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为AC=AA1=4,BC=2,A1AC=6

21、0,所以C(0,0,0),B(0,2,0),A(4,0,0),A1(2,0,23).设在线段AC上存在一点P,满足AP=AC(01),使得二面角B-A1P-C的余弦值为34.则AP=(-4,0,0).BP=BA+AP=(4,-2,0)+(-4,0,0)=(4-4,-2,0),A1P=A1A+AP=(2-4,0,-23),CA1=(2,0,23).设平面BA1P的一个法向量为m=(x1,y1,z1),由mBP=(4-4)x1-2y1=0,mA1P=(2-4)x1-23z1=0,取x1=1,得m=1,2-2,1-23,平面A1PC的一个法向量为n=(0,1,0).由|cos|=|mn|m|n|=|2-2|1+(2-2)2+(1-2)231=34,解得=43或=34.因为01,所以=34.故在线段AC上存在一点P,满足AP=34AC,使二面角B-A1P-C的余弦值为34.