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【状元之路】2014-2015学年新课标A版数学选修2-1单元测评三 空间向量与立体几何


高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1

单元测评(三)

空间向量与立体几何

(时间:90 分钟 满分:120 分) 第Ⅰ卷(选择题,共 50 分) 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. 1.以下四组向量中,互相平行的组数为( )

①a=(2,2,1),b=(3,-

2,-2);②a=(8,4,-6),b=(4,2,-3);③ a=(0,-1,1),b=(0,3,-3);④a=(-3,2,0),b=(4,-3,3) A.1 组 C.3 组 B.2 组 D.4 组

1 解析:∵②中 a=2b,∴a∥b;③中 a=-3b, ∴a∥b;而①④中的向量不平行. 答案:B 2.在以下命题中,不正确的个数为( )

①|a|-|b|=|a+b|是 a,b 共线的充要条件;②若 a∥b,则存在唯一的 → 实数 λ,使 a=λb;③对空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,若OP= → → → 2OA-2OB-OC,则 P,A,B,C 四点共面;④若{a,b,c}为空间的一组 基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一组基底;⑤|(a· b)· c|=|a|· |b|· |c|. A.2 个 C.4 个 B.3 个 D.5 个

解析:①|a|-|b|=|a+b|?a 与 b 共线,但 a 与 b 共线时|a|-|b|=|a+b| 不一定成立, 故不正确; ②b 需为非零向量, 故不正确; ③因为 2-2-1≠1, 由共面向量定理知,不正确;④由基底的定义知正确;⑤由向量的数量积 的性质知,不正确.
1

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 答案:C

3.如图,已知四边形 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.PC与BD B.DA与PB → → → → C.PD与AB D.PA与CD )

解析:建立如图所示的空间直角坐标系. 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PC=(b,a,-c),BD=(-b,a,0),DA=(0,-a,0),PB=(b,0,

2

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 → → → → -c),PD=(0,a,-c),AB=(b,0,0),PA=(0,0,-c),CD=(-b,0,0). → → ∴PC· BD=-b2+a2 不一定为 0. → → → → → → DA· PB=0,PD· AB=0,PA· CD=0. 答案:A 4.已知向量 e1、e2、e3 是两两垂直的单位向量,且 a=3e1+2e2-e3,b
?1 ? ? b?等于( =e1+2e3,则(6a)· 2 ? ?

) B.3 D.5

A.15 C.-3
? ?

?1 ? 2 2 ? b?=3a· 解析:(6a)· b = 3(3 e + 2 e - e )· ( e + 2 e ) = 9| e | - 6| e | =3. 1 2 3 1 3 1 3 2

答案:B

5.如图,AB=AC=BD=1,AB?面 α,AC⊥面 α,BD⊥AB,BD 与 面 α 成 30° 角,则 C、D 间的距离为( A.1 C. 2 ) B.2 D. 3

→ → → → → → → → → → → 2 2 2 2 2 解析:|CD| =|CA+AB+BD| =|CA| +|AB| +|BD| +2CA· AB+2AB· BD

3

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 → → → +2CA· BD=1+1+1+0+0+2×1×1×cos120° =2.∴|CD|= 2. 答案:C 6.已知空间三点 O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,1,1)在直线 OA 上有一点 H 满足 BH⊥OA,则点 H 的坐标为( A.(-2,2,0)
? 1 1 ? C.?-2,2,0? ? ?

) B.(2,-2,0) 1 ? ?1 D.?2,-2,0?
? ?

→ 解析:由OA=(-1,1,0),且点 H 在直线 OA 上,可设 H(-λ,λ,0), → 则BH=(-λ,λ-1,-1). → → 又 BH⊥OA,∴BH· OA=0, 即(-λ,λ-1,-1)· (-1,1,0)=0,
? 1 1 ? 1 即 λ+λ-1=0,解得 λ=2,∴H?-2,2,0?. ? ?

答案:C 7.已知 a=(cosα,1,sinα),b=(sinα,1,cosα),则向量 a+b 与 a- b 的夹角是( A.90° C.30° ) B.60° D.0°

解析:(a+b)· (a-b)=a2-b2=(cos2α+sin2α+1)-(sin2α+1+cos2α)= 0,∴(a+b)⊥(a-b). 答案:A 8.已知 E、F 分别是棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 BC、CC1 的中点,则截面 AEFD1 与底面 ABCD 所成二面角的正弦值是( )

4

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 2 A.3 5 C. 3 2 B. 3 2 3 D. 3

解析:以 D 为坐标原点,以 DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建 1? ?1 ? ? 立空间直角坐标系,如图.则 A(1,0,0),E?2,1,0?,F?0,1,2?,D1(0,0,1),
? ? ? ?

→ → ? 1 ? l 所以AD1=(-1,0,1),AE=?-2,1,0?.
? ?

设平面 AEFD1 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n· AD1=0, 则? → ? ?n· AE=0,

?-x+z=0, ?? x ?-2+y=0.

∴x=2y=z.取 y=1,则 n=(2,1,2),而平面 ABCD 的一个法向量为 u= 2 5 (0,0,1),∵cos〈n,u〉=3,∴sin〈n,u〉= 3 . 答案:C 9.在三棱锥 PABC 中,△ABC 为等边三角形,PA⊥平面 ABC,且 PA =AB,则二面角 APBC 的平面角的正切值为( )

5

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 A. 6 6 C. 6 B. 3 6 D. 2

解析:设 PA=AB=2,建立如图所示的空间直角坐标系. 则 B(0,2,0),C( 3,1,0),P(0,0,2), → ∴BP=(0,-2,2), → BC=( 3,-1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的一个法向量. → ? ?BP· n=0, 则? → ? ?BC· n=0,
?-2y+2z=0, ? 即? ? ? 3x-y=0.

3 令 y=1,则 x= 3 ,z=1. 即 n=?
? 3 ? ?. , 1 , 1 ? 3 ?

易知 m=(1,0,0)是平面 PAB 的一个法向量.

6

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 3 3

则 cos〈m,n〉=

m· n = |m||n|

7 =7. 21 1× 3

∴正切值 tan〈m,n〉= 6. 答案:A
→ → → → → 10.已知OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点 Q 在直线 OP 上运动,则当QA· QB取得最 小值时,点 Q 的坐标为( 1 3 1? A.? ?2,4,3? 4 4 8? C.? ?3,3,3? ) 1 3 3? B.? ?2,2,4? 4 4 7? D.? ?3,3,3?

→ 解析:∵Q 在 OP 上,∴可设 Q(x,x,2x),则QA=(1-x,2-x,3-2x), → QB=(2-x,1-x,2-2x). → → ∴QA· QB=6x2-16x+10, → → 4 ∴x= 时,QA· QB最小, 3 4 4 8? 这时 Q? ?3,3,3?. 答案:C

第Ⅱ卷(非选择题,共 70 分) 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 11.已知 a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且 a 与 b 的夹角为钝 角,则 x 的取值范围是__________. 解析:因为 a 与 b 的夹角为钝角,于是-1<cos〈a,b〉<0,因此 a· b <0,且 a 与 b 的夹角不为 π,即 cos〈a,b〉≠-1. 5? ?5 ? ? 解得 x∈?-2,3?∪?3,+∞?.
? ? ? ?

7

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 5? ?5 ? ? 答案:?-2,3?∪?3,+∞?
? ? ? ?

1 1 12.如图所示,已知正四面体 ABCD 中,AE=4AB,CF=4CD,则直 线 DE 和 BF 所成的角的余弦值为__________. → → → 1→ → 解析:ED=EA+AD=4BA+AD, → → → → 1→ BF=BC+CF=BC+4CD, → → → → ED· BF cos〈ED,BF〉= → → |ED|· |BF|
? → →? ?→ →? 1 ?1 ?? ? ?4BA+AD?· ?BC+4CD? ? ?? ? ? → →? ?1 ?2 ?4BA+AD? · ? ? ?→ 1→? ? ?2 ?BC+4CD? ? ?



4 =13. 4 答案:13
8

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 13.已知 a=(x,2,-4),b=(-1,y,3),c=(1,-2,z),且 a,b,c 两两垂直,则(x,y,z)=__________. -x+2y-12=0, ? ? 解析:由题意知?x-4-4z=0, ? ?-1-2y+3z=0, 解得 x=-64,y=-26,z=-17. 答案:(-64,-26,-17) 14.已知空间四边形 OABC,如图所示,其对角线为 OB、AC,M、N → → → 分别为 OA、 BC 的中点, 点 G 在线段 MN 上, 且MG=3GN, 现用基向量OA、 → → → → → → → OB、OC表示向量OG,并设OG=x· OA+y· OB+z· OC,则 x、y、z 的和为 __________.

→ → → 1 → 3 → 1 → 3? → 1→? 1 ? 1→ 解析:OG=OM+MG=2OA +4MN=2OA + 4?- OA+OC+ CB? = 2 ? ? 2 ? 2 → 3→ 3→ 3→ 3→ 1→ 3→ 3→ OA-8OA+4OC+8OB-8OC=8OA+8OB+8OC, 1 3 3 ∴x=8,y=8,z=8.

9

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 7 ∴x+y+z=8. 7 答案:8 三、解答题:本大题共 4 小题,满分 50 分. 15.(12 分)已知 a=(1,2,-2). (1)求与 a 共线的单位向量 b; (2)若 a 与单位向量 c=(0,m,n)垂直,求 m、n 的值. 解:(1)设 b=(λ,2λ,-2λ),而 b 为单位向量, ∴|b|=1,即 λ2+4λ2+4λ2=9λ2=1. 1 ∴λ=± 3.(4 分) 2? 2 2? ?1 2 ? 1 ∴b=?3,3,-3?或 b=?-3,-3,3?.(6 分)
? ? ? ? ? ? c=0, ?1×0+2m-2n=0, ?a· (2)由题意,知? ?? 2 2 2 ?|c|=1, ? ? ? m +n +0 =1,

?m= 22, 解得? 2 n = ? 2,

?m=- 22, 或? 2 n =- ? 2.

(12 分)

16.(12 分)如下(左)图,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6, D,E 分别为 AC、AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起 到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如下(右)图.

10

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(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小. 解:(1)∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面 A1DC. ∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD, ∴A1C⊥平面 BCDE.(4 分)

(2) 如图所示,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C - xyz ,则

11

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). → → 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· A1B=0,n· BE=0. → 又A1B=(3,0,-2 3), → BE=(-1,2,0),
? ?3x-2 3z=0, ∴? ? ?-x+2y=0.

令 y=1,则 x=2,z= 3,∴n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ. → ∵CM=(0,1, 3), → → n· CM 4 2 ∴sinθ=|cos〈n,CM〉|=| |= =2. → 8× 4 |n|· |CM| π ∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4.(12 分) 17.(12 分)如图,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂 直,AB= 2,AF=1,M 是线段 EF 的中点.

12

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 (1)求证:AM∥平面 BDE; (2)试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 CD 所成的角是 60° .

解:(1)证明:如图,建立空间直角坐标系. 设 AC∩BD=N,连接 NE, 则 N?
? 2 2 ? ?,E(0,0,1), , 2 ,0? ? 2

→ ? ? 2 2 ∴NE=?- ,- ,1?. 2 2 ? ? 又 A( 2, 2,0),M?
? 2 ? 2 ?, , , 1 2 ?2 ?

→ ? 2 2 ? ∴AM=?- ,- ,1?. 2 2 ? ? → → ∴NE=AM,且 NE 与 AM 不共线. ∴NE∥AM. 又 NE?平面 BDE,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE.(6 分) (2)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2),

13

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 → → 则PF=( 2-t, 2-t,1),CD=( 2,0,0). → → 又∵PF与CD所成的角为 60° . |? 2-t?· 2| ? 2-t? +? 2-t? +1· 2
2 2

1 =2,

2 3 2 解之得 t= 2 ,或 t= 2 (舍去). 故点 P 为 AC 的中点.(12 分)

18.(14 分)如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,


C 是AB的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 BPAC 的余弦值.

14

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 解: (1)证明:如图所示,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所在直线 分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系, 则 O(0,0,0), A(-1,0,0), B(1,0,0),
? 1 1 ? C(0,1,0),P(0,0, 2),D?-2,2,0?. ? ?

→ → 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量,则由 n1· OD=0,n1· OP =0,

?-1x1+1y1=0, 2 得? 2 ? 2z1=0.
∴z1=0,x1=y1.

(4 分)

取 y1=1,得 n1=(1,1,0). → → 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAC 的一个法向量,则由 n2· PA=0,n2· PC= 0,
? ?-x2- 2z2=0, 得? ? ?y2- 2z2=0.

∴x2=- 2z2,y2= 2z2, 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). ∵n1· n2=(1,1,0)· (- 2, 2,1)=0, ∴n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC.(8 分) (2)∵y 轴⊥平面 PAB. ∴平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0).由(1)知,平面 PAC 的一个法 向量为 n2=(- 2, 2,1). 设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ,

15

高中·新课标 A 版·数学·选修 2-1 n2· n3 2 10 = = 5 . |n2|· |n3| 5

则 cosθ=

由图可知,二面角 BPAC 的平面角与 θ 相等,∴二面角 BPAC 的余 10 弦值为 5 .(14 分)

16


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