高中數(shù)學(xué) 章末綜合測評3 空間向量與立體幾何 新人教A版選修21

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1、 章末綜合測評(三)　空間向量與立體幾何 (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．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．與向量a＝(1，－3,2)平行的一個向量的坐標(biāo)是(　　) A．　　　 B．(－1，－3,2) C． D． C　[a＝(1，－3,2)＝－2.] 2．在正方體ABCDA1B1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，則(　　) A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝ C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝ A　[＝＋＝＋ ＝＋＝＋(＋)， ∴x＝1，y＝.應(yīng)選A．] 3．已知A(2，－4，－1

2、)，B(－1,5,1)，C(3，－4,1)，D(0,0,0)，令a＝，b＝，則a＋b為(　　) A．(5，－9,2) B．(－5,9，－2) C．(5,9，－2) D．(5，－9，－2) B　[a＝＝(－1,0，－2)，b＝＝(－4,9,0)， ∴a＋b＝(－5,9，－2)．] 4．已知點A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若＝2，則||的值是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：46342190】 A．　 B．　　　C．　　　D． C　[設(shè)P(x，y，z)，則＝(x－1，y－2，z－1)， ＝(－1－x,3－y,4－z)， 由＝2知x＝－，y＝，z＝3， 即P

3、. 由兩點間距離公式可得||＝.] 5．在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，下列結(jié)論不正確的是(　　) A．＝－ B．＝0 C．＝0 D．＝0 D　[如圖，∥，⊥，⊥，故A，B，C選項均正確．] 6．設(shè)?ABCD的對角線AC和BD交于E，P為空間任意一點，如圖1所示，若＋＋＋＝x，則x＝(　　) 圖1 A．2 B．3 C．4 D．5 C　[∵E為AC，BD的中點， ∴由中點公式得＝(＋)， ＝(＋)． ∴＋＋＋＝4.從而x＝4.] 7．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，則實數(shù)λ

4、等于(　　) A． B． C． D． D　[∵a，b，c三向量共面，則存在不全為零的實數(shù)x，y，使c＝xa＋yb， 即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2) ＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)， 所以解得 ∴λ＝3x－2y＝.] 8．若向量a＝(x,4,5)，b＝(1，－2,2)，且a與b的夾角的余弦值為，則x＝(　　) A．3 B．－3 C．－11 D．3或－11 A　[因為ab＝(x,4,5)(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a與b的夾角的余弦值為，所以＝，解得x＝3或－11(舍去)，故選A．] 9．若直線l的方向向量為(2,1，m

5、)，平面α的法向量為，且l⊥α，則m＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 C　[∵l⊥α， ∴直線l的方向向量平行于平面α的法向量． ∴＝＝. ∴m＝4.] 10．直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成角為(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 C　[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)， ∴＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)， ∴cos〈，〉＝＝＝. ∴〈，〉＝60，即異面直線BA1與A

6、C1所成角為60.] 11．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：46342191】 A． B． C． D． A　[以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.

7、] 12．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角ABDP的大小為(　　) A．30 B．45 C．60 D．75 A　[如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系， 則＝， ＝(－3,4,0)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的一個法向量，則 得 即令x＝1，則n＝. 又n1＝為平面ABCD的一個法向量， ∴cos〈n1，n〉＝＝，∴所求二面角為30.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上) 13．已知正方體ABCDA′B′C′D′，則下列三個式子中： ①－＝； ②＝； ③＋＋＋＝.

8、其中正確的有________． ①②　[①－＝＋＝，正確；②顯然正確；③＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝＋0≠，錯誤．] 14．若向量m＝(－1,2,0)，n＝(3,0，－2)都與一個二面角的棱垂直，則m，n分別與兩個半平面平行，則該二面角的余弦值為________． －或　[∵cos〈m，n〉＝ ＝＝－. ∴二面角的余弦值為－或.] 15．如圖2正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，O是平面A1B1C1D1的中心，則BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為________. 【導(dǎo)學(xué)號：46342192】 圖2 　[建立坐標(biāo)系如圖，則B(1,1,0)，O，＝(1,0,1)是平

9、面ABC1D1的一個法向量． 又＝， ∴BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為|cos〈，〉| ＝＝＝.] 16．設(shè)動點P在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1的對角線BD1上，記＝λ，當(dāng)∠APC為鈍角時，λ的取值范圍是________． 　[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 則A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)， 設(shè)P(x，y，z)，則＝(x，y，z－1)，＝(1,1，－1)，由＝λ， 得(x，y，z－1)＝λ(1,1，－1)， ∴即P(λ，λ，1－λ)， ∴＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝(－λ，1－λ，λ－1)， 由

10、<0得－2λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，解得<λ<1. 由題意知與所成的角不可能為π，故<λ<1.] 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分10分)如圖3，一塊礦石晶體的形狀為四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60. 圖3 (1)設(shè)＝a，＝b，＝c，試用a，b，c表示； (2)已知O為四棱柱ABCDA1B1C1D1的中心，求CO的長. 【導(dǎo)學(xué)號：46342193】 [解]　(1)由＝a，＝b，＝c，得＝a＋b＋c， 所以＝－a－b－C． (

11、2)O為四棱柱ABCDA1B1C1D1的中心，即O為線段A1C的中點． 由已知條件得|a|＝|b|＝2，|c|＝3，ab＝0，〈a，c〉＝60，〈b，c〉＝60. 由(1)得＝a＋b＋c，則||2＝2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝22＋22＋32＋0＋223cos 60＋223cos 60＝29. 所以A1C的長為，所以CO的長為. 18．(本小題滿分12分)如圖4，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD． 圖4 (1)證明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)證明：PC∥平面BAQ. [證明]　如圖，以D為坐標(biāo)

12、原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz. (1)依題意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，則＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1，0)，所以＝0，＝0， 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D． 故PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)根據(jù)題意，＝(1,0,0)，＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，故有＝0，＝0，所以為平面BAQ的一個法向量． 又因為＝(0，－2,1)，且＝0，即DA⊥PC，且PC?平面BAQ，故有PC∥平面BAQ. 19．(本小題滿分12分)如圖5

13、所示，已知點P在正方體ABCDA′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60. 圖5 (1)求DP與CC′所成角的大?。? (2)求DP與平面AA′D′D所成角的大?。? [解]　(1)如圖所示，以D為原點，DA，DC，DD′分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DA＝1. 則＝(1,0,0)，＝(0,0,1)． 連接BD，B′D′. 在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于H.設(shè)＝(m，m,1)(m>0)， 由已知〈，〉＝60， 由＝||||cos〈，〉，可得2m＝.解得m＝， 所以＝. 因為cos〈，〉 ＝＝， 所以〈，〉＝45，即DP與CC′

14、所成的角為45. (2)平面AA′D′D的一個法向量是＝(0,1,0)， 因為cos〈，〉 ＝＝，所以〈，〉＝60，可得DP與平面AA′D′D所成的角為30. 20．(本小題滿分12分)如圖6，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點． 圖6 (1)求證：平面PBC⊥平面PAC； (2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角CPBA的余弦值． [解]　(1)證明：由AB是圓的直徑，得AC⊥BC， 由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC． 又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC， 所以BC⊥平面PAC． 因為BC?平面PBC．

15、所以平面PBC⊥平面PAC． (2)過C作CM∥AP，則CM⊥平面ABC． 如圖，以點C為坐標(biāo)原點，分別以直線CB，CA，CM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系． 在Rt△ABC中，因為AB＝2，AC＝1，所以BC＝. 又因為PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)． 故＝(，0,0)，＝(0,1,1)． 設(shè)平面BCP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則所以 不妨令y1＝1，則n1＝(0,1，－1)． 因為＝(0,0,1)，＝(，－1,0)， 設(shè)平面ABP的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則所以 不妨令x2＝1，則n2＝(1,

16、，0)． 于是cos〈n1，n2〉＝＝. 由圖知二面角CPBA為銳角，故二面角CPBA的余弦值為. 21．(本小題滿分12分)如圖7，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． 圖7 (1)當(dāng)λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號：46342194】 [解]　以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸的

17、正半軸建立空間直角坐標(biāo)系．由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,0,0)，P(0,0，λ)，＝(－2，0,2)，＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)． (1)證明：當(dāng)λ＝1時，＝(－1,0,1)， 因為＝(－2,0,2)． 所以＝2，可知BC1∥FP， 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ. (2)設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得 于是可取n＝(λ，－λ，1)， 同理可得平面PQMN的一個法向量為m＝(λ－2,2－λ，1)， 若存在λ，使得平面EFPQ與平面PQMN所在的二面角為直

18、二面角， 則mn＝(λ－2,2－λ，1)(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1， 故存在λ＝1，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角． 22．(本小題滿分12分)如圖8，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. 圖8 (1)求證：AA1⊥平面ABC； (2)求二面角A1BC1B1的余弦值； (3)證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求的值． [解]　(1)因為AA1C1C為正方形，所以AA1⊥AC． 因為平面ABC⊥平面AA1C1

19、C，且AA1垂直于這兩個平面的交線AC，所以AA1⊥平面ABC． (2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB． 由題意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC． 如圖，以A為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)． 所以＝(0,3，－4)，＝(4,0,0)． 設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則即 令z＝3，則x＝0，y＝4，所以平面A1BC1的一個法向量為n＝(0,4,3)． 同理可得，平面B1BC1的一個法向量為m＝(3,4,0)． 所以cos〈n，m〉＝＝. 由題意知二面

20、角A1BC1B1為銳角， 所以二面角A1BC1B1的余弦值為. (3)證明：假設(shè)D(x1，y1，z1)是線段BC1上一點，且＝λ(λ∈[0,1])， 所以(x1，y1－3，z1)＝λ(4，－3,4)． 解得x1＝4λ，y1＝3－3λ，z1＝4λ， 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)．由＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝. 因為∈[0,1]，所以在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B． 此時＝λ＝. 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。