2020高中数学 章末综合测评3 空间向量与立体几何 新人教A版选修2-1

2020高中数学 章末综合测评3 空间向量与立体几何 新人教A版选修2-1

章末综合测评(三)　空间向量与立体几何 ‎(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．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．与向量a＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是(　　)‎ A．　　　 B．(－1，－3,2)‎ C． D． C　[a＝(1，－3,2)＝－2.]‎ ‎2．在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，则(　　)‎ A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝ C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝ A　[＝＋＝＋ ‎＝＋＝＋(＋)，‎ ‎∴x＝1，y＝.应选A．]‎ ‎3．已知A(2，－4，－1)，B(－1,5,1)，C(3，－4,1)，D(0,0,0)，令a＝，b＝，则a＋b为(　　)‎ 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．已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若＝2，则||的值是(　　) ‎ ‎【导学号：46342190】‎ A．　 B．　　　C．　　　D． C　[设P(x，y，z)，则＝(x－1，y－2，z－1)，‎ 12‎ ＝(－1－x,3－y,4－z)，‎ 由＝2知x＝－，y＝，z＝3，‎ 即P.‎ 由两点间距离公式可得||＝.]‎ ‎5．在棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，下列结论不正确的是(　　)‎ A．＝－ B．·＝0‎ C．·＝0 D．·＝0‎ D　[如图，∥，⊥，⊥，故A，B，C选项均正确．]‎ ‎6．设▱ABCD的对角线AC和BD交于E，P为空间任意一点，如图1所示，若＋＋＋＝x，则x＝(　　)‎ 图1‎ A．2 B．3‎ C．4 D．5‎ C　[∵E为AC，BD的中点，‎ ‎∴由中点公式得＝(＋)，‎ ＝(＋)．‎ ‎∴＋＋＋＝4.从而x＝4.]‎ 12‎ ‎7．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　　)‎ A． B． C． D． D　[∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数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与b的夹角的余弦值为，则x＝(　　)‎ A．3 B．－3‎ C．－11 D．3或－11‎ A　[因为a·b＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以＝，解得x＝3或－11(舍去)，故选A．]‎ ‎9．若直线l的方向向量为(2,1，m)，平面α的法向量为，且l⊥α，则m＝(　　)‎ A．2 B．‎3 C．4 D．5‎ C　[∵l⊥α，‎ ‎∴直线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，则异面直线BA1与AC1所成角为(　　)‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ C　[建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，‎ ‎∴＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)，‎ 12‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ ‎∴〈，〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成角为60°.]‎ ‎11．已知正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)‎ ‎【导学号：46342191】‎ A． B． C． D． A　[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.]‎ ‎12．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角ABDP的大小为(　　)‎ A．30° B．45° C．60° D．75°‎ A　[如图所示，建立空间直角坐标系，‎ 12‎ 则＝，‎ ＝(－3,4,0)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则 得 即令x＝1，则n＝.‎ 又n1＝为平面ABCD的一个法向量，‎ ‎∴cos〈n1，n〉＝＝，∴所求二面角为30°.]‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)‎ ‎13．已知正方体ABCDA′B′C′D′，则下列三个式子中：‎ ‎①－＝；‎ ‎②＝；‎ ‎③＋＋＋＝.‎ 其中正确的有________．‎ ‎①②　[①－＝＋＝，正确；②显然正确；③＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝＋0≠，错误．]‎ ‎14．若向量m＝(－1,2,0)，n＝(3,0，－2)都与一个二面角的棱垂直，则m，n分别与两个半平面平行，则该二面角的余弦值为________．‎ ‎－或　[∵cos〈m，n〉＝ ‎＝＝－.‎ ‎∴二面角的余弦值为－或.]‎ ‎15．如图2正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为1，O是平面A1B‎1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为________. ‎ ‎【导学号：46342192】‎ 12‎ 图2‎ 　[建立坐标系如图，则B(1,1,0)，O，＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量．‎ 又＝，‎ ‎∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为|cos〈，〉|‎ ‎＝＝＝.]‎ ‎16．设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1的对角线BD1上，记＝λ，当∠APC为钝角时，λ的取值范围是________．‎ 　[建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，‎ 则A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，‎ 设P(x，y，z)，则＝(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·<0得－2λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，解得<λ<1.‎ 12‎ 由题意知与所成的角不可能为π，故<λ<1.]‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(本小题满分10分)如图3，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCDA1B‎1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°.‎ 图3‎ ‎(1)设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示；‎ ‎(2)已知O为四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的中心，求CO的长. ‎ ‎【导学号：46342193】‎ ‎[解]　(1)由＝a，＝b，＝c，得＝a＋b＋c，‎ 所以＝－a－b－C．‎ ‎(2)O为四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的中心，即O为线段A‎1C的中点．‎ 由已知条件得|a|＝|b|＝2，|c|＝3，a·b＝0，〈a，c〉＝60°，〈b，c〉＝60°.‎ 由(1)得＝a＋b＋c，则||2＝2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋‎2a·b＋2b·c＋‎2a·c＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29.‎ 所以A‎1C的长为，所以CO的长为.‎ ‎18．(本小题满分12分)如图4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD．‎ 图4‎ ‎(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎(2)证明：PC∥平面BAQ.‎ ‎[证明]　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 12‎ ‎(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则＝(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)根据题意，＝(1,0,0)，＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，故有·＝0，·＝0，所以为平面BAQ的一个法向量．‎ 又因为＝(0，－2,1)，且·＝0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ，故有PC∥平面BAQ.‎ ‎19．(本小题满分12分)如图5所示，已知点P在正方体ABCDA′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.‎ 图5‎ ‎(1)求DP与CC′所成角的大小．‎ ‎(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．‎ ‎[解]　(1)如图所示，以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设DA＝1.‎ 则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．‎ 12‎ 连接BD，B′D′.‎ 在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设＝(m，m,1)(m>0)，‎ 由已知〈，〉＝60°，‎ 由·＝||||cos〈，〉，可得‎2m＝.解得m＝，‎ 所以＝.‎ 因为cos〈，〉‎ ‎＝＝，‎ 所以〈，〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.‎ ‎(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0,1,0)，‎ 因为cos〈，〉‎ ‎＝＝，所以〈，〉＝60°，可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.‎ ‎20．(本小题满分12分)如图6，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．‎ 图6‎ ‎(1)求证：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)证明：由AB是圆的直径，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．‎ 因为BC⊂平面PBC．‎ 所以平面PBC⊥平面PAC．‎ 12‎ ‎(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC．‎ 如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．‎ 在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.‎ 又因为PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)．‎ 故＝(，0,0)，＝(0,1,1)．‎ 设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则所以 不妨令y1＝1，则n1＝(0,1，－1)．‎ 因为＝(0,0,1)，＝(，－1,0)，‎ 设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则所以 不妨令x2＝1，则n2＝(1, ，0)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 由图知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为.‎ ‎21．(本小题满分12分)如图7，在棱长为2的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．‎ 图7‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；‎ ‎(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. ‎ ‎【导学号：46342194】‎ 12‎ ‎[解]　以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)，＝(－2，0,2)，＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)．‎ ‎(1)证明：当λ＝1时，＝(－1,0,1)，‎ 因为＝(－2,0,2)．‎ 所以＝2，可知BC1∥FP，‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 于是可取n＝(λ，－λ，1)，‎ 同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1)，‎ 若存在λ，使得平面EFPQ与平面PQMN所在的二面角为直二面角，‎ 则m·n＝(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与平面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ ‎22．(本小题满分12分)如图8，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA‎1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA‎1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ 图8‎ 12‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎[解]　(1)因为AA‎1C1C为正方形，所以AA1⊥AC．‎ 因为平面ABC⊥平面AA‎1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC．‎ ‎(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB．‎ 由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC．‎ 如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．‎ 所以＝(0,3，－4)，＝(4,0,0)．‎ 设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令z＝3，则x＝0，y＝4，所以平面A1BC1的一个法向量为n＝(0,4,3)．‎ 同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3,4,0)．‎ 所以cos〈n，m〉＝＝.‎ 由题意知二面角A1BC1B1为锐角，‎ 所以二面角A1BC1B1的余弦值为.‎ ‎(3)证明：假设D(x1，y1，z1)是线段BC1上一点，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＝.‎ 因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B．‎ 此时＝λ＝.‎ 12‎