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2015-2016学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何单元检测(B卷)新人教A版选修2-1


第三章

空间向量与立体几何(B)

(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. 空间四个点 O、 A、 B、 C, OA, OB, OC为空间的一个基底, 则下列说法不正确的是( ) A.O、A、B、C 四点不共线 B.O、A、B、C 四点共面,但不共线 C.O、A、B、C 四点中任意三点不共线 D.O、A、B、C 四点不共面 2.已知 a+3b 与 7a-5b 垂直,且 a-4b 与 7a-2b 垂直,则〈a,b〉等于( ) A.30° B.60° C.90° D.45° → → 3.已知 A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量AB与AC的夹角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° → → → → 4.已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为上底面 A1C1 的中心,若AE=AA1+xAB+yAD, 则 x,y 的值分别为( ) 1 A.x=1,y=1 B.x=1,y= 2 1 1 1 1 C.x= ,y= D.x= ,y= 2 2 2 3 5.设 E,F 是正方体 AC1 的棱 AB 和 D1C1 的中点,在正方体的 12 条面对角线中,与截面 A1ECF 成 60°角的对角线的数目是( ) A.0 B.2 C.4 D.6 → → 6. 已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点, 如果AB=(2, -1, -4), AD=(4,2,0), → → → AP=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③AP是平面 ABCD 的法向量;④AP → ∥ BD.其中正确的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 7.已知 a=(-3,2,5),b=(1,x,-1)且 a·b=2,则 x 的值是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 → → → → → → 8.设 A、B、C、D 是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0, 则△BCD 是( ) A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定 9.正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成 的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 6? ? 10.若向量 a=(2,3,λ ),b=?-1,1, ?的夹角为 60°,则 λ 等于( ) 3? ? A. C. 23 12 23 6 12 B. 6 12

23 6 D.- 12 → → → → → 11. 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? ?1 3 3? A.? , , ? B.? , , ? ?2 4 3? ?2 2 4?
1

?4 4 8? ?4 4 7? C.? , , ? D.? , , ? ?3 3 3? ?3 3 3? 12.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,平面 A1BD 与平面 C1BD 所成二面角的余弦值为( 1 3 A. B. 2 2
C. 1 3 题 答 D. 号 案 1 2 3 3 3 4

)

5

6

7

8

9

10

11

12

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.若向量 a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2, 则 x=________. 19? ? 5? 5? ? ? 14.若 A?0,2, ?,B?1,-1, ?,C?-2,1, ?是平面 α 内的三点,设平面 α 的 8? ? 8? 8? ? ? 法向量 a=(x,y,z),则 x∶y∶z=__________. 15.平面 α 的法向量为 m=(1,0,-1),平面 β 的法向量为 n=(0,-1,1),则平面 α 与平面 β 所成二面角的大小为__________. 16.

在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ABC=90°,AB=BC=AA1=2,点 D 是 A1C1 的中点,则异 面直线 AD 和 BC1 所成角的大小为________. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17.(10 分)

如图,已知 ABCD—A1B1C1D1 是平行六面体.设 M 是底面 ABCD 的中心,N 是侧面 BCC1B1 对 3 → → → → 角线 BC1 上的 分点,设MN=α AB+β AD+γ AA1,试求 α 、β 、γ 的值. 4

2

18.

(12 分)如图, 四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 2a 的菱形, 且 SA=SC=2a, SB=SD= 2 a,点 E 是 SC 上的点,且 SE=λ a (0<λ ≤2). (1)求证:对任意的 λ ∈(0,2],都有 BD⊥AE; (2)若 SC⊥平面 BED,求直线 SA 与平面 BED 所成角的大小.

→ → 19.(12 分)已知空间三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设 a=AB,b=AC. (1)求 a 和 b 的夹角 θ 的余弦值; (2)若向量 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求 k 的值.

3

20.(12 分)

如图所示,在三棱锥 S—ABC 中,SO⊥平面 ABC,侧面 SAB 与 SAC 均为等边三角形,∠ BAC=90°,O 为 BC 的中点,求二面角 A—SC—B 的余弦值.

4

21.

(12 分)如图,在底面是矩形的四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,PA=AB=2,BC=4, E 是 PD 的中点. (1)求证:平面 PDC⊥平面 PAD; (2)求点 B 到平面 PCD 的距离.

22. (12 分)如图, 四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形, 每条侧棱的长都是底面边长的 2倍, P 为侧棱 SD 上的点.
5

(1)求证:AC⊥SD; (2)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 P—AC—D 的大小; (3)在(2)的条件下,侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC.若存在,求 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由.

第三章 1.B 2.B [由已知?
? ?
2

空间向量与立体几何(B)

? ?

a+3b a-4b
2

a-5b =0 a-2b =0



?7a +16a·b-15b =0 ① ? ∴? 2 2 ? ?7a -30a·b+8b =0 ②

1 2 由①-②可得 a·b= b , 2

a·b 1 2 2 代入①可得 a =b ,∴cos〈a·b〉= = . |a||b| 2 ∴〈a,b〉=60°.] → → 3.C [AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0), 3 1 → → ∴cos〈AB,AC〉= = , 3 2· 2 2
→ → ∴〈AB,AC〉=60°.] → → → → 1 → → → 1→ 1→ 4.C [AE=AA1+A1E=AA1+ (A1B1+A1D1)=AA1+ AB+ AD, 2 2 2 1 由空间向量的基本定理知,x=y= .] 2 5.C → → 6.C [∵AB·AP=-2-2+4=0,∴AP⊥AB,①正确; → → → ∵AP·AD=-4+4=0,∴AP⊥AD,②正确;由①②知AP是平面 ABCD 的法向量,∴③正 确,④错误.] 7.C → → → → → → →2 8.B [△BCD 中,BC·BD=(AC-AB)·(AD-AB)=AB >0.∴∠B 为锐角,同理,∠C, ∠D 均为锐角,∴△BCD 为锐角三角形.] 9.C

6

[建系如图,设 AB=1,则 B(1,0,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1). → ∴BA1=(-1,0,1), → AC1=(0,1,1) → → ∴cos〈BA1,AC1〉





1 = . 2· 2 2

1

→ → ∴〈BA1,AC1〉=60°,即异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等于 60°.] 6? ? 10.C [∵a=(2,3,λ ),b=?-1,1, ?, 3? ? ∴a·b= 6 2 6 2 λ +1,|a|= λ +13,|b|= , 3 3

∴cos〈a,b〉= = |a||b| 23 6 ∴λ = .] 12

a·b

1 = . 2 6 2 2 λ +13· 3

6 λ +1 3

→ → 11.C [∵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). 4 → → → → ?4 4 8? 2 ∴QA·QB=6x -16x+10,∴x= 时,QA·QB最小,这时 Q? , , ?.] 3 ?3 3 3? 12.C [

以点 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方 → → 体的棱长为 1,则A1C=(-1,1,-1),AC1=(-1,1,1). 可以证明 A1C⊥平面 BC1D,AC1⊥平面 A1BD. 1 1 → → 又 cos〈AC1,A1C〉= ,结合图形可知平面 A1BD 与平面 C1BD 所成二面角的余弦值为 .] 3 3 13.2 解析 ∵a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1), ∴c-a=(0,0,1-x),2b=(2,4,2). ∴(c-a)·(2b)=2(1-x)=-2,∴x=2.
7

14.2∶3∶(-4) 7? → ? 解析 AB=?1,-3,- ?, 4? ? 7? → ? AC=?-2,-1,- ?, 4? ? 2 x= y ? ? 3 → → 由 a·AB=0,a·AC=0,得? 4 ? ?z=-3y



? ? x∶y∶z= y∶y∶?- y?
4 2 3 ? 3 ? =2∶3∶(-4). 15.60°或 120°

m·n -1 1 解析 ∵cos〈m,n〉= = =- , |m||n| 2 2· 2 ∴〈m,n〉=120°,即平面 α 与 β 所成二面角的大小为 60°或 120°. π 16. 6 解析

→ 建立如图所示坐标系,则AD=(-1,1,-2), → BC1=(0,2,-2), 6 3 π → → → → ∴cos〈AD,BC1〉= = ,∴〈AD,BC1〉= . 2 6 2 2· 6 π 即异面直线 AD 和 BC1 所成角的大小为 . 6 → → → 1→ 3 → 17.解 ∵MN=MB+BN= DB+ BC1 2 4 1 → → 3 → → = (AB-AD)+ (CC1-CB) 2 4 1 → → 3 → → = (AB-AD)+ (AA1+AD) 2 4 1→ 1→ 3 → 3→ = AB- AD+ AA1+ AD 2 2 4 4 1→ 1→ 3 → = AB+ AD+ AA1, 2 4 4 1 1 3 ∴α = ,β = ,γ = . 2 4 4 18.(1)证明 连结 BD,AC,设 BD 与 AC 交于 O.

8

由底面是菱形,得 BD⊥AC. ∵SB=SD,O 为 BD 中点, ∴BD⊥SO. 又 AC∩SO=O, ∴BD⊥面 SAC. 又 AE? 面 SAC,∴BD⊥AE. (2)解 由(1)知 BD⊥SO, 同理可证 AC⊥SO,∴SO⊥平面 ABCD.

取 AC 和 BD 的交点 O 为原点建立如图所示的坐标系,设 SO=x, 2 2 2 2 则 OA= 4a -x ,OB= 2a -x . ∵OA⊥OB,AB=2a, 2 2 2 2 2 ∴(4a -x )+(2a -x )=4a ,解得 x=a. ∴OA= 3a,则 A( 3a,0,0),C(- 3a,0,0),S(0,0,a). → ∵SC⊥平面 EBD,∴SC是平面 EBD 的法向量. → → ∴SC=(- 3a,0,-a),SA=( 3a,0,-a). 设 SA 与平面 BED 所成角为 α ,

则 sin α =



1 = , 3+1a· 3+1a 2

|-3a +a |

2

2

π 即 SA 与平面 BED 所成的角为 . 6 → 19.解 a=AB=(-1,1,2)-(-2,0,2)=(1,1,0), → b=AC=(-3,0,4)-(-2,0,2)=(-1,0,2). a·b -1+0+0 10 (1)cos θ = = =- , |a|b| 10 2× 5 10 . 10 (2)ka+b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2), ka-2b=(k,k,0)-(-2,0,4)=(k+2,k,-4), ∴(k-1,k,2)·(k+2,k,-4) 2 =(k-1)(k+2)+k -8=0. 5 2 即 2k +k-10=0,∴k=- 或 k=2. 2 20.解 ∴a 与 b 的夹角 θ 的余弦值为-

9

以 O 为坐标原点,射线 OB,OA,OS 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴,建立如图所示的 空间直角坐标系 Oxyz.设 B(1,0,0),则 C(-1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1),SC 的中点 1? ? 1 M?- ,0, ?. 2? ? 2 1? → ?1 1? → ?1 故MO=? ,0,- ?,MA=? ,1,- ?, 2? 2? ?2 ?2 → → → → → SC=(-1,0,-1),所以MO·SC=0,MA·SC=0. 即 MO⊥SC,MA⊥SC. → → 故〈MO,MA〉为二面角 A—SC—B 的平面角.

→ → cos〈MO,MA〉= 即二面角 A—SC—B 的余弦值为 21.



3 . 3

3 . 3

(1)证明 如图,以 A 为原点,AD、AB、AP 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,则依题意可知 A(0,0,0),B(0,2,0), C(4,2,0),D(4,0,0),P(0,0,2). → → → ∴PD=(4,0,-2),CD=(0,-2,0),PA=(0,0,-2). 设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x,y,1),



?-2y=0 ? ?? ?4x-2=0 ?

y=0 ? ? ?? 1 x= , ? ? 2

?1 ? 所以平面 PCD 的一个法向量为? ,0,1?. ?2 ? ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AB, 又∵AB⊥AD,PA∩AD=A,∴AB⊥平面 PAD. → ∴平面 PAD 的法向量为AB=(0,2,0). → → ∵n·AB=0,∴n⊥AB. ∴平面 PDC⊥平面 PAD.

10

(2)解 由(1)知平面 PCD 的一个单位法向量为

n ? 5 2 5? =? ,0, ?. |n| ? 5 5 ?



=?

? ?

,0,

2 5?? 4 5 ? 5 ? ,0, ??= 5 , 5 ?? ?5

4 5 ∴点 B 到平面 PCD 的距离为 . 5 22.(1)证明 连结 BD,设 AC 交 BD 于点 O,由题意知 SO⊥平面 ABCD,以 O 点为坐标原 → → → 点,OB、OC、OS分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz 如图所示. 6 设底面边长为 a,则高 SO= a. 2 于是 S(0,0, 6 2 2 ? ? ? ? a),D?- a,0,0?,C?0, a,0?, 2 2 ? 2 ? ? ?

? 2 ? a,0,0?, ?2 ? 2 ? → ? OC=?0, a,0?, 2 ? ? 2 6 ? → ? SD=?- a,0,- a?, 2 ? ? 2
B?
→ → ∴OC·SD=0. ∴OC⊥SD,即 AC⊥SD. 6 ? → ? 2 (2)解 由题意知,平面 PAC 的一个法向量DS=? a,0, a?,平面 DAC 的一个法向 2 2 ? ? 量 6 ? → ? OS=?0,0, a?, 2 ? ?

设所求二面角为 θ ,则 cos θ =



3 , 2

故所求二面角 P—AC—D 的大小为 30°. (3)解 在棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC. → 由(2)知DS是平面 PAC 的一个法向量, 6 ? → ? 2 6 ? → ? 2 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a?, 2 ? 2 2 ? ?2 ?

11



2 2 ? a, a,0?, 2 2 ? → → 设CE=tCS, → → → → → 则 BE=BC+CE=BC+tCS 2 2 6 ? ? =?- a, a -t , at?. 2 2 2 ? ? 1 → → 由 BE·DS=0,得 t= , 3 → → 即当 SE∶EC=2∶1 时, BE⊥DS 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

BC=?-

? ?

12


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