高中数学选修2-1第三章《空间向量与立体几何》单元检测卷含解析

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()①AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;②2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;③AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;④AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .A.①②B.②③C.②④D.①④解析①中,原式=AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,不符合题意;②中,原式=2(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0;③中,原式=AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,不符合题意;④中,原式=(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0.故选C.答案C2.已知向量a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则实数λ的值为()A.-2B.-143C.145D.2解析∵a⊥(a-λb),∴a·(a-λb)=|a|2-λa·b=0,∴|a|2=λa·b,∴14=λ(2+2+3)=7λ,解得λ=2.故选D.答案D3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-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AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥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AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.a 2B.14a 2C.12a 2D.√34a 2解析在正四面体ABCD 中,点E 、F 分别是BC 、AD 的中点,∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .因为是正四面体,所以BE ⊥AD ,∠BAD=π3,即AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB|·|AD|cos π3=A 22,所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 24,故选B.答案B5.已知平面α和平面β的法向量分别为m =(3,1,-5),n =(-6,-2,10),则( ) A.α⊥βB.α∥βC.α与β相交但不垂直D.以上都不对解析∵n =(-6,-2,10),m =(3,1,-5),∴n =-2m .∴m ∥n .∴α与β平行.答案B6.平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 两两的夹角均为60°,且|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |等于( )A.5B.6C.4D.8解析设AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=a 2+b 2+c 2+2a ·b +2b ·c +2c ·a =25,因此|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=5.答案A7.三棱锥A-BCD 中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( )A.-2B.2C.-2√3D.2√3解析AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2×cos90°-2×2×cos60°=-2. 答案A8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A 1B 1C 1,CA=CC 1=2CB ,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.√55B.√53C.2√55D.35解析不妨设CB=1,则B (0,0,1),A (2,0,0),C 1(0,2,0),B 1(0,2,1).∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,1). ∴cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×3=√55. 故选A . 答案A9.已知A (1,0,0),B (0,-1,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°,则λ的值为( ) A.±√66B.√66C.-√66D.±√6解析因为A (1,0,0),B (0,-1,1),所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+λ(0,-1,1)=(1,-λ,λ),|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+2A 2, |AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2λ, 所以cos120°=√2×√2A 2+1=-12,所以λ<0,且4λ=-√4A 2+2, 解得λ=-√66,故选C.答案C10.若正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等,D 是A 1C 1的中点,则直线AD 与平面B 1DC 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O-xyz.设三棱柱的棱长为2,则A (0,-1,0),D (0,0,2),C (0,1,0),B 1(√3,0,2),∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2).设n =(x ,y ,z )为平面B 1CD 的一个法向量, 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-A +2A =0,√3A -A +2A =0,故{A =0,A =2A ,令z=1,得n =(0,2,1).设直线AD 与平面B 1DC 所成角为α, 则sin α=|cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A |=5×√5=45,所以直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为45.故选A. 答案A11.如图,ABCD-A 1B 1C 1D 1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A 1,E ,F ,C 1四点共面时,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.√32B.12C.15D.2√65解析以D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(6,0,6),E (6,3,0),F (3,6,0).设平面A 1DE 的法向量为n 1=(a ,b ,c ),依题意得{A 1·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6A +3A =0,A 1·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6A +6A =0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n 1=(-1,2,1). 同理得平面C 1DF 的一个法向量为n 2=(2,-1,1),由题图知,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|A 1·A 2||A 1||A 2|=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.3√427B.4√427C.5√427D.6√427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 (0,4,4√6),A (0,0,0),B (4,0,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,4√6), 设平面PAB 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{A ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4A +4√6A =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4A =0, 取z=1,得n =(0,-√6,1),∴点C 到平面PAB 的距离d=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A ||A |=√67=4√427.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AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,4,5),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,x ,y ),若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则xy= . 解析∵AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴存在实数k 使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .∴{2=3A ,4=AA ,5=AA ,则xy=20A 2=20(23) 2=45.故答案为45.答案4514.已知AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,5,3),则平面ABC 的单位法向量是 . 解析设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A =0,即{2A +2A +A =0,4A +5A +3A =0.令z=1,得{A =12,A =-1,所以n =(12,-1,1),故平面ABC 的单位法向量为±A |A |=±(13,-23,23).答案±(13,-23,23)15.已知正四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1中,上底面A 1B 1C 1D 1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AD 1与B 1C 所成角的余弦值为 .解析设上、下底面中心分别为O 1,O ,则OO 1⊥平面ABCD ,以O 为原点,直线BD ,AC ,OO 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A 1B 1=1,所以AC=BD=2√2,A 1C 1=B 1D 1=√2. 因为平面BDD 1B 1⊥平面ABCD , 所以∠B 1BO 为侧棱与底面所成的角, 故∠B 1BO=60°.设棱台高为h ,则tan60°=√2-√22,h=√62,所以A (0,-√2,0),D 1(-√22,0,√62),B 1(√22,0,√62),C (0,√2,0), 所以AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,√62),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,-√62), 故cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=14, 故异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为14. 答案1416.已知矩形ABCD 中,AB=1,BC=√3,将矩形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AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(√32)2+12+(√32)2+2(0+0+0)=52,故|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√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 ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,试用基底{a ,b ,c }表示向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .解因为BG=2GD ,所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+c-2b , 所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ?(O 为原点) 解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=√02+(-5)2+52=5√2. (2)AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +t AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2)=(-3+t ,-1-t ,4-2t ),若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·b =0,所以-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t=95,因此存在点E ,使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,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-A 1B 1C 1中,∠ABC=π2,D 是棱AC 的中点,且AB=BC=BB 1=2.(1)求证:AB 1∥平面BC 1D ;(2)求异面直线AB 1与BC 1所成的角.(1)证明如图,连接B 1C 交BC 1于点O ,连接OD.因为O 为B 1C 的中点,D 为AC 的中点,所以OD ∥AB 1. 因为AB 1⊄平面BC 1D ,OD ⊂平面BC 1D ,所以AB 1∥平面BC 1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz ,则B (0,0,0),A (0,2,0),C 1(2,0,2),B 1(0,0,2), 因此AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).所以cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |==12,设异面直线AB 1与BC 1所成的角为θ,则cos θ=12,由于θ∈(0,π2),故θ=π3.20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,点D 在棱A 1B 1上,E ,F 分别是CC 1,BC 的中点,AE ⊥A 1B 1,AA 1=AB=AC=2.(1)证明:DF ⊥AE ;(2)当D 为A 1B 1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-A 1B 1C 1中,有AA 1⊥A 1B 1,又因为AE ⊥A 1B 1,所以A 1B 1⊥平面AA 1C 1C , 因为A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ,所以A 1B 1⊥A 1C 1. 所以AB ⊥AC ,AB ⊥AA 1,AC ⊥AA 1,如图,分别以AC ,AA 1,AB 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A-xyz , 则C (2,0,0),B (0,0,2),A (0,0,0),A 1(0,2,0),F (1,0,1),E (2,1,0).设D (0,2,t ),则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,t-1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,t-1)·(2,1,0)=0, 所以DF ⊥AE.(2)解当D 为A 1B 1的中点时,D (0,2,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),设平面DEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{A +A -A =0,A -2A =0,令y=1得,n =(2,1,3),容易知平面ABC 的法向量为n 0=(0,1,0), 所以cos <n ,n 0>=A ·A 0|A |·|A 0|==√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,AB ∥CD ,过A ,B 分别作AE ⊥CD ,BF ⊥CD ,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AF ⊥BD ,证明:DE ⊥平面ABFE ;(2)若DE ∥CF ,CD=√3,线段AB 上存在一点P ,满足CP 与平面ACD 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,AF ⊥BE ,由已知得AF ⊥BD ,BE ∩BD=B ,∴AF ⊥平面BDE , 又DE ⊂平面BDE ,∴AF ⊥DE ,又AE ⊥DE ,AE ∩AF=A ,∴DE ⊥平面ABFE.(2)解在图2中,AE ⊥DE ,AE ⊥EF ,DE ∩EF=E ,即AE ⊥平面DEFC ,在梯形DEFC 中,过点D 作DM ∥EF 交CF 于点M ,连接CE ,由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DC ⊥CF ,则∠CDM=π6,CE=2,过点E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ,可知GE ,EA ,EF 两两垂直,以E 为坐标原点,以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,1,√3),D 0,-12,√32,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,√3),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,-12,√32.设平面ACD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2A +A +√3A =0,-2A -12A +√32A =0,取x=1得n =(1,-1,√3), 设AP=m ,则P (2,m ,0)(0≤m ≤2),得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,m-1,-√3), 设CP 与平面ACD 所成的角为θ, sin θ=|cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√5×√7+(A -1)2=√520⇒m=23. 所以AP=23.22.(本小题满分12分)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ACB=90°,A 1B ⊥AC 1,AC=AA 1=4,BC=2.(1)求证:平面A 1ACC 1⊥平面ABC ;(2)若∠A 1AC=60°,在线段AC 上是否存在一点P ,使二面角B-A 1P-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∵AC=AA 1,∴四边形AA 1C 1C 为菱形,连接A 1C ,则A 1C ⊥AC 1,又A 1B ⊥AC 1,且A 1C ∩A 1B=A 1,∴AC 1⊥平面A 1CB ,则AC 1⊥BC ,又∠ACB=90°,即BC ⊥AC ,∴BC ⊥平面A 1ACC 1,而BC ⊂平面ABC ,∴平面A 1ACC 1⊥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A 1ACC 1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,∵AC=AA 1=4,BC=2,∠A 1AC=60°,∴C (0,0,0),B (0,2,0),A (4,0,0),A 1(2,0,2√3).设在线段AC 上存在一点P ,满足AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),使得二面角B-A 1P-C 的余弦值为√34. 则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4λ,0,0).AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-2,0)+(-4λ,0,0)=(4-4λ,-2,0),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-4λ,0,-2√3),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2√3).设平面BA 1P 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4-4A )A 1-2A 1=0,A ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-4A )A 1-2√3A 1=0,取x 1=1,得m =1,2-2λ,√3,平面A 1PC 的一个法向量为n =(0,1,0). 由|cos <m ,n >|=|A ·A ||A ||A |=√1+(2-2A )2+(1-2A )23×1=√34, 解得λ=43或λ=34.因为0≤λ≤1,所以λ=34.故在线段AC 上存在一点P ,满足AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,使二面角B-A 1P-C 的余弦值为√34.。

章末检测试卷(三)(时间：120分钟 满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．已知a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a ·b ＝2，则x 的值是________． 答案 5解析 ∵a ·b ＝－3＋2x －5＝2， ∴x ＝5.2.如图，在空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，点N 为BC 的中点，则MN →＝________.(用a ，b ，c 表示)答案 －23a ＋12b ＋12c解析 如图，连结ON ，由向量的加法法则，可知MN →＝MO →＋ON →＝－23OA →＋12(OB →＋OC →)＝－23a ＋12(b ＋c )＝－23a ＋12b ＋12c .3．设i ，j ，k 为单位正交基底，已知a ＝3i ＋2j －k ，b ＝i －j ＋2k ，则5a ·3b ＝________. 答案 －15解析 ∵a ＝(3,2，－1)，b ＝(1，－1,2)，∴5a ·3b ＝15a ·b ＝－15.4．设平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－2)，v ＝(－3，－6，6)，则α，β的位置关系为________．考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面平行 答案 平行或重合解析 ∵平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－2)，v ＝(－3，－6,6)，满足v ＝－3u ，∴α∥β或重合．5．若空间向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，且a 与b 的夹角为60°，则a ·a ＋a ·b ＝________. 答案 32解析 由空间向量数量积的性质，知a ·a ＝|a |2＝1. 由空间向量数量积的定义，得a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝1×1×cos60°＝12，从而a ·a ＋a ·b ＝1＋12＝32.6．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，M 为BC 中点，则△AMD 为________三角形． 答案 直角解析 ∵M 为BC 中点， ∴AM →＝12(AB →＋AC →)．∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．7.在三棱锥P －ABC 中，CP ，CA ，CB 两两垂直，AC ＝CB ＝1，PC ＝2，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量中是平面P AB 的法向量的是________．(填序号)①⎝⎛⎭⎫1，1，12；②(1，2，1)；③(1,1,1)；④(2，－2,1)． 答案 ①解析 由题意知，C (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,2)，则P A →＝(1,0，－2)，AB →＝(－1,1,0)， 设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x －2＝0，－x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，∴n ＝(2,2,1)．又⎝⎛⎭⎫1，1，12＝12n ，∴①正确． 8．已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠B ＝30°，AB ＝4，D 为AB 的中点，沿中线将△ACD 折起使得AB ＝13，则二面角A －CD －B 的大小为________． 答案 120°解析 如图，取CD 中点E ，在平面BCD 内过点B 作BF ⊥CD ，交CD 延长线于点F .据题意知AE ⊥CD ，AE ＝BF ＝3，EF ＝2，AB ＝13. 且〈EA →，FB →〉为二面角的平面角， 由AB →2＝(AE →＋EF →＋FB →)2得13＝3＋3＋4＋2×3×cos 〈AE →，FB →〉， ∴cos 〈EA →，FB →〉＝－12，又∵〈EA →，FB →〉∈[0°，180°]， ∴〈EA →，FB →〉＝120°. 即所求的二面角为120°.9.如图，在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为△ABC 的重心，E 是BD 上一点，BE ＝3ED ，若以{AB →，AC →，AD →}为基底，则GE →＝________.答案 －112AB →－13AC →＋34AD →解析 GE →＝AE →－AG →＝AD →＋DE →－23AM →＝AD →＋14DB →－13(AB →＋AC →)＝AD →＋14AB →－14AD →－13AB →－13AC →＝－112AB →－13AC →＋34AD →.10.如图，在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝8，AD ＝6，AA ′＝8，∠BAD ＝∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′的长为________．答案 18解析 ∵AC ′—→＝AC →＋CC ′—→＝AB →＋AD →＋AA ′—→，|AC ′—→|2＝(AB →＋AD →＋AA ′—→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA ′—→|2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA ′—→＋AD →·AA ′—→) ＝82＋62＋82＋2×(24＋32＋24)＝324， ∴|AC ′—→|＝324＝18.11.如图，S 是正三角形ABC 所在平面外一点，M ，N 分别是AB 和SC 的中点，SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝90°，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为________．答案105解析 不妨设SA ＝SB ＝SC ＝1，以点S 为坐标原点，SA ，SB ，SC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系S －xyz ，则相关各点坐标为A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，S (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N ⎝⎛⎭⎫0，0，12. 因为SM →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0， BN →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12， 所以|SM →|＝12，|BN →|＝54， SM →·BN →＝－12，cos 〈SM →，BN →〉＝SM →·BN →|SM →| |BN →|＝－105，因为异面直线所成的角为锐角或直角， 所以异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为105. 12.如图所示，已知二面角αlβ的平面角为θ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB 在平面β内，BC 在l 上，CD 在平面α内，若AB ＝BC ＝CD ＝1，则AD 的长为________．答案3－2cos θ解析 因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →，所以AD →2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2AB →·CD →＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ.所以|AD →|＝3－2cos θ， 即AD 的长为3－2cos θ.13．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________． 答案 ⎝⎛⎭⎫43，43，83解析 设Q (x ，y ，z )，因为Q 在OP →上，故有OQ →∥OP →， 设OQ →＝λOP →(λ∈R )，可得x ＝λ，y ＝λ，z ＝2λ， 则Q (λ，λ，2λ)，QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA →·QB →＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23， 故当λ＝43时，QA →·QB →取最小值，此时Q ⎝⎛⎭⎫43，43，83. 14．给出下列命题：①若AB →＝CD →，则必有A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段； ②若a ·b <0，则〈a ，b 〉是钝角；③若a 为直线l 的方向向量，则λa (λ∈R )也是l 的方向向量；④非零向量a ，b ，c 满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，则a ，b ，c 必共面． 其中不正确的命题为________．(填序号) 答案 ①②③④解析 ①错误，如在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝A 1B 1—→，但线段AB 与A 1B 1不重合；②错误，a ·b <0，即cos 〈a ，b 〉<0⇒π2<〈a ，b 〉≤π，而钝角的取值范围是⎝⎛⎭⎫π2，π；③错误，当λ＝0时，λa ＝0不能作为直线l 的方向向量；④错误，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，令AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则它们两两共面，但显然AB →，AD →，AA 1—→是不共面的． 二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14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k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值． 解 a ＝AB →＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)， b ＝AC →＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)． (1)cos θ＝a ·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 与b 的夹角θ的余弦值为－1010. (2)k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)， k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)， ∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4) ＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0. 即2k 2＋k －10＝0， ∴k ＝－52或k ＝2.16．(14分)已知空间内三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)． (1)求以向量AB →，AC →为一组邻边的平行四边形的面积S ；(2)若向量a 与向量AB →，AC →都垂直，且|a |＝3，求向量a 的坐标． 解 (1)∵AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴cos ∠BAC ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝714×14＝12，又∵∠BAC ∈[0°，180°]，∴∠BAC ＝60°，∴S ＝|AB →||AC →|sin60°＝7 3. (2)设a ＝(x ，y ，z )，由a ⊥AB →，得－2x －y ＋3z ＝0， 由a ⊥AC →，得x －3y ＋2z ＝0， 由|a |＝3，得x 2＋y 2＋z 2＝3， ∴x ＝y ＝z ＝1或x ＝y ＝z ＝－1. ∴a ＝(1,1,1)或a ＝(－1，－1，－1)．17．(14分)如图所示，已知几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1是平行六面体．(1)化简12AA 1—→＋BC →＋23AB →，并在图上标出结果；(2)设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC 1B 1对角线BC 1上的点，且C 1N ＝14C 1B ，设MN→＝αAB →＋βAD →＋γAA 1—→，试求α，β，γ的值．解 (1)取AA 1的中点E ，在D 1C 1上取一点F ，使得D 1F ＝2FC 1，连结EF ，则12AA 1—→＋BC →＋23AB → ＝EA 1—→＋A 1D 1—→＋D 1F —→＝EF →. (2)MN →＝MB →＋BN → ＝12DB →＋34BC 1—→ ＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC 1—→)＝12AB →＋14AD →＋34AA 1—→， 所以α＝12，β＝14，γ＝34.18．(16分)如图所示，已知直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，AC ＝BC ＝BB 1.(1)求证：BC 1⊥AB 1； (2)求证：BC 1∥平面CA 1D .证明 如图所示，以C 1为坐标原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设AC ＝BC ＝BB 1＝2，则A (2,0,2)，B (0,2,2)，C (0,0,2)，A 1(2,0,0)，B 1(0,2,0)，C 1(0,0,0)，D (1,1,2)．(1)由于BC 1—→＝(0，－2，－2)，AB 1—→＝(－2,2，－2)， ∴BC 1—→·AB 1—→＝0－4＋4＝0， 即BC 1—→⊥AB 1—→，故BC 1⊥AB 1. (2)取A 1C 的中点E ，连结DE . 由于E (1,0,1)，∴ED →＝(0,1,1)，又BC 1—→＝(0，－2，－2)， ∴ED →＝－12BC 1—→，且ED 与BC 1不共线，∴ED ∥BC 1，又ED ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ， ∴BC 1∥平面CA 1D .19．(16分)如图，已知四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形，P A ＝AB ＝a ，点M 是PC 的中点．(1)求BP 与DM 所成的角的大小； (2)求二面角M －DA －C 的大小．解 (1)以A 为坐标原点，AB →，AD →，AP →为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系． 由已知得A (0，0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0，a,0)，P (0,0，a )，M ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.设直线BP 与DM 所成的角为θ. ∵BP →＝(－a,0，a )，DM →＝⎝⎛⎭⎫a 2，－a 2，a 2， ∴BP →·DM →＝0.∴BP 与DM 所成的角θ＝90°.(2)∵AP →＝(0,0，a )，AB →＝(a,0,0)，AD →＝(0，a,0)， BP →＝(－a,0，a )，∴BP →·AD →＝0，AP →·AB →＝0，AP →·AD →＝0. 又由(1)知BP →·DM →＝0，∴BP →是平面MDA 的法向量，AP →是平面ABCD 的法向量，则cos 〈BP →，AP →〉＝BP →·AP →|BP →||AP →|＝22.∴所求的二面角M －DA －C 的大小为45°.20．(16分)如图所示，四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，△ABE 为等边三角形，且平面ABCD ⊥平面ABE ，AB ＝2CD ＝2BC ＝2，P 为CE 的中点．(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求平面ADE 与平面BCE 所成的锐二面角的余弦值；(3)在△ABE 内是否存在一点Q ，使PQ ⊥平面CDE ？如果存在，求PQ 的长；如果不存在，请说明理由．(1)证明 取AB 的中点O ，连结OD ，OE ， 因为△ABE 是正三角形，所以AB ⊥OE .因为四边形ABCD 是直角梯形，DC ＝12AB ，AB ∥CD ，所以四边形OBCD 是平行四边形， 所以OD ∥BC .又AB ⊥BC ，所以AB ⊥OD ，又OE ∩OD ＝O ，所以AB ⊥平面ODE ， 所以AB ⊥DE .(2)解 因为平面ABCD ⊥平面ABE ，AB ⊥OE ，OE ⊂平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB . 所以OE ⊥平面ABCD ， 所以OE ⊥OD .如图所示，以O 为坐标原点，OA ，OE ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (－1,0,0)， D (0,0,1)，C (－1,0,1)， E (0，3，0)，所以AD →＝(－1,0,1)，DE →＝(0，3，－1)．最新中小学教案、试题、试卷设平面ADE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DE →＝0，n 1·AD →＝0，即⎩⎨⎧3y 1－z 1＝0，－x 1＋z 1＝0， 令z 1＝1，则x 1＝1，y 1＝33， 所以n 1＝⎝⎛⎭⎫1，33，1， 同理可求得平面BCE 的一个法向量为 n 2＝(－3，1,0)，设平面ADE 与平面BCE 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪33－373×2＝77， 所以平面ADE 与平面BCE 所成的锐二面角的余弦值为77. (3)解 假设存在Q (x 2，y 2,0)满足题意，因为P ⎝⎛⎭⎫－12，32，12，所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫x 2＋12，y 2－32，－12， 又CD →＝(1,0,0)，DE →＝(0，3，－1)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧PQ →·CD →＝0，PQ →·DE →＝0，即⎩⎨⎧ x 2＋12＝0，3⎝⎛⎭⎫y 2－32＋12＝0， 解得⎩⎨⎧x 2＝－12，y 2＝33， 易知点Q ⎝⎛⎭⎫－12，33，0在△ABE 内， 所以△ABE 内存在点Q ⎝⎛⎭⎫－12，33，0，使PQ ⊥平面CDE ，此时PQ ＝33.。

单元测评(三)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷60分,第Ⅱ卷90分,共150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题共60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.给出下列说法:①零向量没有确定的方向;②空间向量是不能平行移动的;③有向线段可用来表示空间向量,有向线段长度越长,其所表示的向量的模就越大;④如果两个向量不相同,那么它们的长度也不相等.其中正确的说法是()A.①②B.②③C.①③D.①③④2.与向量a=(1,3,-2)平行的一个向量的坐标是()A.B.C.D.(,-3,-2)3.已知A(2,-5,1),B(2,-4,2),C(1,-4,1),则与的夹角为()A.30°B.60°C.45°D.90°4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=x+2y+3z,则x+y+z等于()A.1B.C. D.5.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)B.(2,-2,0)C.D.6.如图C3-1所示,已知空间四边形OABC中,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,则cos<,>的值为()图C3-1A. B.0C. D.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.8.已知空间四面体OABC中,G1是△ABC的重心,G是OG1上一点,且OG=3GG1,若=x+y+z,则x,y,z的值分别为()A.,,B.,,C.,,D.,,9.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),且a与b夹角的余弦值为,则λ等于()A.-2或B.-2C.2D.2或-图C3-210.如图C3-2所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E 到平面ACD1的距离为 ()A .B .C .D .11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为()A .B .C .D .图C3-312.如图C3-3,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论错误的是()A.BD∥平面CB1D1B.AC1⊥BDC.AC1⊥平面CB1D1D.向量与的夹角为60°请将选择题答案填入下表:第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在题中横线上)13.已知a=(3λ,6,λ+6),b=(λ+1,3,2λ)为两平行平面的法向量,则λ=.14.若a=(2,3,-1),b=(-2,1,3),则以a,b为邻边的平行四边形的面积为.图C3-415.如图C3-4,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=AA1=2,点D是AC的中点,则异面直线A1D和B1C所成角的大小为.16.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则EF与平面CDD1C1所成角的正弦值为.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.(10分)如图C3-5所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,AC与BD交于O 点,G为BD上一点,且BG=2GD,设=a,=b,=c,试用a,b,c表示向量.图C3-518.(12分)如图C3-6所示,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都是1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,O为A1C1的中点,记=a,=b,=c.(1)用向量a,b,c表示向量;(2)求||.图C3-619.(12分)如图C3-7所示,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的体对角线BD'上,∠PDA=60°.(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.图C3-720.如图C3-8①所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2,点M为线段AB的中点,将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到几何体D-ABC,如图C3-8②所示.(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)求二面角A-CD-M的余弦值.①②图C3-821.(12分)在如图C3-9所示的多面体中,底面ABCD为矩形,AB=PC=1,AD=AS=2,且AS∥CP,AS⊥平面ABCD,E为BC的中点.(1)求证:AE∥平面SPD;(2)求二面角B-PS-D的余弦值.图C3-922.(12分)如图C3-10,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2,点P为B1C1的中点.(1)证明:平面A1AC⊥平面ABB1;(2)求棱AA1与BC所成角的大小;(3)求二面角P-AB-A1的余弦值.图C3-10单元测评(三)1.C[解析]①正确,零向量的方向是任意的;②错误,空间向量可以平行移动;③正确,向量的模可以比较大小,有向线段长度越长,其所表示的向量的模就越大;④错误,如果两个向量不相同,它们的长度可以相等.2.B[解析]=-=-a,故选B.3.B[解析]由题意得=(0,1,1),=(-1,1,0),cos<,>===,所以与的夹角为60°.4.D[解析]∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=x+2y+3z,且=++,∴x=1,2y=1,3z=1,∴x=1,y=,z=,∴x+y+z=1++=,故选D.5.C[解析]由=(-1,1,0),且点H在直线OA上,可设H(-λ,λ,0),则=(-λ,λ-1,-1).∵BH⊥OA,∴·=0,即(-λ,λ-1,-1)·(-1,1,0)=0,即λ+λ-1=0,解得λ=,∴H.6.B[解析]∵=-,OB=OC,∴·=·(-)=·-·=||||cos-||||cos=0,故选B.7.D[解析]∵a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),∴a与b不共线,又∵a,b,c三向量共面,∴存在实数x,y使c=xa+yb,即解得λ=,故选D.8.A[解析]∵==(OA+)=+××(+)=+[(-)+(-)]=++,且=x+y+z,∴x=,y=,z=.9.A[解析]cos<a,b>===,解得λ=-2或.故选A.10.C[解析]如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,连接D1E,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则即得令a=2,则n=(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离h==.11.C[解析]如图,以点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,设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),C(0,1,0),A(1,0,0),C1(0,1,1),∴=(-1,1,-1),=(-1,1,1).易知A1C⊥平面BC1D,AC1⊥平面A1BD,∵cos<,>=,∴结合图形可知平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为.12.D[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,不妨设正方体的棱长为1,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),所以=(-1,0,0),=(-1,-1,0),=(-1,1,1),=(0,-1,1),=(-1,-1,0),=(1,0,1).对于选项A,由=知结论正确;对于选项B,由·=0知结论正确;对于选项C,由·=0,·=0,且B1D1∩CB1=B1,知结论正确;对于选项D,由cos<,>==-,知结论不正确.13.2[解析]由题意知a∥b,∴==,解得λ=2.14.6[解析]cos<a,b>==-,则sin<a,b>=,故所求面积S=|a||b|sin<a,b>=6.15.[解析]建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(2,0,2),D(1,1,0),B1(0,0,2),C(0,2,0),∴=(-1,1,-2),=(0,2,-2),∴cos<,>==,∴<,>=,即异面直线A1D和B1C 所成角的大小为.16.[解析]建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则E(2,0,1),F(1,2,0),∴=(-1,2,-1).又平面CDD1C1的一个法向量为=(0,2,0),|cos<,>|==,∴所求角的正弦值为.17.解:∵BG=2GD,∴=.又=+=-+-=a+c-2b,∴=+=b+(a+c-2b)=a-b+c.18.解:(1)∵O为A1C1的中点,∴=(+)=(++)=(2++)=a+b+c.(2)∵=a+b+c,∴||2=a2+b2+c2+a·b+a·c+b·c=++1+++=,∴||=.19.解:如图,以D为原点,DA,DC,DD'所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),C'(0,1,1),∴=(1,0,0),=(0,0,1).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),则由已知有cos<,>==cos60°,可得2m=,解得m=,所以=.(1)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°,故DP与平面AA'D'D所成的角为30°.20.解:(1)证明:由已知可得AC=2,∠CAB=45°,在△ABC中,由余弦定理得CB=2,从而AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.∵平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,∴BC⊥平面ACD.(2)取AC的中点O,连接DO,MO,由题意知DO⊥平面ABC.∵O,M分别是AC,AB的中点,∴OM∥BC,∴OM⊥AC.以O为坐标原点,以OA,OM,OD所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由(1)知,M(0,,0),C(-,0,0),D(0,0,),∴=(,,0),=(,0,),设平面CDM的法向量为n=(x,y,z),则有即取x=-1,得平面CDM的一个法向量为n=(-1,1,1).由题易知平面ACD的一个法向量为m=(0,1,0),∴cos<m,n>==,结合图形知二面角A-CD-M的余弦值为.21.解:(1)证明:取SD的中点F,连接PF,过F作FQ⊥AD于点Q,连接QC,∵AS⊥平面ABCD,∴AS⊥AD,∴AS∥FQ.∵F为SD的中点,∴Q为AD的中点,∴FQ=AS.又PC=AS,∴FQ=PC.∵AS∥CP,AS∥FQ,∴FQ∥PC,∴四边形CPFQ为平行四边形,∴PF∥CQ.∵AQ∥EC,AQ=EC,∴四边形AECQ为平行四边形,∴AE∥CQ,∴AE∥PF.∵PF⊂平面SPD,AE⊄平面SPD,∴AE∥平面SPD.(2)以A点为坐标原点,以AB,AD,AS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则B(1,0,0),D(0,2,0),S(0,0,2),P(1,2,1),∴=(1,2,-1),=(1,0,-2),=(0,2,-2).设平面BPS与平面SPD的法向量分别为m=(x,y,z),n=(a,b,c),则即取z=2,得m=(4,-1,2),即取c=1,得n=(-1,1,1).∵两平面的法向量所成角的余弦值为cos<m,n>===-,∴结合图形知所求二面角的余弦值为-.22.解:(1)证明:∵A1B⊥平面ABC,∴A1B⊥AC,又AB⊥AC,AB∩A1B=B,∴AC⊥平面ABB1.∵AC ⊂平面A1AC,∴平面A1AC⊥平面ABB1.(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),C1(2,2,2),∴=(0,2,2),==(2,-2,0),∴===,故棱AA1与BC所成的角是.(3)∵P为棱B1C1的中点,∴易求得P(1,3,2).设平面PAB的法向量为n1=(x,y,z),则由得令z=1,则n1=(-2,0,1),而平面ABA1的一个法向量为n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>==-=-.由图可知二面角P-AB-A1为锐二面角,故二面角P-AB-A1的余弦值是.。

这时Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若A (x,5－x,2x －1)，B (1，x ＋2,2－x )，则当|AB →|取最小值时，x 的值等于________．解析：AB →＝(1－x,2x －3，－3x ＋3)，则 |AB →|＝1－x2＋2x －32＋－3x ＋32＝14x 2－32x ＋19＝14⎝⎛⎭⎪⎫x －872＋57，故当x ＝87时，|AB →|取最小值．答案：8714．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值是________． 解析：如图，以DA 、DC 、DD 1分别为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A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， 易证AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量．AC 1→＝(－1,1,1)，BC 1→＝(－1,0,1)． cos 〈AC 1→，BC 1→〉＝1＋13×2＝63. 所以BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为63.答案：63设AC ∩BD ＝N ，连结NE ，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E (0,0,1)， ∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1. 又A (2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1. ∴NE →＝AM →，且NE 与AM 不共线．∴NE ∥AM .又NE ⊂平面BED ，AM ⊄平面BDE ，∴AM ∥平面BDE .(2)设P (t ，t,0)(0≤t ≤2)，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－t2＋2－t 2＋1·2＝12， 解之得t ＝22，或t ＝322(舍去)． 故点P 为AC 的中点．22．(本小题满分12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．。