高中数学选修2-1 章末综合测评3 Word版含答案

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.
【解析】　a＝(1，－3，2)＝－2.
【答案】　C
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＝
【解析】　＝＋＝＋
＝＋＝＋(＋)，
∴x＝1，y＝.应选D.
【答案】　D
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)
【解析】　a＝＝(－1，0，－2)，b＝＝(－4，9，0)，
∴a＋b＝(－5，9，－2)．
【答案】　B
4．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，若＝a＋2b＋3c，则abc的值等于(　　) 【导学号：18490123】
A. B.
C. D．－
【解析】　∵＝＋－＝a＋2b＋3c，∴a＝1，b＝，c＝－.∴abc＝－.
【答案】　D
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
【解析】　如图，∥，⊥，⊥B1D1，故A，B，C选项均正确．
【答案】　D
6．已知向量a，b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则“c·a＝0，且c·b＝0”是l⊥α的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】　若l⊥α，则l垂直于α内的所有直线，从而有c·a＝0，c·b＝0.反之，由于a，b是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立．
【答案】　B
7．已知△ABC的三个顶点为A(3，3，2)，B(4，－3，7)，C(0，5，1)，则BC边上的中线长为(　　)
A．2　　 B．3
C．4　　　 D．5
【解析】　设BC的中点为D，则D(2，1，4)，
∴＝(－1，－2，2)，
∴||＝＝3，即BC边上的中线长为3.
【答案】　B
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
【解析】　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.
【答案】　A
9.如图1，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　)
图1
A. B.
C. D.
【解析】　以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，
∴＝(－2，0，1)，＝(－2，2，0)，且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴sin〈1，〉＝|cos〈1，〉|＝，
∴BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为.
【答案】　D
10．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(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　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，〉|＝＝.
【答案】　A
11．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且＝＋m－n，则m，n的值分别为(　　)
A.，－ B．－，－
C．－， D.，
【解析】　由于＝＋＝＋(＋)＝＋＋，所以m＝，n＝－，故选A.
【答案】　A
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°
【解析】　如图所示，建立空间直角坐标系，
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°.
【答案】　A
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．若a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，且a与b为共线向量，则x＝________，y＝________. 【导学号：18490124】
【解析】　由题意得＝＝，∴x＝，y＝－.
【答案】　　－
14．△ABC的三个顶点坐标分别为A(0，0，)，B，C(－1，0, )，则角A的大小为________．
【解析】　＝，＝(－1，0，0)，则cos A＝＝＝，故角A的大小为30°.
【答案】　30°
15．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2，3)，B(2，1，－1)，若直线AB交平面xOz于点C，则点C的坐标为________．
【解析】　设点C的坐标为(x，0，z)，则＝(x－1，2，z－3)，＝(1，3，－4)，因为与共线，所以＝＝，解得所以点C的坐标为.
【答案】　
16.如图2，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.
图2
给出以下结论：①＋＋＋＝0；②＋－－＝0；③－＋－＝0；④·＝·；⑤·＝0，其中正确结论的序号是________．
【解析】　容易推出：－＋－＝＋＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2×2cos∠ASB，·＝2×2cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正确；其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
【答案】　③④
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．如图3，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
图3
(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.
(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.
18. (本题满分12分)如图4，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AA1＝，求异面直线BA1与AC所成角的余弦值．
图4
【解】　因为＝＋
＝＋，＝－，
且·＝·
＝·＝0，
所以·＝(＋)·(－)
＝·－2＋·－·
＝－1.
又||＝，||＝＝，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为.
19. (本小题满分12分)如图5，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．
图5
(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.
(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.
20. (本小题满分12分)如图6，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC＝2AB＝2AD＝4BE，平面PAB⊥平面ABCD.
图6
(1)求证：平面PED⊥平面PAC; 【导学号：18490125】
(2)若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A­PC­D的余弦值．
【解】　(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，AB⊥PA，
∴PA⊥平面ABCD，
又∵AB⊥AD，故可建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，
不妨设BC＝4，AP＝λ(λ>0)，
则有D(0，2，0)，E(2，1，0)，C(2，4，0)，P(0，0，λ)，
∴＝(2，4，0)，＝(0，0，λ)，＝(2，－1，0)，
∴·＝4－4＋0＝0，·＝0，
∴DE⊥AC，DE⊥AP且AC∩AP＝A，
∴DE⊥平面PAC.
又DE⊂平面PED，
∴平面PED⊥平面PAC.
(2)由(1)知，平面PAC的一个法向量是＝(2，－1，0)，＝(2，1，－λ)，
设直线PE与平面PAC所成的角为θ，
∴sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，解得λ＝±2.
∵λ>0，∴λ＝2，即P(0，0，2)，
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，2，0)，＝(0，－2，2)，
由n⊥，n⊥，
∴不妨令x＝1，则n＝(1，－1，－1)．
∴cos〈n，〉＝＝，
显然二面角A­PC­D的平面角是锐角，
∴二面角A­PC­D的余弦值为.
21. (本小题满分12分)如图7，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD＝AD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．
图7
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若BE⊥平面PCD，
①求异面直线PD与BC所成角的余弦值；
②求二面角E­BD­C的余弦值．
【解】　设AB＝a，PA＝b，建立如图的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(a，0，0)，P(0，0，b)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，E.
(1)＝，＝(0，2a，0)，＝(0，0，b)，所以＝＋，
因为BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(2)因为BE⊥平面PCD，所以BE⊥PC，
即·＝0，＝(2a，2a，－b)，
所以·＝2a2－＝0，则b＝2a.
①＝(0，2a，－2a)，＝(a，2a，0)，cos〈，〉＝＝，所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为.
②在平面BDE和平面BDC中，＝(0，a，a)，＝(－a，2a，0)，＝(a，2a，0)，所以平面BDE的一个法向量为n1＝(2，1，－1)；平面BDC的一个法向量为n2＝(0，0，1)；cos〈n1，n2〉＝，所以二面角E­BD­C的余弦值为.
22．(本小题满分12分)如图8，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8
(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．
【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)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．