2019-2020学年高中数学选修2-1第3章《空间向量与立体几何》测试卷及答案

12019-2020学年高中数学选修2-1第3章《空间向量与立体几何》测试卷(时间:90分钟满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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在空间四边形ABCD,连接AC,BD,若△BCD为正三角形,且E为其中心,则化简⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的结果是A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0D.⃗⃗⃗⃗⃗解析:如图,F是BC的中点,E为DF的三等分点,于是⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0.故选C.答案:C2设平面α内的两个向量a=(1,2,1),b=(-1,1,2),则下列向量中是α的法向量的是()A.(-1,-2,5)B.(-1,1,-1)C.(1,1,1)D.(1,-1,-1)解析:设平面α的法向量为n=(x,y,z),则{-取y=1,得n=(-1,1,-1).答案:B3如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A√√√2解析:不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-√√故选A.答案:A4若向量a=(1,x,2),b=(2,-1,2),a,b夹角的余弦值为则等于A.2B.-2C.-2或或解析:cosa,b-√解得x=-2或x答案:C5如图,在空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为正方体的棱AA1的中点,F为棱AB上的一点,若∠C1EF=90°,则点F的坐标为()A()()C()()解析:由题意可得E(2,0,1),C1(0,2,2),设F(2,y,0),则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗因为∠C1EF=90°,所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗解得y则点F的坐标为()故选C.答案:C6已知点A(-3,4,3),O为坐标原点,则OA与坐标平面yOz所成角的正切值为()A3解析:∵点A在平面yOz上射影为B(0,4,3),且|OB|=5,∴OA与平面yOz所成角θ满足tanθ答案:B7如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,若∠A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,则A1C的长为()A√√C√√答案:A8在边长为1的菱形ABCD中,∠ABC=60°.将菱形沿对角线AC折起,使折起后BD=1,则二面角B-AC-D的余弦值为()A√√解析:设菱形对角线AC与BD相交于点O,则∠BOD为二面角B-AC-D的平面角,由余弦定理可得cos∠BOD答案:A9如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1√分别是面、面的中心则两点间的距离为A.1B√√解析:以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(1,1√(√)4所以|EF|√--(√-√)√故选C.答案:C10已知正三角形ABC,BC⊂平面α,点A在α上的射影为点A',∠BA'C=90°,则平面ABC与平面α所成的二面角的正弦值等于()A√√C√√解析:如图所示,过点A'作A'D⊥BC,垂足为D,连接AD,则易知∠ADA'为所求二面角的平面角,令BC=a,则AB=AC=a,∴A'B=A'C√∴A'A√又⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∴sin∠ADA'⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√答案:A二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11若空间三点A(1,5,-2),B(2,4,1),()共线则解析:由已知,得⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗()⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∴p5故p+q答案:12在空间四边形OABC中,若OB=OC,∠AOB=∠AOC则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的值是解析:cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗答案:013已知正三棱柱ABC-DEF的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点,若直线CF上有一点N,使MN⊥AE,则解析:如图,设⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗因为MN⊥AE,所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗因此(-)解得m所以答案:14如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是.解析:如图,以点D为原点,以DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗故异面直线A1M与ND所成的角为90°.答案:90°615已知在矩形ABCD中,AB=1,BC√将矩形沿对角线折起使平面与平面垂直则点与点之间的距离为解析:如图,过点B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM√√因为⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(√)(√)故⃗⃗⃗⃗⃗⃗√答案:√三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(8分)已知a=(1,2,-2).(1)求与a共线的单位向量b;(2)若a与单位向量c=(0,m,n)垂直,求m,n的值.分析:(1)a与b共线,则b=(λ,2λ,-2λ),根据|b|=1,可求得λ;(2)a⊥c,则a·c=0,且|c|=1,注意讨论解的情况.解:(1)设b=(λ,2λ,-2λ),而b为单位向量,∴|b|=1,即λ2+4λ2+4λ2=9λ2=1,∴λ=∴b(-)或b(--)(2)由题意,知{{-√解得{√√或{-√-√17(8分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是侧棱CC1上一点,CP=m.试确定m使得直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.7解:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1).则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗又由⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗知,⃗⃗⃗⃗⃗为平面BB1D1D的一个法向量.设AP与平面BB1D1D所成的角为θ,则sinθ=|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√√.依题意得√√60°√解得m√故当m√时,直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.18(9分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2.(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值;(2)求点P到平面DEF的距离.解:(1)如图所示,以A为原点,AB,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Axyz.由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),()()()设平面DEF的法向量n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗8即{()()解得{取z=1,则平面DEF的一个法向量n=(2,0,1).设PA与平面DEF所成的角为θ,则sinθ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为√(2)⃗⃗⃗⃗⃗(-)n=(2,0,1),∴点P到平面DEF的距离d⃗⃗⃗⃗⃗√19(10分)如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB√(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE;(3)求二面角A-BE-D的大小.(1)证明如图,设AC与BD交于点G,连接EG.∵EF∥AG,且EF=1,AG∴四边形AGEF为平行四边形,∴AF∥EG.∵EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)证明∵正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,∴CE⊥平面ABCD.如图,以C为原点,建立空间直角坐标系Cxyz,则C(0,0,0),A√√√√(√√)9⃗⃗⃗⃗⃗(√√)⃗⃗⃗⃗⃗(√)⃗⃗⃗⃗⃗(√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∴CF⊥BE,CF⊥DE.又BE∩DE=E,∴CF⊥平面BDE.(3)解由(2)知⃗⃗⃗⃗⃗(√√)是平面BDE的一个法向量,设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则n·⃗⃗⃗⃗⃗n·⃗⃗⃗⃗⃗即{√√√令y=1,则z√∴n=(0,1√从而cosn⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√∵二面角A-BE-D为锐角,∴二面角A-BE-D的大小为20(10分)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=√是的中点是的中点点在线段上且(1)证明:PQ∥平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.方法一(1)证明:取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC.连接OP,OF,FQ,因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP10又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP从而OP∥FQ,且OP=FQ,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)解:作CG⊥BD于点G,作CH⊥BM于点H,连接GH.因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG.又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD.又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.设∠BDC=θ.在Rt△BCD中,CD=BDcosθ=√θ,CG=CDsinθ=√θsinθ,BG=BCsinθ=√在Rt△BDM中,HG√在Rt△CHG中,tan∠CHG√所以tanθ√从而θ=60°.即∠BDC=60°.方法二(1)证明:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0√√√设点C的坐标为(x0,y0,0).因为⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗所以(√)因为M为AD的中点,故M(0√又P为BM的中点,故()所以⃗⃗⃗⃗⃗(√)11又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故⃗⃗⃗⃗⃗·u=0.又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)解:设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量.由⃗⃗⃗⃗⃗⃗√⃗⃗⃗⃗⃗⃗√知{√√取y=-1,得m(√-√)又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是|cosm,n||√|√(√)即(√)又因为BC⊥CD,所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗故(-x0,√·(-x0√即联立①②,解得{-√舍去)或{√√所以tan∠BDC|√-|√因为∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.