高中数学人教A版选修21第三章单元检测B卷Word格式文档下载.docx
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4．已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为（ ）
A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝D．x＝，y＝
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．0B．2C．4D．6
6．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝（2，－1，－4），＝（4,2,0），＝（－1,2，－1）．对于结论：
①AP⊥AB；
②AP⊥AD；
③是平面ABCD的法向量；
④∥.其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知a＝（－3,2,5），b＝（1，x，－1）且a·
b＝2，则x的值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足·
＝0，·
＝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（ ）
C．60°
10．若向量a＝（2,3，λ），b＝的夹角为60°
，则λ等于（ ）
A.B.
C.D．－
11．已知＝（1,2,3），＝（2,1,2），＝（1,1,2），点Q在直线OP上运动，则当·
取得最小值时，点Q的坐标为（ ）
A.B.
C.D.
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（ ）
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答 案
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＝________.
14．若A，B，C是平面α内的三点，设平面α的法向量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对角线BC1上的分点，设＝α＋β＋γ，试求α、β、γ的值．
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＝a，点E是SC上的点，且SE＝λa（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＝，b＝.
（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．
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．
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．
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倍，P为侧棱SD上的点．
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．
1．B
2．B [由已知，
∴
由①－②可得a·
b＝b2，
代入①可得a2＝b2，∴cos〈a·
b〉＝＝.
∴〈a，b〉＝60°
.]
3．C [＝（0,3,3），＝（－1,1,0），
∴cos〈，〉＝＝，
∴〈，〉＝60°
4．C [＝＋＝＋（＋）＝＋＋，
由空间向量的基本定理知，x＝y＝.]
5．C
6．C [∵·
＝－2－2＋4＝0，∴AP⊥AB，①正确；
∵·
＝－4＋4＝0，∴AP⊥AD，②正确；
由①②知是平面ABCD的法向量，∴③正确，④错误．]
7．C
8．B [△BCD中，·
＝（－）·
（－）＝2>
0.∴∠B为锐角，同理，∠C，∠D均为锐角，∴△BCD为锐角三角形．]
9．C
[建系如图，设AB＝1，则B（1,0,0），A1（0,0,1），C1（0,1,1）．
∴＝（－1,0,1），
＝（0,1,1）
∴cos〈，〉
＝
＝＝.
，即异面直线BA1与AC1所成的角等于60°
10．C [∵a＝（2,3，λ），b＝，
∴a·
b＝λ＋1，|a|＝，|b|＝，
∴cos〈a，b〉＝＝＝.
∴λ＝.]
11．C [∵Q在OP上，∴可设Q（x，x,2x），则＝（1－x，2－x,3－2x），＝（2－x,1－x,2－2x）．
∴·
＝6x2－16x＋10，∴x＝时，·
最小，这时Q.]
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＝（－1,1，－1），＝（－1,1,1）．
可以证明A1C⊥平面BC1D，AC1⊥平面A1BD.
又cos〈，〉＝，结合图形可知平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为.]
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.
14．2∶3∶（－4）
解析 ＝，
＝，
由a·
＝0，a·
＝0，得，
x∶y∶z＝y∶y∶
＝2∶3∶（－4）．
15．60°
或120°
解析 ∵cos〈m，n〉＝＝＝－，
∴〈m，n〉＝120°
，即平面α与β所成二面角的大小为60°
.
解析
建立如图所示坐标系，则＝（－1,1，－2），
＝（0,2，－2），
∴cos〈，〉＝＝，∴〈，〉＝.
即异面直线AD和BC1所成角的大小为.
17．解 ∵＝＋＝＋
＝（－）＋（－）
＝（－）＋（＋）
＝－＋＋
＝＋＋，
∴α＝，β＝，γ＝.
18．
（1）证明 连结BD，AC，设BD与AC交于O.
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，
则OA＝，OB＝.
∵OA⊥OB，AB＝2a，
∴（4a2－x2）＋（2a2－x2）＝4a2，解得x＝a.
∴OA＝a，则A（a,0,0），C（－a,0,0），S（0,0，a）．
∵SC⊥平面EBD，∴是平面EBD的法向量．
∴＝（－a,0，－a），＝（a,0，－a）．
设SA与平面BED所成角为α，
则sinα＝
＝＝，
即SA与平面BED所成的角为.
19．解 a＝＝（－1,1,2）－（－2,0,2）＝（1,1,0），
b＝＝（－3,0,4）－（－2,0,2）＝（－1,0,2）．
（1）cosθ＝＝＝－，
∴a与b的夹角θ的余弦值为－.
（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）
＝（k－1）（k＋2）＋k2－8＝0.
即2k2＋k－10＝0，∴k＝－或k＝2.
20．解
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M.
故＝，＝，
＝（－1,0，－1），所以·
＝0.
即MO⊥SC，MA⊥SC.
故〈，〉为二面角A—SC—B的平面角．
cos〈，〉＝
＝.
即二面角A—SC—B的余弦值为.
（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）．
∴＝（4,0，－2），＝（0，－2,0），＝（0,0，－2）．
设平面PDC的一个法向量为n＝（x，y,1），
则
⇒⇒
所以平面PCD的一个法向量为.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，
又∵AB⊥AD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.
∴平面PAD的法向量为＝（0,2,0）．
∵n·
＝0，∴n⊥.
∴平面PDC⊥平面PAD.
（2）解 由
（1）知平面PCD的一个单位法向量为＝.
＝＝，
∴点B到平面PCD的距离为.
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，、、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．
设底面边长为a，则高SO＝a.
于是S（0,0，a），D，C，
B，
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