高中数学人教A版选修21 第三章 空间向量与立体几何 单元测试9.docx
《高中数学人教A版选修21 第三章 空间向量与立体几何 单元测试9.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学人教A版选修21 第三章 空间向量与立体几何 单元测试9.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高中数学人教A版选修21第三章空间向量与立体几何单元测试9
第三章测试
（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，满分60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1．向量a＝（2x,1,3），b＝（1，－2y,9），若a与b共线，则（ ）
A．x＝1，y＝1 B．x＝
，y＝－
C．x＝
，y＝－
D．x＝－
，y＝
解析 由a∥b知，a＝λb，∴2x＝λ，1＝－2λy,3＝9λ，∴λ＝
，x＝
，y＝－
.
答案 C
2．已知a＝（－3,2,5），b＝（1，x，－1），且a·b＝2，则x的值是（ ）
A．6B．5
C．4D．3
解析 a·b＝－3＋2x－5＝2，∴x＝5.
答案 B
3．设l1的方向向量为a＝（1,2，－2），l2的方向向量为b＝（－2,3，m），若l1⊥l2，则实数m的值为（ ）
A．3B．2
C．1D.
解析 ∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝0，∴－2＋6－2m＝0，∴m＝2.
答案 B
4．若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
解析 ∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，而a·b＝|a||b|.
∴cos〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0.
∴a与b共线．反之，若a与b共线，也可能a·b＝－|a|·|b|，因此应选B.
答案 B
5．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝
，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（ ）
A．相交B．平行
C．垂直D．不能确定
解析
＝
＋
＋
＝
＋
＋
＝
（
＋
）＋
＋
（
＋
）
＝
＋
＋
.
而
是平面BB1C1C的一个法向量，且
·
＝
·
＝0，
∴
⊥
.
又MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.
答案 B
6．已知a，b，c是空间的一个基底，设p＝a＋b，q＝a－b，则下列向量中可以与p，q一起构成空间的另一个基底的是（ ）
A．aB．b
C．cD．以上都不对
解析 ∵a，b，c不共面，
∴a＋b，a－b，c不共面，∴p，q，c可构成空间的一个基底．
答案 C
7．已知△ABC的三个顶点A（3,3,2），B（4，－3,7），C（0,5,1），则BC边上的中线长为（ ）
A．2B．3
C.
D.
解析 BC的中点D的坐标为（2,1,4），
∴
＝（－1，－2,2）．
∴|
|＝
＝3.
答案 B
8．与向量a＝（2,3,6）共线的单位向量是（ ）
A．（
，
，
）
B．（－
，－
，－
）
C．（
，－
，－
）和（－
，
，
）
D．（
，
，
）和（－
，－
，－
）
解析 |a|＝
＝7，∴与a共线的单位向量是±
（2,3,6），故应选D.
答案 D
9．已知向量a＝（2,4，x），b＝（2，y,2），若|a|＝6且a⊥b，则x＋y为（ ）
A．－3或1B．3或－1
C．－3D．1
解析 由|a|＝6，a⊥b，
得
解得
或
∴x＋y＝1，或－3.
答案 A
10．已知a＝（x,2,0），b＝（3,2－x，x2），且a与b的夹角为钝角，则实数x的取值范围是（ ）
A．x>4B．x<－4
C．0解析 ∵〈a，b〉为钝角，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉<0，即3x＋2（2－x）<0，∴x<－4.
答案 B
11．已知空间四个点A（1,1,1），B（－4,0,2），C（－3，－1，0），D（－1,0,4），则直线AD与平面ABC所成的角为（ ）
A．30°B．45°
C．60°D．90°
解析 设平面ABC的一个法向量为n＝（x，y，z），
∵
＝（－5，－1,1），
＝（－4，－2，－1），
由n·
＝0及n·
＝0，得
令z＝1，
得x＝
，y＝－
，∴n＝（
，－
，1）．
又
＝（－2，－1,3），设AD与平面ABC所成的角为θ，则
sinθ＝
＝
＝
，
∴θ＝30°.
答案 A
12．如图所示，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.
B.
C.
D.
解析 不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，得O（0,0,0），B（0,0,1），C1（0,2,0），A（2,0,0），B1（0,2,1），
∴
＝（0,2，－1），
＝（－2,2,1）．
∴cos〈
，
〉＝
＝
＝
.
答案 A
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中横线上）
13．已知{i，j，k}为单位正交基底，且a＝－i＋j＋3k，b＝2i－3j－2k，则向量a＋b与向量a－2b的坐标分别是________；________.
解析 依题意知，a＝（－1,1,3），b＝（2，－3，－2），则a＋b＝（1，－2,1），
a－2b＝（－1,1,3）－2（2，－3，－2）＝（－5,7,7）．
答案 （1，－2,1） （－5,7,7）
14．在△ABC中，已知
＝（2,4,0），
＝（－1,3,0），则∠ABC＝________.
解析 cos〈
，
〉＝
＝
＝
，
∴〈
，
〉＝
，∴∠ABC＝π－
＝
.
答案
15．正方体ABCD－A1B1C1D1中，面ABD1与面B1BD1所夹角的大小为________．
解析
建立空间直角坐标系D－xyz，如图．
设正方体的棱长为1，则A（1,0,0），B（1,1,0），B1（1,1,1），D1（0,0,1）．
∴
＝（1,0，－1），
＝（1,1，－1），
＝（1,1,0）．
设平面ABD1的法向量为m＝（x1，y1，z1），平面B1BD1的法向量为n＝（x2，y2，z2），则由m·
＝0，m·
＝0，可得m＝（1,0,1），由n·
＝0，n·
＝0，得n＝（1，－1,0），∴cos〈m，n〉＝
＝
.∴所求二平面的大小为60°.
答案 60°
16．在下列命题中：
①若a，b共线，则a，b所在的直线平行；②若a，b所在的直线是异面直线，则a，b一定不共面；③若a，b，c三向量两两共面，则a，b，c三向量一定也共面；④已知三向量a，b，c，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc，其中不正确的命题为________．
解析 ①a，b共线，包括a与b重合，所以①错．
②空间任意两个向量均共面，所以②错．
③以空间向量的一组基底{a，b，c}为例，知它们两两共面，但它们三个不共面，所以③错．
④当与a，b，c共面时，不成立，所以④错．
答案 ①②③④
三、解答题（本大题共6小题，满分70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，如图，M是PC的中点，问向量
，
，
是否可以组成一个基底，并说明理由．
解
，
，
不可以组成一个基底．理由如下：
连接AC，BD相交于点O，
∵ABCD是平行四边形，
∴O是AC，BD的中点．
在△MBD中，连接MO，
则
＝
（
＋
）．
在△PAC中，M是PC的中点，O是AC的中点
∴
＝
，∴
＝2
＝
＋
.
∴
，
，
共面，
故
，
，
不可以组成一个基底．
18．（12分）设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k，试问是否存在实数a，b，c使a4＝aa1＋ba2＋ca3成立？
如果存在，求出a，b，c的值；如果不存在，请说明理由．
解 假设a4＝aa1＋ba2＋ca3成立．
由已知a1＝（2，－1,1），a2＝（1,3，－2），
a3＝（－2,1，－3），a4＝（3,2,5），可得
（2a＋b－2c，－a＋3b＋c，a－2b－3c）＝（3,2,5）．
∴
解得：
a＝－2，b＝1，c＝－3.
故有a4＝－2a1＋a2－3a3.
综上知，满足题意的实数存在，
且a＝－2，b＝1，c＝－3.
19．（12分）四棱柱ABCD－A′B′C′D′中，AB＝5，AD＝3，AA′＝7，∠BAD＝60°，∠BAA′＝∠DAA′＝45°，求AC′的长．
解
＝
＋
＋
＝
＋
＋
，
∴（
）2＝（
＋
＋
）2
＝
2＋
2＋
2＋2（
·
＋
·
＋
·
）
＝25＋9＋49＋2（5×3cos60°＋5×7cos45°＋3×7cos45°）
＝98＋56
.
∴|
|＝
，
即AC′的长为
.
20．（12分）如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，PC与平面ABCD所成角是45°，F是AD的中点，M是PC的中点．
求证：
DM∥平面PFB.
证明 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由PC与平面ABCD所成的角为45°，即∠PCD＝45°，得PD＝2，则P（0,0,2），C（0,2,0），B（2,2,0），F（1,0,0），D（0,0,0），M（0,1,1），
∴
＝（1,2,0），
＝（－1,0,2），
＝（0,1,1）．
设平面PFB的法向量为n＝（x，y，z），则
∴
即
令y＝1，则x＝－2，z＝－1.
故平面PFB的一个法向量为n＝（－2,1，－1）．
∵
·n＝0，∴
⊥n.
又DM⊄平面PFB，则DM∥平面PFB.
21．（12分）
如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在C1C上，且C1E＝3EC.
（1）证明A1C⊥平面BED；
（2）求二面角A1－DE－B的余弦值．
解 以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
依题设B（2,2,0），C（0,2,0），E（0,2,1），A1（2,0,4）．
＝（0,2,1），
＝（2,2,0），
＝（－2,2，－4），
＝（2,0,4）．
（1）∵
·
＝0，
·
＝0，
∴A1C⊥BD，A1C⊥DE.
又DB∩DE＝D，
∴A1C⊥平面DBE.
（2）设向量n＝（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则n⊥
，n⊥
.
∴2y＋z＝0,2x＋4z＝0.
令y＝1，则z＝－2，x＝4，
∴n＝（4,1，－2）．
∴cos〈n，
〉＝
＝
.
∵〈n，
〉等于二面角A1－DE－B的平面角，
∴二面角A1－DE－B的余弦值为
.
22．（12分）正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．
（1）证明：
平面AED⊥平面A1FD1；
（2）在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.
解
（1）证明：
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，不妨设正方体的棱长为2，则A（2,0,0），E（2,2,1），F（0,1,0），A1（2,0,2），D1（0,0,2）．
设平面AED的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则
∴
令y1＝1，得n1＝（0,1，－2）．
同理可得平面A1FD1的法向量n2＝（0,2,1）．
∵n1·n2＝0
升级会员 