高中数学选修21第三章空间向量测试题.doc

选修2-1第三章空间向量检测题(一)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝(3，λ，)平行，则λ＝(　　)
A. B. C．－ D．－
2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋－等于(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3．若向量a＝(1，m,2)，b＝(2，－1,2)，若cos〈a，b〉＝，则m的值为(　　)
A．2 B．－2 C．－2或 D．2或－
4．已知空间向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，则与向量a＋b方向相反的单位向量的坐标是(　　)
A．(0,1,2) B．(0，－1，－2) C．(0，，) D．(0，－，－)
5．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC内任一点O，下列条件中能确定M与点A，B，C一定共面的是(　　) A.＝＋＋ B.＝2－－
C.＝＋＋ D.＝＋＋
6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，现用基向量，，表示向量，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是(　　)
A．x＝，y＝，z＝ B．x＝，y＝，z＝
C．x＝，y＝，z＝ D．x＝，y＝，z＝
7.如图所示，已知三棱锥A－BCD，O为△BCD内一点，则＝(＋＋)是O为△BCD的重心的(　　)
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

8．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，若ABCD是边长为2的正方形，AA1＝1，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则BD1的长为(　　)
A．3 B. C. D．9
9.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF与BC1所成的角是(　　)
A．45° B．60° C．90° D．120°
10．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥的体积最大时，直线BD与平面ABC所成的角的大小为(　　)
A．90° B．60° C．45° D．30°
11.如图所示，在三棱锥P－ABC中，∠APB＝∠BPC＝∠APC＝90°，M在△ABC内，∠MPA＝60°，∠MPB＝45°，则∠MPC的度数为(　　)
A．150° 　　B．45° C．60° D．120°
12．已知直二面角α－PQ－β，A∈PQ，B∈α，C∈β，CA＝CB，∠BAP＝45°，直线CA和平面α所成的角为30°，那么二面角B－AC－P的正切值为(　　)
A．2 B．3 C. D.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案

二、填空题(每小题5分，共20分)
13．已知四面体ABCD中，＝a－2c，＝5a＋6b－8c，AC，BD的中点分别为E，F，则＝________.
14．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角的大小为________．
15．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，ABCD是边长为a的正方形，AA1＝b，∠A1AB＝∠A1AD＝120°，则AC1的长为________．
16.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．

三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)
17．(10分)已知A(1，－2,11)，B(6，－1,4)，C(4,2,3)，D(12,7，－12)，证明：A，B，C，D四点共面．

18．(12分)如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的体对角线BD1上，∠PDA＝60°.
(1)求DP与CC1所成角的大小；(2)求DP与平面AA1D1D所成角的大小．

19.(12分)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．
(1)求证A1E⊥BD；(2)若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．

20.(12分)如图，四边形PDCE为矩形，四边形ABCD为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD＝a，PD＝a.
(1)若M为PA的中点，求证：AC∥平面MDE；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小．

21.(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.
(1)求证AM⊥PD；(2)求直线CD与平面ACM所成的角的余弦值．

22.(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，且∠BAD＝120°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．

第三章单元质量评估(一)
1．C　∵a∥b，∴b＝ma(m∈R)，
∴＝＝，得λ＝－.
2．A　＋＋－＝－＝＋＝.
3．C　a·b＝6－m，|a|＝，|b|＝3，cos〈a，b〉＝＝＝，解得m＝－2或m＝.
4．D　由已知得a＋b＝(0,1,2)且|a＋b|＝，则与向量a＋b方向相反的单位向量为－(0,1,2)＝(0，－，－)．故选D.
5．D　
6．D　连接ON，∵M，N分别是对边OA，BC的中点，∴＝，＝(＋)，
∴＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝×＋×(＋)＝＋＋，∴x＝，y＝z＝.故选D.

7．C
8．A　＝＋＋＝＋＋，||2＝2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝4＋4＋1＋0＋2×2×1×(－)＋2×2×1×＝9，||＝3，即BD1的长为3.
9．B　

以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设各棱长为2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴cos〈，〉＝＝，∴〈，〉＝60°，∴直线EF与BC1所成的角为60°.
10．C　翻折后A，B，C，D四点构成三棱锥的体积最大时，平面ADC⊥平面BAC，设未折前正方形对角线的交点为O，则∠DBO即为BD与平面ABC所成的角，大小为45°.

11.C　

如右图所示，过M作MH⊥面PBC于H，则MH∥AP，∴∠MPH＝30°，∴cos45°＝cos∠HPB·cos30°，∴cos∠HPB＝，∴cos∠HPC＝.又cos∠HPC·cos30°＝cos∠MPC，∴×＝cos∠MPC，∴∠MPC＝60°.

12．A　在平面β内过点C作CO⊥PQ于O，连接OB.又α⊥β，则OC⊥OB，OC⊥OA，又CA＝CB，所以△AOC≌△BOC，故OA＝OB.又∠BAP＝45°，所以OA⊥OB.以O为原点，分别以OB，OA，OC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)．
不妨设AC＝2，由∠CAO＝30°，知OA＝，OC＝1.在等腰直角三角形OAB中，∠ABO＝∠BAO＝45°，则OB＝OA＝，所以B(，0,0)，A(0，，0)，C(0,0,1)，＝(，－，0)，＝(0，－，1)，设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，由，取x＝1，则y＝1，z＝，所以n1＝(1,1，)，易知平面β的一个法向量为n2＝(1,0,0)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝，又二面角B－AC－P为锐角，由此可得二面角B－AC－P的正切值为2.
13．3a＋3b－5c
解析：

如图所示，取BC的中点M，连接EM，MF，则＝＋＝＋＝(a－2c)＋(5a＋6b－8c)＝3a＋3b－5c.
14.
解析：由条件知AC，BC，CC1两两垂直，如图，以C为原点，CB，CA，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(0，，0)，B1(1,0，)，M，A1(0，，)，
∴＝(1，－，)，
＝，
cos〈，〉＝0，∴〈，〉＝，
即直线AB1与A1M所成角为.
15.
解析：设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝a，|c|
＝b，∴＝＋＋＝a＋b＋c，∴||2＝(a＋b＋c)2＝2a2＋b2－2ab，∴||＝.
16.
解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，
设平面AGC的一个法向量为n1＝(x1，y1,1)，由，
得，则，故n1＝(1，－1,1)．设GB与平面AGC所成的角为θ，则
sinθ＝＝＝.
17．证明：＝(5,1，－7)，＝(3,4，－8)，＝(11,9，－23)，设＝x＋y，
得，
解得x＝1，y＝2.
所以＝＋2，则，，为共面向量，又，，有公共点A，因此A，B，C，D四点共面．
18．解：

如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)，连接BD，B1D1，在矩形BB1D1D中，延长DP交B1D1于H点．
设＝(m，m,1)(m>0)，〈，〉＝60°，则·＝||||cos〈，〉，
可得2m＝，得m＝，
所以＝(，，1)．
(1)cos〈，〉＝＝，所以〈，〉＝45°，即DP与CC1所成的角为45°.
(2)平面AA1D1D的一个法向量为＝(0,1,0)，cos〈，〉＝＝，所以〈，〉＝60°，故DP与平面AA1D1D所成的角为30°.
19.(1)证明：如图所示，以D为原点，，，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a，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，C1(0，a，a)，设E(0，a，e)，则＝(－a，a，e－a)，＝(－a，－a,0)，·＝－a·(－a)＋a·(－a)＋(e－a)·0＝0，∴⊥，则A1E⊥BD.

(2)解：当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.由题意可得DE＝BE，
∴EO⊥BD.
同理A1O⊥BD，∠A1OE为二面角A1－BD－E的平面角，EO＝＝a，A1O＝＝a，A1E2＝(a)2＋2＝a2，∴EO2＋A1O2＝a2＝A1E2，∴∠A1OE＝90°，∴平面A1BD⊥平面EBD.
20．解：

∵四边形PDCE是矩形，且平面PDCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD＝CD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AD，PD⊥DC，又∠ADC＝90°，∴PD，AD，DC两两垂直．以D为原点，分别以DA，DC，DP所在
直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知，得D(0,0,0)，A(a,0,0)，P(0,0，a)，E(0,2a，a)，C(0,2a,0)，B(a，a,0)．
(1)∵M为PA的中点，∴M(，0，)，
则＝(－a,2a,0)，＝(，0，)，＝(0,2a，a)．
设平面MDE的法向量为m＝(x，y，z)，
由题意得，则，
取m＝(2,1，－)．
而·m＝(－a)·2＋2a＋0＝0，且AC⊄平面MDE，
∴AC∥平面MDE.
(2)平面PAD的一个法向量n1＝(0,1,0)，＝(0,2a，－a)，＝(a，a，－a)．设平面PBC的法向量为n2＝(x0，y0，z0)，则有，即，
取n2＝(1,1，)．
设平面PAD与PBC所成锐二面角的大小为θ，则有
cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝||＝，
则θ＝60°，
∴平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小为60°.
21．(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB.
∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.
∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，∴PD⊥平面ABM.
∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.

(2)解：如右图所示，以点A为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,1,1)，则＝(1,2,0)，＝(0,1,1)，＝(－1,0,0)．
设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥，n⊥可得令z＝1，得x＝2，y＝－1，∴n＝(2，－1,1)．设直线CD与平面ACM所成的角为α，则sinα＝＝，∴cosα＝，∴直线CD与平面ACM所成的角的余弦值为.
22．(1)证明：连接BD，因为M，N分别为PB，PD的中点，所以MN是△PBD的中位线，所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.

(2)解法1：连接AC交BD于O，以O为原点，，所在直线为x轴、y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝2，BD＝AB＝6，又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC，在直角三角形PAC中，AC＝2，PA＝2，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4.由此知各点坐标如下：A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(－，0,2)，M，N，Q.设m＝(x1，y1，z1)为平面AMN的一个法向量，＝，＝，由m⊥，m⊥知取z1＝－1，得m＝(2，0，－1)．设n＝(x2，y2，z2)为平面QMN的一个法向量，＝，＝.由n⊥，n⊥知取z2＝5，得n＝(2，0,5)．故cos〈m，n〉＝＝，所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.

解法2：如图所示，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，所以PB＝PC＝PD，所以△PBC≌△PDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQ＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN.取线段MN的中点E，连接AE，EQ，则AE⊥MN，QE⊥MN，所以∠AEQ为二面角A－MN－Q的平面角，由AB＝2，PA＝2，故在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得AE＝.在直角三角形PAC中，AQ⊥PC，得AQ＝2，QC＝2，PQ＝4，在△PBC中，cos∠BPC＝＝，得MQ＝＝.在等腰三角形MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3，得QE＝＝.在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，得cos∠AEQ＝＝，所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为 .