2022-2022学年高中数学第3章空间向量与立体几何章末综合检测三新人教B版选修2-1.doc

章末综合检测(三)
(时间：120分钟，总分值：150分)
一、选择题：此题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．
1．以下说法中不正确的选项是(　　)
A．平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量
B．一个平面的所有法向量互相平行
C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直
D．如果a，b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量
解析：选D．只有当a、b不共线且a∥α，b∥α时，D才正确．
2．假设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是(　　)
A．a＝(1，0，1)，n＝(－2，0，0)
B．a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)
C．a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1)
D．a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)
解析：选D．假设l∥α，那么a·n＝0，只有选项D中a·n＝0.
3．假设向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，a，b夹角的余弦值为，那么λ＝(　　)
A．2　　　　　　　　　　　 B．－2
C．－2或 D．2或－
解析：选C．cos〈a，b〉＝＝＝，所以λ＝－2或.
4．A(1，2，1)，B(－1，3，4)，C(1，1，1)，＝2，那么||为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．设P(x，y，z)，由＝2得：
(x－1，y－2，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，
所以x＝－，y＝，z＝3，即P，所以＝，所以||＝.应选A．
5．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，那么两平面间的距离是(　　)
A． B．
C． D．3
解析：选B．两平面的一个单位法向量＝，故两平面间的距离d＝|·|＝.
6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，假设E为A1C1的中点，那么与直线CE垂直的直线是(　　)
A．AC B．BD
C．A1D D．A1A
解析：选B．以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，那么A(0，0，0)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，E，所以＝，＝(1，1，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，1，－1)，＝(0，0，－1)．显然·＝－＋0＝0，所以⊥，即CE⊥BD.
7．a，b是两条异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB＝2，CD＝1，那么直线a，b所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．45°
解析：选B．因为＝＋＋，
所以·＝(＋＋)·＝2＝1.
cos〈，〉＝＝⇒〈，〉＝60°，应选B．
8．将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，那么在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　)
A．相交且垂直 B．相交但不垂直
C．异面且垂直 D．异面但不垂直
解析：选C．在题图①中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，那么AD⊥BC，翻折后如题图②，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.
9．对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有如下关系：6＝＋2＋3，那么(　　)
A．四点O，A，B，C必共面
B．四点P，A，B，C必共面
C．四点O，P，B，C必共面
D．五点O，P，A，B，C必共面
解析：选B．由得＝＋＋，而＋＋＝1，所以四点P，A，B，C共面．
10.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，假设点P满足＝－＋，那么||2的值为(　　)
A． B．3
C． D．
解析：选D．由题可知||＝1，||＝1，||＝.
〈，〉＝45°，〈，〉＝45°，〈，〉＝60°.
所以||2＝(－＋)2＝2＋2＋2－·＋·－·＝＋＋2－×1×1×＋1××－1××＝.
11.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，那么直线EF与BC1所成的角是(　　)
A．45° B．60°
C．90° D．120°
解析：选B．以点B为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系，设各棱长为2，那么E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2)，B(0，0，0)
那么＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
所以cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝60°，
所以直线EF与BC1所成的角为60°.
12．正四棱锥S­ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，那么AE与平面SBC所成的角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．设AE与平面SBC所成的角为θ，以底面中心O为原点，以射线OA为x轴，以射线OB为y轴，以射线OS为z轴，建立空间直角坐标系，设底面边长为，那么A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，S(0，0，1)，E，所以＝(－1，－1，0)，＝(0，1，－1)，＝，设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，那么即令x＝1，所以n＝(1，－1，－1)，因为cos＝＝，所以cos θ＝.应选B．
二、填空题：此题共4小题，每题5分．
13．假设a＝(2，－3，5)，b＝(－3，1，－4)，那么|a－2b|＝________．
解析：因为a－2b＝(8，－5，13)，
所以|a－2b|＝ ＝.
答案：
14．a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，假设a，b，c共面，那么λ＝__________．
解析：易知a与b不共线，由共面向量定理可知，要使a，b，c共面，那么必存在实数x，y，使得c＝xa＋yb，即解得
答案：
15．在平行六面体(即六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD-A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，那么AC′的长为________．
解析：因为＝＋＋，所以2＝||2＋||2＋||2＋2 ·＋2 ·＋2 ·＝1＋4＋9＋2×1×2cos 90°＋2×1×3cos 60°＋2×2×3cos 60°＝23，即||＝.故AC′的长为.
答案：
16.如图，二面角α­l­β的平面角为θ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD在平面α内，假设AB＝BC＝CD＝1，那么AD的长为________．
解析：＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ.所以||＝，即AD的长为.
答案：
三、解答题：解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题总分值10分)设a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)．
(1)当(λa＋b)∥(a－3b)时，求λ的值；
(2)当(a－3b)⊥(λa＋b)时，求λ的值．
解：(1)因为a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)，
所以a－3b＝(1，5，－1)－3(－2，3，5)
＝(1，5，－1)－(－6，9，15)＝(7，－4，－16)．
λa＋b＝λ(1，5，－1)＋(－2，3，5)＝(λ，5λ，－λ)＋(－2，3，5)＝(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)．
因为(λa＋b)∥(a－3b)，
所以＝＝，解得λ＝－.
(2)由(a－3b)⊥(λa＋b)
⇔(7，－4，－16)·(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)＝0
⇔7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5)＝0，解得λ＝.
18．(本小题总分值12分)如下图，在四棱锥M­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB，AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a＝，b＝，c＝，试以a，b，c为基向量表示出向量，并求BN的长．
解：＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋[－(＋)]
＝－＋＋.
所以＝－a＋b＋c，
||2＝2＝
＝(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝，
所以||＝，即BN的长为.
19. (本小题总分值12分)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1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°.
解：建立如下图的空间直角坐标系，那么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)．
那么＝(－1，－1，0)，＝(0，0，1)，＝(－1，1，m)，＝(－1，1，0)．
又由·＝0，·＝0知，⊥，⊥，
那么为平面BB1D1D的一个法向量．
设AP与平面BB1D1D所成的角为θ，
那么sin θ＝|cos〈，〉|＝＝.
依题意得＝sin 60°＝，解得m＝.
故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.
20. (本小题总分值12分)如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：连接OC，
因为BO＝DO，AB＝AD，所以AO⊥BD.
因为BO＝DO，BC＝CD，所以CO⊥BD.
在△AOC中，由可得AO＝1，CO＝.而AC＝2，
所以AO2＋CO2＝AC2，
所以∠AOC＝90°，即AO⊥OC.因为BD∩OC＝O，所以AO⊥平面BCD.
(2)以O为原点，如图建立空间直角坐标系，
那么B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，，0)，A(0，0，1)，＝(－1，0，1)，＝(－1，－，0)，
所以cos〈，〉＝＝，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
21. (本小题总分值12分)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．
解：(1)证明：由得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得
DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC得＝＝.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.
(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.那么H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，那么
即
所以可取m＝(4，3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，那么即
所以可取n＝(0，－3，1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝－，
sin〈m，n〉＝.
因此二面角B­D′A­C的正弦值是.
22．(本小题总分值12分)
如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝，点E是棱PB的中点．
(1)求直线AD与平面PBC的距离；
(2)假设AD＝，求二面角A­EC­D的平面角的余弦值．
解：(1)如图，以A为坐标原点，射线AB、AD，AP分别为x轴、y轴，z轴正半轴，建立空间直角坐标系Axyz.
设D(0，a，0)，那么B(，0，0)，C(，a，0)，P(0，0，)，E.
因此，＝，＝(0，a，0)，
＝(，a，－)．
那么·＝0，·＝0，所以AE⊥平面PBC.
又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为||＝.
(2)设平面AEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
因为＝，＝(，，0)，
所以
令x1＝－1，得y1＝，z1＝1，
所以n1＝(－1，，1)．
设平面EDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
因为＝，＝(－，0，0)，
所以
令z2＝，得y2＝1.
所以n2＝(0，1，)．
故cos〈n1，n2〉＝＝.
所以二面角A­EC­D的平面角的余弦值为.