第2章检测题A.doc

第二章　检测题A
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共10个小题，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．在空间中，已知动点P(x，y，z)满足z＝0，则动点P的轨迹是(　　)
A．平面　　　　　　　 B．直线
C．不是平面，也不是直线 D．以上都不对
[答案]　A
[解析]　P的坐标z为0，横坐标x，纵坐标y为任意实数，这样的点都在xOy平面内．
2．已知i，j，k是空间直角坐标系O－xyz的单位正交基底，并且＝－i＋j－k则B点的坐标为(　　)
A．(－1,1，－1) B．(－i，j，－k)
C．(1，－1，－1) D．不确定
[答案]　D
[解析]　向量确定时，终点坐标随着起点坐标的变化而变化，本题中起点没固定，所以终点的坐标也不确定．
3．若平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3,5)，v＝(－3,1，－4)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α、β相交但不垂直 D．以上均不正确
[答案]　C
[解析]　因为≠≠，且u·v≠0，所以α、β相交但不垂直．
4．设n＝(1,2，－2)是平面α的一个法向量，直线λ的方向向量为a＝(－2,1，m)，若λ与α的夹角的正弦值为，则m等于(　　)
A． B．－
C．± D．±3
[答案]　C
[解析]　设λ与α夹角为θ则sinθ＝，即＝，解得m＝±.
5．若a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值是(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．－2
[答案]　D
[解析]　∵a＋λb＝(0,1，－1)＋(λ，λ，0)＝(λ，1＋λ，－1)，由(a＋λb)⊥a，知(a＋λb)·a＝0.∴λ×0＋(1＋λ)×1＋1×1＝0，得λ＝－2.
6．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则与的夹角为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[答案]　C
[解析]　＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)．
设〈，〉＝θ，
则cosθ＝＝＝，∴θ＝60°.
7．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)
A．2 B．
C． D．1
[答案]　D
[解析]　本小题主要考查了正四棱柱的性质的运用，以及点到面的距离的求解．连结AC交BD于O，连EO，则OE∥AC1.

∴AC1到平面BED的距离，即为C1点到平面BED之距，又C1E＝CE且CC1∩平面BED＝E，∴C1点到平面BED之间距离等于C点到平面BED之距．又BD⊥平面ECO，∴平面BED⊥平面ECO，过C作CH⊥EO于H，则CH即为点C到平面BED之距，∴CH＝＝＝1.故选D．
本题的关键点是过线面距转化为点面距，进而转化为点线距，体现了转化与化归的数学思想方法．
8．如图所示，在四面体P－ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B－AP－C的余弦值为(　　)

A． B．
C．－ D．
[答案]　C
[解析]　如图，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E，设AB＝1，则CE＝，EP＝，PA＝PB＝，AB＝1，所以BD＝，ED＝.因为＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.所以·＝－.所以cos〈·〉＝－.
另解：如图建立空间直角坐标系，且设AB＝2，则B(1，，0)，C(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,2)
设平面PAB的法向量为n1 ＝(x，y，z)，由n1·＝0，n1·＝0得，故可取n1＝(，－1，)又平面APC的法向量可取n2＝(0,1,0)，∴cosθ＝＝－.
9．正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
[答案]　A
[解析]　如图，以 O为坐标原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－，)，则＝(2a,0,0)，＝(－a，－，)，＝(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为n，可取n＝(0,1,1)，则cos〈，n〉＝＝＝，所以〈，n〉＝60°，所以直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°.
10．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． B．
C． D．
[答案]　A
[解析]　本题考查了空间向量与空间角．设CB＝1，则CA＝CC1＝2，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)，∵||＝，||＝3，·＝4－1＝3，
∴cos〈，〉＝＝＝，故选A．
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分)
11．若A1、A2、A3是空间不共线的三点，则＋＋＝__________________，类比上述性质得到一般性的结论为__________________．
[答案]　0
[解析]　＋＋…＋An－1An＋＝0.
12．已知a＝(3,1,5)，b＝(1,2，－3)，向量c与z轴垂直，且满足c·a＝9，c·b＝－4，则c＝__________________.
[答案]　
[解析]　令c＝(x，y，z)，
则
解得，所以c＝.
13．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，若|a|＝，且a分别与、垂直，则向量a＝________________.
[答案]　(1,1,1)或(－1，－1，－1)
[解析]　设a＝(x，y，z)，由题意得
解得或
∴a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)．
14．若空间三点A(1,5，－2)、B(2,4,1)、C(p,3，q＋2)共线，则p＝________________，q＝________________.
[答案]　3　2
[解析]　由A、B、C三点共线，则有与共线，即＝λ.
又＝(1，－1,3)，＝(p－1，－2，q＋4)，
所以所以
15．在空间平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面)，连接对应顶点，设＝a，＝b，＝c，M是BC1的中点，N是B1C1的中点，用基底{a，b，c}表示向量＋的结果是________________．
[答案]　a＋b＋c
[解析]　如图，＋＝(＋)＋(＋)＝＋＋＝b＋(a＋b)＋(a＋c)＝a＋b＋C．
三、解答题(本大题共6小题，共75分，前4题每题12分，20题13分，21题14分)
16．空间四边形OABC中，G，H分别是△ABC，△OBC的重心，设＝a，＝b，＝c，试用向量a，b，c表示.
[解析]　解法一：设BC边中点为D，则＝－，
∵＝＝×(＋)＝(b＋c)，
＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋×(＋)＝a＋b＋c，
∴＝(b＋c)－a－b－c＝－a，
∴＝－A．
解法二：简解：取BC的中点D，连OD、AD，由题意知
＝＝∴＝且GH∥OA∴＝A．
17．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，AD＝.点E在边BC上移动．试求当BE等于何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45°.

[解析]　以A为坐标原点，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A－xyz.如题图．

设BE＝m(0≤m≤)，则A(0,0,0)，P(0,0,1)，D(，0,0)，E(m,1,0)，所以＝(0,0,1)，＝(－，0,1)，＝(m－，1,0)．
设平面PDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以解得
令x＝1，得n＝(1，－m，)．
因为PA与平面PDE所成角的大小为45°，
所以sin45°＝||，解得m＝－或m＝＋(舍)，因此，当BE＝－时，PA与平面PDE所成角的大小为45°.
18．三棱锥P—ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直，PA＝PB＝PC＝3.
(1)求证：AB⊥BC；
(2)设AB＝BC＝2，求AC与平面PBC所成角的大小．
[解析]　(1)证明：取AC中点D，连结PD、BD．

∵PA＝PC，∴PD⊥AC．
又已知知平面PAC⊥平面ABC，
∴PD⊥平面ABC，D为垂足．
∵PA＝PB＝PC，∴DA＝DB＝DC．
∴AC为△ABC的外接圆直径，因此AB⊥BC．
(2)解：以D为原点，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立直角坐标系，则A(－，0,0)，C(，0,0)，B(0，，0)，P(0,0，)，
∴＝(，0，－)，＝(，－，0)，＝(2，0,0)．设n＝(1，y，z)为平面PBC的法向量，则n·＝0，n·＝0，即解得
即n＝(1,1，)．
于是cos〈，n〉＝＝，
∴〈，n〉＝60°，
∴AC与平面PBC的成的角为30°.
19.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)求证：AC1∥平面CDB1；
(3)求AC1与CB1所成角的余弦值．
[解析]　∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直．
如图所示，以C为坐标原点，直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(，2,0)．
(1)∵＝(－3,0,0)，＝(0，－4,4)．
∴·＝0，∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，则E(0,2,2)．
∵＝(－，0,2)，＝(－3,0,4)．
∴＝，∴DE∥AC1.
∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
(3)∵＝(－3,0,4)，＝(0,4,4)，
∴cos〈·〉＝＝.
∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.
20．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1.
(1)证明：AB＝AC；
(2)设二面角A－BD－C为60°，求B1C与平面BCD所成的角的大小．

[解析]　解法一：(1)取BC中点F，连接EF，则EF綊B1B，从而EF綊DA．连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF∥DE.又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB＝AC．

(2)作AG⊥BD，垂足为G，连接CG.又平面AA1B1B⊥平面ABC，AC⊥AB，∴AC⊥平面AA1B1B，由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A－BD－C的平面角．由题设知，∠AGC＝60°.设AC＝2，则AG＝.
又AB＝2，BC＝2，故AF＝.
由AB·AD＝AG·BD得2AD＝·，解得AD＝，
故AD＝AF.又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形．
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD＝A，
故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF.
连接AE、DF，设AE∩DF＝H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD．
连接CH，则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角．
因ADEF为正方形，AD＝，故EH＝1，
又EC＝B1C＝2，所以∠ECH＝30°，
即B1C与平面BCD所成的角为30°.
解法二：(1)以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

设B(1,0,0)，C(0，b,0)，D(0,0，c)，
则B1(1,0,2c)，E.
于是＝，＝(－1，b,0)，由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC，·＝0，求得b＝1，
所以AB＝AC．
(2)设平面BCD的法向量＝(x，y，z)，则·＝0，·＝0.
又＝(－1,1,0)，＝(－1,0，c)，
故
令x＝1，则y＝1，z＝，＝.
又平面ABD的法向量＝(0,1,0)．
由二面角A－BD－C为60°知，〈，〉＝60°，
故·＝||·||·cos60°，求得c＝.
于是＝(1,1，)，＝(1，－1，)，
cos〈，〉＝＝，〈，〉＝60°.
所以B1C与平面BCD所成的角为30°.
21．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.

(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB＝AP.
(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B、C、D的距离都相等？说明理由．
[解析]　解法一：
(1)因为PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB．
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD．
又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．

在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD．
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
(ⅰ)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°＝，即＝，
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，所以AB＝.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等．
设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，
则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，＝(0，－m，t)．

由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；　 ①
由||＝||得(4－t－m)2＝m2＋t2.　 ②
由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.　③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、C、D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等．
解法二：(1)同解法一．

(2)(ⅰ)同解法一．
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，
从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
所以GD＝CD·cos45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
在Rt△ABG中，
GB＝＝
＝>1，
这与GB＝GD矛盾．
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B、C、D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等．