高中数学选修21第三章+空间向量与立体几何+测试题(含详解).doc

高中数学选修2-1第三章+空间向量与立体几何+测试题
(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．6 B．5 C．4 D．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．3 B．2 C．1 D.
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．在△ABC中，＝c，＝b.若点D满足＝2，则＝(　　)
A.b＋c B.c－b C.b－c D.b＋c

解析　如图，＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝c＋b.
答案　A
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．a B．b C．c D．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．2 B．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1 B．3或－1 C．－3 D．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>4 B．x<－4 C．0　　)
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．已知二面角α－l－β的大小为50°，P为空间中任意一点，则过点P且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
解析　过点P分别作平面α，β的垂线l1和l2，则l1与l2所成的角为130°或50°，问题转化为过点P与直线l1，l2成65°角的直线有几条，与l1，l2共面的有一条，不共面的有2条．因此，共有3条．
答案　B
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)　(－57,7)
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·D1B1＝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)如图，空间四边形OABC中，E，F分别为OA，BC的中点，设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示.

解　＝＋＝－＋(＋)＝－a＋b＋c.

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)，E0,2,1)，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，∴平面AED⊥平面A1FD1.
(2)由于点M在AE上，
∴可设＝λ＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，
可得M(2,2λ，λ)，于是＝(0,2λ，λ－2)．
要使A1M⊥平面DAE，需A1M⊥AE，
∴·＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，得λ＝.
故当AM＝AE时，即点M坐标为(2，，)时，A1M⊥平面DAE.

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