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2015-2016学年人教A版选修2-1 空间向量与立体几何 单元综合测试


单元综合测试三
时间:120 分钟 分值:150 分

第Ⅰ卷(选择题,共 60 分) 题号 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) → → → → 1.直三棱柱 ABC-A1B1C1,若CA=a,CB=b,CC1=c,则A1B=( A.a+b-c B.a-b+c )

C.-a+b+c D.-a+b-c → → → → 解析:结合图形,得A1B=A1A+AC+CB=-c-a+b=-a+b-c,故选 D. 答案:D 2.已知 a=(-5,6,1),b=(6,5,0),则 a 与 b( A.垂直 B.不垂直也不平行 )

C.平行且同向 D.平行且反向 答案:A 3. 已知 a=(2, -1,3), b=(-4,2, x), c=(1, -x,2), 若(a+b)⊥c, 则 x 等于( A.4 B.-4 C. 1 2 D.-6 )

解析:a+b=(-2,1,3+x),由(a+b)⊥c, ∴(a+b)·c=0.∴-2-x+2(3+x)=0,得 x=-4. 答案:B 8 4.若 a=(1,λ ,2),b=(2,-1,2),且 a,b 的夹角的余弦值为 ,则 λ 等于( 9 A.2 2 C.-2 或 55 B.-2 2 D.2 或- 55 )

8 2 2 解析:a·b=2-λ +4=6-λ = 5+λ ×3× .解得 λ =-2 或 . 9 55 答案:C 5.已知空间四边形 ABCD 每条边和对角线长都等于 a,点 E、F、G 分别是 AB、AD、DC 的中点,则 a 是下列哪个选项的计算结果(
2

)

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→ → A.2BC·CA → → C.2FG·AC

→ → B.2AD·DB → → D.2EF·CB

1 2 → → → → → → 2 2 解析:2BC·CA=-a ,A 错;2AD·DB=-a ,B 错;2EF·CB=- a ,D 错;只有 C 对. 2 答案:C → 6.若 A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当|AB|取最小值时,x 的值等于( 8 A.19 B.- 7 C. 8 7 19 D. 14 )

→ → 2 2 2 解析:AB=(1-x,2x-3,-3x+3),则|AB|= ?1-x? +?2x-3? +?-3x+3? = 14x -32x+19= 答案:C 7.已知 ABCD,ABEF 是边长为 1 的正方形,FA⊥平面 ABCD,则异面直线 AC 与 EF 所成 的角为( ) B.45° D.90°
2

8 2 5 8 → 14?x- ? + ,故当 x= 时,|AB|取最小值,故选 C. 7 7 7

A.30° C.60°

解析:如图 1,由于 EF∥AB 且∠BAC=45°,所以异面直线 AC 与 EF 所成的角为 45°, 故选 B. 答案:B

图1

图2 → → 8.如图 2 所示,正方体 ABCD-A′B′C′D′中,M 是 AB 的中点,则 sin〈DB′,CM〉 的值为( )

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A.

1 2 2 3

B.

210 15 11 15

C.

D.

解析:以 DA,DC,DD′所在的直线分别为 x,y,z 轴建立直角坐标系 O-xyz,设正方 → → ? 1 ? 体棱长为 1,则 D(0,0,0),B′(1,1,1),C(0,1,0),M?1, ,0?,则DB′=(1,1,1),CM= ? 2 ? 15 210 → → → → ?1,-1,0?,cos〈DB ′,CM〉= ,则 sin〈DB′,CM〉= . ? ? 2 15 15 ? ? 答案:B

图3 9.如图 3,AB=AC=BD=1,AB? 面 M,AC⊥面 M,BD⊥AB,BD 与面 M 成 30°角,则 C、

D 间的距离为(
A.1 C. 2

) B.2 D. 3

→ 2 → → → 2 → 2 → 2 → 2 → → → → → → 解析:|CD| =|CA+AB+BD| =|CA| +|AB| +|BD| +2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=1 → +1+1+0+0+2×1×1×cos120°=2.∴|CD|= 2. 答案:C 10.在以下命题中,不正确的个数为( )

①|a|-|b|=|a+b|是 a、b 共线的充要条件; ②若 a∥b,则存在唯一的实数 λ ,使 a=λ b; → → → → ③对空间任意一点 O 和不共线的三点 A、B、C,若OP=2OA-2OB-OC,则 P、A、B、C 四点共面; ④若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底; ⑤|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|. A.2 C.4 B.3 D.5

解析:①错,应为充分不必要条件.②错,应强调 b≠0.③错,∵2-2-1≠1.⑤错,

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由数量积的运算性质判别. 答案:C 11.在三棱锥 P-ABC 中,△ABC 为等边三角形,PA⊥平面 ABC,且 PA=AB,则二面角 A -PB-C 的平面角的正切值为( A. 6 C. 6 6 B. 3 D. 6 2 )

解析:设 PA=AB=2,建立空间直角坐标系,平面 PAB 的一个法向量是 m=(1,0,0),平 面 PBC 的一个法向量是 n=( 3 ,1,1). 3

3 3 3 3 m·n 7 则 cos〈m,n〉= = = = .∴正切值 tan〈m,n〉= 6. |m||n| |m||n| 7 21 1× 3 答案:A

图4 12.(2011·辽宁高考)如图 4,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底面 ABCD,则下 列结论中不正确 的是( ... A.AC⊥SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 解析:∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥AC. 其中 SD∩BD=D,∴AC⊥面 SDB,从而 AC⊥SB.故 A 正确;易知 B 正确;设 AC 与 DB 交 于 O 点,连结 SO.则 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO,又 )

OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故 C 正确;由排除法可知选 D.
答案:D

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第Ⅱ卷(非选择题,共 90 分) 二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13.已知直线 l 的方向向量为 v=(1,-1,-2),平面 α 的法向量 u=(-2,-1,1), 则 l 与 α 的夹角为________. |-2+1-2| 1 解析:∵cos〈v,u〉= = , 2 6× 6 ∴〈v,u〉=60°.∴l 与 α 的夹角为 30°. 答案:30° 14.如图 5 所示,在空间四边形 ABCD 中,AC 和 BD 为对角线,G 为△ABC 的重心,E 是

BD 上一点,BE=3ED,以{AB,AC,AD}为基底,则GE=________.
2→ → 1→ → → → → 解析:GE=GA+AD+DE=- AM+AD+ DB 3 4 2 1 → → → 1 → → 1 → 1→ 3→ =- × (AB+AC)+AD+ (AB-AD)=- AB- AC+ AD, 3 2 4 12 3 4 1 → 1→ 3→ → 故GE=- AB- AC+ AD. 12 3 4 1 → 1→ 3→ 答案:- AB- AC+ AD 12 3 4



→ →



图5

图6

15.如图 6 所示,在三棱锥 P-ABC 中,PA=PB=PC=BC,且∠BAC=90°,则 PA 与底 面 ABC 所成的角为________. 解析:由于 PA=PB=PC,故 P 在底面 ABC 上的射影为△ABC 外心,由于△ABC 为直角三 1 角形,不妨设 OB=OC,所以 OP⊥面 ABC,∠PAO 为所求角,不妨设 BC=1,则 OA= ,cos 2 1 ∠PAO= ,所以∠PAO=60°. 2 答案:60° 16.(2011·全国高考)已知点 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1、CC1 上,且
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B1E=2EB,CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________.

图7 解析:延长 FE、CB 相交于点 G,连结 AG,设正方体的棱长为 3,则 GB=BC=3,作 BH 3 2 EB ⊥AG 于 H,连结 EH,则∠EHB 为所求二面角的平面角.∵BH= ,EB=1,∴tan∠EHB= 2 BH = 2 . 3 答案: 2 3

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)已知向量 a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点 A(-3,-1,4),B(-2,- 2,2). (1)求|2a+b|; → (2)在直线 AB 上,是否存在一点 E,使得OE⊥b?(O 为原点) 解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|= 0 +?-5? +5 =5 2. → → → → → (2)OE=OA+AE=OA+tAB=(-3, -1,4)+t(1, -1, -2)=(-3+t, -1-t,4-2t), 9 → → 若OE⊥b,则OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得 t= ,因此存在 5 6 14 2 → 点 E,使得OE⊥b,此时 E 点坐标为 E(- ,- , ). 5 5 5
2 2 2

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图8 18.(12 分)如图 8,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点 D 是 AB 的中点. 求证:(1)AC⊥BC1;(2)AC1∥平面 CDB1.

图9 证明:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5,且 C1C 垂直底面. ∴AC、BC、C1C 两两垂直. 如图 9,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. 3 则 C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D( ,2,0). 2 → → (1)AC=(-3,0,0),BC1=(0,-4,4), → → ∴AC·BC1=0,∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连接 DE,则 E(0,2,2), 3 → → ∵DE=(- ,0,2),AC1=(-3,0,4), 2 → 1→ ∴DE= AC1.∴DE∥AC1. 2 ∵DE? 平面 CDB1,AC1?平面 CDB1, ∴AC1∥平面 CDB1.
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19.(12 分)已知 M 为长方体 AC1 的棱 BC 的中点,点 P 在长方体 AC1 的面 CC1D1D 内,且

PM∥BB1D1D,试探讨点 P 的确切位置.

图 10 解:以 DA、DC、DD1 为 x、y、z 轴,如图 10 建立空间直角坐标系,设 DA=a,DC=b,

DD1=c.根据题意可设 A(a,0,0),B(a,b,0),D1(0,0,c),P(0,y,z),则 M( a,b,0).又 PM∥BB1D1D,根据空间向量基本定理,必存在实数对(m,n),使得PM=mDB+nDD1,即( a,b
-y,-z)=(ma,mb,nc),等价于 → → → 1 2

1 2

? ? ?b-y=mb ? ?-z=nc
1 a=ma 2

? ? ?? 1 y= b, 2 ? ?z=-nc,n∈R,
m= ,
1 2

则点 P(0, ,-nc). 2 ∴点 P 在面 DCC1D1 的 DC 的中垂线 EF 上. 20.(12 分)在正棱锥 P-ABC 中,三条侧棱两两互相垂直,G 是△PAB 的重心,E,F 分 别是 BC,PB 上的点,且 BE∶EC=PF∶FB=1∶2.求证: (1)平面 GEF⊥平面 PBC; (2)EG⊥PG,EG⊥BC.

b

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图 11 证明:(1)以三棱锥的顶点 P 为原点,以 PA、PB、PC 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系. 令 PA=PB=PC=3,则

A(3,0,0), B(0,3,0), C(0,0,3), E(0,2,1), F(0,1,0), G(1,1,0),P(0,0,0).
→ → 于是PA=(3,0,0),FG=(1,0,0). → → 故PA=3FG. ∴PA∥FG. 又 PA⊥平面 PBC,∴FG⊥平面 PBC. 又 FG? 平面 EFG,∴平面 EFG⊥平面 PBC. → → → → → → → (2)∵EG=(1, -1, -1), PG=(1,1,0), BC=(0,-3,3). ∴EG·PG=1-1=0, EG·BC =3-3=0. ∴EG⊥PG,EG⊥BC.

图 12 21.(12 分)(2011·天津高考)如图 12,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正方形 AA1BB1 的 中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H= 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

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图 13 解:如图 13 所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点.依题意得 A(2 2,0,0),

B(0,0,0),C( 2,-2 2, 5),A1(2 2,2 2,0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5).
→ → AC·A1B1 → → → → (1)易得AC=(- 2, - 2, 5), A1B1=(-2 2, 0,0), 于是 cos 〈AC, A1B1〉 = → → |AC|·|A1B1| = 2 = . 3 3×2 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 . 3 4

→ → (2)易知AA1=(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5). → ? ?m·A1C1=0, 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z),则? → ? ?m·AA1=0.

?-2 2x- 2y+ 5z=0, 即? ?2 2y=0.

不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2),

→ ? ?n·A1C1=0, 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z),则? → ? ?n·A1B1=0.

?-2 2x- 2y+ 5z=0, 即? ?-2 2x=0.

不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2),

m·n 2 2 3 5 于是 cos〈m,n〉= = = ,从而 sin〈m,n〉= . |m|·|n| 7 7 7× 7
3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 . 7 (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N( 2 3 2 5 2 3 2 → , , ).设 M(a,b,0),则MN=( -a, - 2 2 2 2 2

b,

5 ). 2

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→ → ? ?MN·A1B1=0, 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? → ?→ MN·A1C1=0. ?



2 ? ?? 2 -a?·?-2 2?=0, ? 2 3 2 ? -a?·?- 2?+? -b?·?- ? ? 2 2 2 ? ?a= 2 , 解得? 2 ? ?b= 4 .

2?+

5 × 5=0. 2

故 M(

2 2 , ,0). 2 4

2 2 10 → → 因此BM=( , ,0),所以线段 BM 的长|BM|= . 2 4 4

图 14 2 22.(12 分)如图 14,在矩形 ABCD 中,点 E,F 分别在线段 AB,AD 上,AE=EB=AF= FD 3 =4.沿直线 EF 将△AEF 翻折成△A′EF,使平面 A′EF⊥平面 BEF. (1)求二面角 A′-FD-C 的余弦值; (2)点 M,N 分别在线段 FD,BC 上,若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折,使 C 与 A′ 重合,求线段 FM 的长. 解:法一:(1)取线段 EF 的中点 H,连结 A′H. 因为 A′E=A′F 及 H 是 EF 的中点, 所以 A′H⊥EF. 又因为平面 A′EF⊥平面 BEF,及 A′H? 平面 A′EF, 所以 A′H⊥平面 BEF. 如图 15 建立空间直角坐标系 A-xyz,

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图 15 则 A′(2,2,2 2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0), → → 故FA′=(-2,2,2 2),FD=(6,0,0). 设 n=(x,y,z)为平面 A′FD 的一个法向量, 所以

?-2x+2y+2 2z=0, ? ?6x=0,
取 z= 2,则 n=(0,-2, 2). 又平面 BEF 的一个法向量 m=(0,0,1).

n·m 3 故 cos〈n,m〉= = . |n||m| 3
所以二面角的余弦值为 3 . 3

(2)设 FM=x,则 M(4+x,0,0), 因为翻折后,C 与 A′重合,所以 CM=A′M, 21 2 2 2 2 2 2 故(6-x) +8 +0 =(-2-x) +2 +(2 2) ,得 x= , 4 21 经检验,此时点 N 在线段 BC 上,所以 FM= . 4 法二:(1)取线段 EF 的中点 H,AF 的中点 G,连结 A′G,A′H,GH.

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图 16 因为 A′E=A′F 及 H 是 EF 的中点,所以 A′H⊥EF, 又因为平面 A′EF⊥平面 BEF,所以 A′H⊥平面 BEF, 又 AF? 平面 BEF,故 A′H⊥AF, 又因为 G,H 是 AF,EF 的中点,易知 GH∥AB,所以 GH⊥AF,于是 AG⊥面 A′GH, 所以∠A′GH 为二面角 A′-DF-C 的平面角, 在 Rt△A′GH 中,A′H=2 2,GH=2,A′G=2 3, 所以 cos∠A′GH= 3 . 3 3 . 3

故二面角 A′-DF-C 的余弦值为

(2)设 FM=x,因为翻折后,C 与 A′重合,所以 CM=A′M, 而 CM =DC +DM =8 +(6-x) ,A′M =A′H +MH =A′H +MG +GH
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

21 21 2 2 2 =(2 2) +(x+2) +2 ,得 x= ,经检验,此时点 N 在线段 BC 上,所以 FM= . 4 4

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