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【步步高 学案导学设计】2014-2015学年高中数学 第3章 空间向量与立体几何单元检测(B卷)苏教版选修2-1


第 3 章 单元检测(B 卷)
(时间:120 分钟 满分:160 分) 一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分) 1.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,则存在惟一的实数 λ ,使 a=λ b; ③若 a·b=0,b·c=0,则 a=c; ④若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一基底; ⑤|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|. 2. 已知 a 与 b 是非零向量且满足(a-2b)⊥a, (b-2a)⊥b, 则 a 与 b 的夹角是________. 8 3.若向量 a=(1,x,2),b=(2,-1,2),且 a,b 夹角的余弦值为 ,则 x=________. 9 4.若 a=e1+e2+e3,b=e1-e2-e3,c=e1+e2,d=e1+2e2+3e3({e1,e2,e3}为空间的 一个基底),且 d=xa+yb+zc,则 x,y,z 分别为__________. 5. 已知向量 a=(1,1,0), b=(-1,0,2), 且 ka+b 与 2a-b 互相垂直, 则 k 值是________. 6. 已知 a=(2, -1,2), b=(2,2,1), 则以 a, b 为邻边的平行四边形的面积为________. 7.

在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M,N 分别为 A1B1 和 BB1 的中点,那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为________. 8.

如图所示,∠BAD=90°的等腰直角三角形 ABD 与正三角形 CBD 所在平面互相垂直,E 是 BC 的中点,则 AE 与平面 BCD 所成角的大小为________. 9.

如图,在五面体 ABCDEF 中,FA⊥平面 ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,AF=AB=BC=FE= 1 AD,则异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为________. 2 10.

已知四面体 ABCD 的六条棱长都是 1, 则直线 AD 与平面 ABC 的夹角的余弦值为________. → → 11.已知四边形 ABCD 中,AB=a-2c,CD=5a+6b-8c,对角线 AC,BD 的中点分别为

E,F,则EF=__________.
12.如果向量 a=(1,0,1),b=(0,1,1)分别平行于平面 α ,β 且都与此两平面的交线 l 垂直,则二面角 α —l—β 的大小是________. 13.



如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,二面角 B—A1C1—B1 的正切值为________. 14.已知 a,b,c 为△ABC 的三个内角 A,B,C 的对边,向量 m=( 3,-1),n=(cos A,sin A).若 m⊥n,且 acos B+bcos A=csin C,则角 B=________. 二、解答题(本大题共 6 小题,共 90 分) 15.(14 分)

如图所示,已知 P 是平行四边形 ABCD 所在平面外一点,连结 PA、PB、PC、PD,点 E、F、 G、H 分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA 的重心,应用向量共面定理证明:E、F、G、 H 四点共面.

16.(14 分)

如图,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F、G、H、M、N 分别是正方体六个表面的中心, 试确定平面 EFG 和平面 HMN 的位置关系.

17.(14 分)

如图所示,直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面是等腰直角三角形,AB=BC= 2,BB1=3,D 为 A1C1 的中点,F 在线段 AA1 上, (1)AF 为何值时,CF⊥平面 B1DF? (2)设 AF=1,求平面 B1CF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值.

18.(16 分)

如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC =90°,BF=FC,H 为 BC 的中点. (1)求证:FH∥平面 EDB; (2)求证:AC⊥平面 EDB; (3)求二面角 B—DE—C 的大小.

19.(16 分)

已知直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=2,底面 ABCD 是直角梯形,∠A 为直角,AB∥CD, AB=4,AD=2,DC=1,求异面直线 BC1 与 DC 所成角的余弦值.

20.(16 分)在底面是直角梯形的四棱锥 S—ABCD 中,∠ABC=90°,SA⊥面 ABCD,SA 1 =AB=BC=1,AD= .求面 SCD 与面 SBA 所成的二面角的正切值. 2

第 3 章 空间向量与立体几何(B) 1.4 解析 ①不正确,由|a|-|b|=|a+b|知 a 与 b 反向,a 与 b 共线,但 a 与 b 共线不一 定有|a|-|b|=|a+b|;②不正确,应加上条件 b≠0;③不正确,当 b=0 时,a 与 c 不一定相等;④正确;⑤不正确,应为|(a·b)·c|≤|a|·|b|·|c|. π 2. 3 解析 由已知(a-2b)·a=0,(b-2a)·b=0 2 2 ∴a =2ab=b . a·b a·b 1 π ∴cos〈a,b〉= = . 2 = ,∴〈a,b〉= |a||b| |a| 2 3 2 3.-2 或 55 a·b 6-x 8 解析 cos〈a,b〉= = = , 2 |a||b| 3 5+x 9 2 解得 x=-2 或 x= . 55 5 1 4. ,- ,-1 2 2 解析 d=xa+yb+zc=(x+y+z)e1+(x-y+z)e2+(x-y)e3=e1+2e2+3e3,空间任 一向量都可以用一个空间基底惟一表示,

x+y+z=1, ? ? 从而得到?x-y+z=2, ? ?x-y=3.
5 1 解得 x= ,y=- ,z=-1. 2 2 7 5. 5 6. 65 解析 因为|a|=|b|,所以平行四边形为菱形,

又 a+b=(4,1,3),a-b=(0,-3,1), |a+b|= 26,|a-b|= 10, 1 1 S= |a+b||a-b|= × 26× 10= 65. 2 2 2 7. 5

解析 建立如图所示,空间直角坐标系 D—xyz, → ? 1 ? 则AM=?0, ,1?, ? 2 ? 1? → → 1 → ? CN=?1,0, ?,AM·CN= , 2? 2 ? 5 → → |AM|=|CN|= , 2 → → 所以 cos〈AM,CN〉= 1 2 2 = . 5 5

5 × 2 2

8.45° 9.60° 解析 以点 A 为坐标原点,AB,AD,AF 分别为 x,y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐 标系 A—xyz, 设 AB=1, 依题意得 B(1,0,0), C(1,1,0), D(0,2,0), E(0,1,1), F(0,0,1). → → BF=(-1,0,1),DE=(0,-1,1), → → BF·DE 0+0+1 1 → → 于是 cos〈BF,DE〉= = = . → → 2× 2 2 |BF||DE| 所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60°. 3 10. 3 11.3a+3b-5c 解析 取 AD 中点 P,连结 EP,FP, → 1→ → 1→ → → → 1→ 1→ 1 则PF= AB,EP= CD,所以EF=EP+PF= AB+ CD= (6a+6b-10c)=3a+3b-5c. 2 2 2 2 2 12.60°或 120° a·b 0+0+1 1 解析 cos〈a,b〉= = = , |a||b| 2× 2 2 所以 a 与 b 夹角为 60°或 120°,即 α —l—β 大小为 60°或 120°. 13. 2 π 14. 6 解析 由题意知 m·n=0,∴ 3cos A-sin A=0, π ∴tan A= 3,A= ,又∵acos B+bcos A=csin C,即 sin Acos B+sin Bcos A= 3

sin C, 2 2 2 sin(A+B)=sin C,sin(π -C)=sin C,sin C=sin C, π π ∴sin C=1,∴C= ,∴B= . 2 6 15.证明 分别延长 PE、PF、PG、PH 交对边于 M、N、Q、R.

2

∵E、F、G、H 分别是所在三角形的重心, ∴M、N、Q、R 为所在边的中点, 顺次连结 M、N、Q、R,所得四边形为平行四边形, → 2→ 且有PE= PM, 3 → 2→ → 2→ → 2→ PF= PN,PG= PQ,PH= PR. 3 3 3 → → → ∵MNQR 为平行四边形,∴EG=PG-PE 2→ 2→ 2→ 2 → → = PQ- PM= MQ= (MN+MR) 3 3 3 3 2 → → 2 → → = (PN-PM)+ (PR-PM) 3 3 2?3→ 3→? 2?3→ 3→? = ? PF- PE?+ ? PH- PE? 2 ? 3?2 2 ? 3?2 → → =EF+EH. ∴由共面向量定理得 E、F、G、H 四点共面. 16.解 如图,建立空间直角坐标系, 设正方体的棱长为 2, 易得 E(1,1,0),F(1,0,1),G(2,1,1), H(1,1,2),M(1,2,1),N(0,1,1). → → ∴EF=(0,-1,1),EG=(1,0,1), → → HM=(0,1,-1),HN=(-1,0,-1). 设 m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别是平面 EFG、

平面 HMN 的法向量, → ? ?m·EF=0 由? → ? ?m·EG=0
? ?-y1+z1=0 ? ?x1+z1=0 ?

?



令 x1=1, 得 m=(1,-1,-1). → ? ?n·HM=0 由? → ? ?n·HN=0
? ?y2-z2=0 ?? ?-x2-z2=0 ?



令 x2=1,得 n=(1,-1,-1).∴m=n,故 m∥n, 即平面 EFG∥平面 HMN. π 17.解 (1)因为直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,BB1⊥面 ABC,∠ABC= . 2 以 B 点为原点,BA、BC、BB1 分别为 x、y、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.

因为 AB=BC= 2,从而 B(0,0,0),A( 2,0,0),C(0, 2,0),B1(0,0,3),A1( 2,0,3),C1(0, 2,3), 2 ? ? 2 D? , ,3?. 2 2 ? ? → 所以CA1=( 2,- 2,3),设 AF=x, → 则 F( 2,0,x),CF=( 2,- 2,x), 2 ? → → ? 2 B1F=( 2,0,x-3),B1D=? , ,0?. 2 ?2 ? →

CF·B1D= 2·



2 2 +(- 2)· +x·0=0, 2 2

→ → 所以CF⊥B1D. 要使 CF⊥平面 B1DF,只需 CF⊥B1F. → → 由CF·B1F=2+x(x-3)=0, 得 x=1 或 x=2, 故当 AF=1 或 2 时,CF⊥平面 B1DF. (2)由(1)知平面 ABC 的法向量为 n1=(0,0,1). 设平面 B1CF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·CF=0, 则由? → ? ?n·B1F=0, 得?

? 2x- 2y+z=0, ? 2x-2z=0,

3 ? ? 令 z=1 得 n=? 2, 2,1?, 2 ? ? 所以平面 B1CF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值 cos 〈n, n1〉 = 1× 18.(1)证明 ∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AB⊥BC. 又 EF∥AB,∴EF⊥BC. 1 9 2+ +1 2 = 30 . 15

又∵EF⊥FB,BC∩FB=B, ∴EF⊥平面 BFC. ∴EF⊥FH,∴AB⊥FH. 又 BF=FC,H 为 BC 的中点,∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面 ABC.

→ → 以 H 为坐标原点,HB为 x 轴正向,HF为 z 轴正向,建立如图所示坐标系. 设 BH=1,则 A(1,-2,0), B(1,0,0),C(-1,0,0), D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). 设 AC 与 BD 的交点为 G,连结 GE,GH, → 则 G(0,-1,0),∴GE=(0,0,1), → → → 又HF=(0,0,1),∴HF∥GE. 又∵GE? 平面 EDB,HF 不在平面 EDB 内, ∴FH∥平面 EDB. → → (2)证明 ∵AC=(-2,2,0),GE=(0,0,1), → → ∴AC·GE=0,∴AC⊥GE. 又 AC⊥BD,EG∩BD=G, ∴AC⊥平面 EDB. → → (3)解 BE=(-1,-1,1),BD=(-2,-2,0), → → CD=(0,-2,0),CE=(1,-1,1). 设平面 BDE 的法向量为 n1=(1,y1,z1), → 则BE·n1=-1-y1+z1=0, → DB·n1=-2-2y1=0, ∴y1=-1,z1=0,即 n1=(1,-1,0). 设平面 CDE 的法向量为 n2=(1,y2,z2), → 则 n2·CD=0,y2=0, → n2·CE=0,1-y2+z2=0,z2=-1, 故 n2=(1,0,-1), n1·n2 1 1 cos〈n1,n2〉= = = , |n1|·|n2| 2· 2 2 即〈n1,n2〉=60°,即二面角 B—DE—C 为 60°. 19.解 以 D 为坐标原点,以 DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图 所示的空间直角坐标系.

则 A(2,0,0),B(2,4,0), C(0,1,0),C1(0,1,2),

→ → → ∴DC=(0,1,0),BC1=(-2,-3,2),|DC|=1, → 2 2 2 |BC1|= 2 +3 +2 = 17. → → DC·BC1 → → ∴cos〈DC,BC1〉= → → |DC||BC1| = -3 3 17 =- . 17 17

3 17 ∴异面直线 DC 与 BC1 所成的角的余弦值为 . 17 20.解

建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz, 则 A(0,0,0),B(-1,0,0), ? 1 ? C(-1,1,0),D?0, ,0?, ? 2 ? S(0,0,1), → → SA=(0,0,-1),SB=(-1,0,-1), → → ? 1 ? SC=(-1,1,-1),SD=?0, ,-1?. ? 2 ? 设平面 SAB 的法向量为 n1=(x1,y1,z1). 平面 SCD 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 平面 SAB 与平面 SCD 所成的角为 θ . → → 由 n1·SA=0 与 n1·SB=0. 可得 n1=(0,1,0). → → 由 n2·SC=0 与 n2·SD=0,可得 n2=(1,2,1). n1·n2 2 6 ∴cos〈n1,n2〉= = = . |n1|·|n2| 1× 6 3 ∴cos θ = 6 3 2 ,sin θ = ,∴tan θ = . 3 3 2 2 . 2

即面 SCD 平面 SBA 所成的二面角的正切值为


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