高中数学 第3章 空间向量与立体几何章末检测 苏教版选修21.doc

空间向量与立体几何 章末检测一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1对于空间中的非零向量、b、，有下列各式：；|；|.其中一定不成立的是_答案解析根据空间向量的加减法运算，对于：恒成立；对于：当、方向相同时，有|；对于：当、共线且与、方向相反时，有|.只有一定不成立2若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)满足条件(ca)(2b)2，则x_.答案2解析ca(0,0,1x)，故(cc)(2b)2(0,0,1x)(1,2,1)2(1x)，结合已知得2(1x)2，解得x2.3已知g是abc的重心，o是平面abc外的一点，若，则_.答案3解析如图，正方体中，3，所以3.4空间四边形abcd中，e、f分别为ab、cd的中点，则向量与、_(是、否)共面答案是解析如图所示，.又e、f分别是ab、cd的中点，故有，2，.与不共线，与、共面5下列命题中，正确命题的个数为_若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n2；若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n20；若n是平面的法向量，a与共面，则na0；若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直答案3解析中平面，可能平行，也可能重合，故不正确；结合平面法向量的概念，易知正确6在四面体oabc中，a，b，c，d为bc的中点，e为ad的中点，则可表示为_(用a，b，c表示)答案abc解析()()abc.7在正方体abcda1b1c1d1中，点e为上底面a1c1的中心，若xy，则x，y的值分别为_答案，解析如图，()，故x，y的值都为.8如图，已知四边形abcd为矩形，pa平面abcd，连结ac，bd，pb，pc，pd，则下列各组向量中，数量积不一定为零的是_与与与与答案解析建立如图所示的空间直角坐标系设矩形abcd的长、宽分别为a，b，pa长为c，则a(0,0,0)，b(b,0,0)，d(0，a,0)，c(b，a,0)，p(0,0，c)则(b，a，c)，(b，a,0)，(0，a,0)，(b,0，c)，(0，a，c)，(b,0,0)，(0,0，c)，(b,0,0)b2a2不一定为0.0，0，0.9对于空间任意一点o和不共线的三点a、b、c，有如下关系：623，则下列说法正确的是_四点o、a、b、c必共面；四点p、a、b、c必共面；四点o、p、b、c必共面；五点o、p、a、b、c必共面答案解析由已知得，而1，四点p、a、b、c共面10.如图，abacbd1，ab面m，ac面m，bdab，bd与面m成30角，则c、d间的距离为_答案解析|2|2|2|2|222211100211cos1202.|.11已知三棱柱abca1b1c1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若p为底面a1b1c1的中心，则pa与平面abc所成角的大小为_答案解析取正三角形abc的中心o，连结op，则pao是pa与平面abc所成的角因为底面边长为，所以ad，aoad1.三棱柱的体积为()2aa1，解得aa1，即opaa1，所以tanpao，即pao.12.如图所示，在三棱柱abca1b1c1中，aa1底面abc，abbcaa1，abc90，点e、f分别是棱ab、bb1的中点，则直线ef和bc1的夹角是_答案60解析不妨设abbcaa11，则()，|，|，()()，cos，0，180，60，即异面直线ef与bc1的夹角是60.13.如图所示，已知二面角l的平面角为，abbc，bccd，ab在平面内，bc在l上，cd在平面内，若abbccd1，则ad的长为_答案解析，所以22222221112cos()32cos.所以|，即ad的长为.14在直三棱柱a1b1c1abc中，bac，abacaa11，已知g与e分别为a1b1和cc1的中点，d与f分别为线段ac和ab上的动点(不包括端点)，若gdef，则线段df的长度的取值范围为_答案，1)解析以a为坐标原点，ab为x轴，ac为y轴，aa1为z轴建立空间直角坐标系，则f(t1,0,0)(0t11)，e(0,1，)，g(，0,1)，d(0，t2,0)(0t21)所以(t1，1，)，(，t2，1)因为gdef，所以t12t21，由此推出0t2.又(t1，t2,0)，|，从而有df1.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(14分)已知空间三点a(2,0,2)，b(1,1,2)，c(3,0,4)设a，b，(1)求a和b的夹角的余弦值；(2)若向量kab与ka2b互相垂直，求k的值解因为a(2,0,2)，b(1,1,2)，c(3,0,4)，a，b，所以a(1,1,0)，b(1,0,2)(1)cos，即a和b的夹角的余弦值为.(2)因为kabk(1,1,0)(1,0,2)(k1，k,2)，ka2b(k2，k，4)，且(kab)(ka2b)所以(k1，k,2) (k2，k，4)(k1)(k2)k282k2k100，则k或k2.16(14分)已知(1,0,2)，(2,2,0)，(0,1,2)，点m在直线oc上运动，当取最小时，求点m的坐标解设(0，2)，则(1，22)，(2,2，2)，2(2)2(22)52625()2，当时，最小，此时点m的坐标为m(0，)17(14分)如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是矩形，pa平面abcd，paad，abad，e是线段pd上的点，f是线段ab上的点，且(0)(1)判断ef与平面pbc的关系，并证明；(2)当为何值时，df平面pac？并证明你的结论解(1)ef平面pbc，证明如下，如图，以点a为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设ad长为1，则a(0,0,0)，b(，0,0)，c(，1,0)，d(0,1,0)，p(0,0,1)，由(0)得e(0，)，f(，0,0)，所以(，)，(0,1,0)，(，0，1)，设面pbc的法向量n(x，y，z)，则所以取n(1,0，)；由于n0，所以n，因为ef平面pbc，所以ef平面pbc.(2)当1时，df平面pac.证明如下：设平面pac的法向量为m(x，y，z)，由于(，1,0)，(0,0,1)，则不妨取m(1，0)，又(，1,0)，m，所以df平面pac.18(16分)如图，在棱长为1的正方体abcda1b1c1d1中，p是侧棱cc1上一点，cpm.试确定m的值使得直线ap与平面bdd1b1所成角为60.解建立如图所示的空间直角坐标系，则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)则(1，1,0)，(0,0,1)，(1,1，m)，(1,1,0)又由0，0知，则为平面bb1d1d的一个法向量设ap与平面bb1d1d所成的角为，则sin|cos，|.依题意得sin60，解得m.故当m时，直线ap与平面bdd1b1所成角为60.19(16分)如图所示，在正方体abcda1b1c1d1中，e是棱dd1的中点(1)求直线be和平面abb1a1所成角的正弦值；(2)在棱c1d1上是否存在一点f，使b1f平面a1be？证明你的结论解设正方体的棱长为1.如图所示，以，为单位正交基底建立空间直角坐标系axyz.(1)依题意，得b(1,0,0)，e，a(0,0,0)，d(0,1,0)，所以，(0,1,0)在正方体abcda1b1c1d1中，因为ad平面abb1a1，所以是平面abb1a1的一个法向量设直线be和平面abb1a1所成的角为，则sin.故直线be和平面abb1a1所成角的正弦值为.(2)在棱c1d1上存在点f，使b1f平面a1be.证明如下：依题意，得a1(0,0,1)，(1,0,1)，.设n(x，y，z)是平面a1be的一个法向量，则由得所以xz，yz.取z2，得n(2,1,2)设f是棱c1d1上的点，则f(t,1,1) (0t1)又b1(1,0,1)，所以(t1,1,0)而b1f平面a1be，于是b1f平面a1ben0(t1,1,0)(2,1,2)02(t1)10tf为棱c1d1的中点这说明在棱c1d1上存在点f(c1d1的中点)，使b1f平面a1be.20(16分)如图所示，在三棱锥pabq中，pb平面abq，babpbq，d，c，e，f分别是aq，bq，ap，bp的中点，aq2bd，pd与eq交于点g，pc与fq交于点h，连结gh.(1)求证：abgh；(2)求二面角dghe的余弦值(1)证明因为d，c，e，f分别是aq，bq，ap，bp的中点，所以efab，dcab，所以efdc，又ef平面pcd，dc平面pcd，所以ef平面pcd，又ef平面efq，平面efq平面pcdgh，所以efgh，又efab，所以abgh.(2)解方法一在abq中，aq2bd，addq，所以abq90，即abbq，因为pb平面abq，所以abpb，又bpbqb，所以ab平面pbq，由(1)知abgh，所以gh平面pbq，又fh平面pbq，所以ghfh，同理可得ghhc，所以fhc为二面角dghe的平面角，设babqbp2，连结fc，在rtfbc中，由勾股定理得，fc，在rtpbc中，由勾股定理得，pc，又h为pbq的重心，所以hcpc，同理得fh，在fhc中，由余弦定理得cosfhc，即二面角dghe的余弦值为.方法二在abq中，aq2bd，addq，所以abq90，又pb平面abq，所以ba，bq，bp两两垂直，以b为坐标原点，分别以ba，bq，bp所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设babqbp2，则e(1,0,1，)，f(0,0,1)，q