2014-2015选修2-1-第三章-空间向量与立体几何复习课件及复习题单元质量评估(三).doc

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元质量评估 (三)第三章(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.下列说法中不正确的是()A.平面的法向量垂直于与平面共面的所有向量B.一个平面的所有法向量互相平行C.如果两个平面的法向量垂直,那么这两个平面也垂直D.如果a,b与平面共面且na,nb,那么n就是平面的一个法向量【解析】选D.只有当a,b不共线且a,b时,D才正确.2.同时垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的单位向量是()A.13,-23,23B.-13,23,-23w w w .x k b 1.c o mC.13,-13,23D.13,-23,23或-13,23,-23【解析】选D.设所求向量为c=(x,y,z),由ca=0及cb=0及|c|=1得2x+2y+z=0,4x+5y+3z=0,x2+y2+z2=1,检验知选D.3.(2014金华高二检测)已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,),若a,b,c共面,则实数等于()A.627B.637C.607D.657【解析】选D.易得c=ta+b=(2t-,-t+4,3t-2),所以7=2t-,5=-t+4,=3t-2,解得t=337,=177,=657,故选D.4.(2014银川高二检测)已知矩形ABCD,PA平面ABCD,则以下等式中可能不成立的是()A.DAPB=0B.PCBD=0C.PDAB=0D.PACD=0【解析】选B.选项A,DAABDAPADA平面PABDAPBDAPB=0;由A可知ABPD=0,C正确;选项D,PA平面ABCDPACDPACD=0;选项B,若BDPC=0,则BDPC,又BDPA,所以BD平面PAC,故BDAC,但在矩形ABCD中不一定有BDAC,故B不一定成立.5.已知a=(cos,1,sin),b=(sin,1,cos),且ab,则向量a+b与a-b的夹角是()A.90B.60C.30D.0【解析】选A.因为|a|2=2,|b|2=2,X kB1.cOM(a+b)(a-b)=|a|2-|b|2=0,所以(a+b)(a-b),故选A.【变式训练】已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则AC与AB的夹角为()A.30B.45C.60D.90【解析】选C.AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0).设=,则cos=ABAC|AB|AC|=3322=12,所以=60.6.(2014长春高二检测)已知向量e1,e2,e3是两两垂直的单位向量,且a=3e1+2e2-e3,b=e1+2e3,则(6a)等于()A.15B.3C.-3D.5【解析】选B.(6a)=3ab=3(3e1+2e2-e3)(e1+2e3)=9|e1|2-6|e3|2=3.7.已知正方体ABCD-ABCD中,点F是侧面CDDC的中心,若AF=AD+xAB+yAA,则x-y等于()A.0B.1C.12D.-12【解析】选A.如图所示,AF=AD+DF,所以DF=xAB+yAA,所以12DC=xAB+yAA,w w w .x k b 1.c o m因为12AB=12AB+12AA,AB=DC,所以x=y=12,x-y=0.8.(2014安庆高二检测)如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若点P满足BP=12BA-12BC+BD,则|BP|2的值为()A.32B.2C.10-24D.94【解析】选D.过点C作CE垂直于BD,垂足为E,连接AE,则得AC=1,故三角形ABC为正三角形.|BP|2=12BA-12BC+BD2=14BA2+14BC2+BD2-12BABC+BABD-BCBD=141+141+(2)2-1211cosABC=52-14=94.9.已知A(4,1,3),B(2,-5,1),C是线段AB上一点,且ACAB=13,则C点的坐标为()A.72,-12,52B.83,-3,2C.103,-1,73D.52,-72,32【解析】选C.由题意知,2AC=CB,设C(x,y,z),则2(x-4,y-1,z-3)=(2-x,-5-y,1-z),即2x-8=2-x,2y-2=-5-y,2z-6=1-z,解得x=103,y=-1,z=73,即C103,-1,73.10.已知ABC的顶点A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD的长等于()A.3B.4C.5D.6【解析】选C.设D(x,y,z),则AD=(x-1,y+1,z-2),BD=(x-5,y+6,z-2), AC=(0,4,-3),因为ADAC,且BDAC,所以x-1=0,4y+1=-3z-2,4y+24-3z+6=0,解得x=1,y=-215,z=225,所以|BD|=5.【一题多解】设AD=AC,D(x,y,z),则(x-1,y+1,z-2)=(0,4,-3),所以x=1,y=4-1,z=2-3.所以BD=(-4,4+5,-3),又AC=(0,4,-3),ACBD,所以4(4+5)-3(-3)=0,所以=-45,所以BD=-4,95,125,所以|BD|=(-4)2+952+1252=5.11.(2014绵阳高二检测)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12B.22C.13D.16【解析】选C如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则即-a+2b=0,-a+c=0,得a=2b,a=c.令a=2,则n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为d=2+1-23=13.12.(2014荆州高二检测)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F且EF=22,则下列结论中错误的是()A.ACBEB.EF平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.异面直线AE,BF所成的角为定值【解析】选D.因为AC平面BB1D1D,又BE平面BB1D1D.所以ACBE,故A正确.因为B1D1平面ABCD,又E,F在直线D1B1上运动,所以EF平面ABCD,故B正确.C中由于点B到直线B1D1的距离不变,故BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为22,故VA-BEF为定值.当点E在D1处,点F为D1B1的中点时,建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0,1),F12,12,1,所以AE=(0,-1,1),BF=12,-12,1,所以AEBF=32.又|AE|=2,|BF|=62,所以cos=AEBF|AE|BF|=32262=32.所以此时异面直线AE与BF成30角.当点E为D1B1的中点,点F在B1处时,此时E12,12,1,F(0,1,1).所以AE=-12,-12,1,BF=(0,0,1),所以AEBF=1,|AE|=-122+-122+12=62,所以cos=AEBF|AE|BF|=1621=6332,故选D.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.已知正方体ABCD-ABCD的棱长为a,则=.【解析】BD=BD,因为ABD为正三角形,所以=120,即=120.答案:12014.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.【解析】设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2,因为平面BDD1B1平面ABCD,所以B1BO为侧棱与底面所成的角,所以B1BO=60,设棱台高为h,则tan60=h2-22,所以h=62,所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B122,0,62,C(0,2,0),所以AD1=-22,2,62,B1C=-22,2,-62,所以cos=AD1B1C|AD1|B1C|=14,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14.答案:14【变式训练】如图所示,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1的中点,则异面直线D1E与AC所成角的余弦值是.【解析】如图,建立空间直角坐标系, X|k | B| 1 . c |O |mx k b 1 . c o m来源:学.科.网Z.X.X.K则A(4,0,0),C(0,4,0),D1(0,0,4),E(0,4,2),AC=(-4,4,0),D1E=(0,4,-2).cos=163220=105.所以异面直线D1E与AC所成角的余弦值为105.答案:105 xKb 1 .Com 15.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为棱长为1的正三角形,侧棱AA1底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD与平面AA1C1C所成的角为,则sin的值是.【解题指南】建立空间直角坐标系,求出平面AA1C1C的一个法向量n和AD,计算cos即可求解sin.【解析】如图,建立空间直角坐标系,易求点D32,12,1,平面AA1C1C的一个法向量n=(1,0,0),所以cos=322=64,即sin=64.答案:6416.给出命题:在ABCD中,AB+AD=AC;在ABC中,若ABAC0,则ABC是锐角三角形;在梯形ABCD中,E,F分别是两腰BC,DA的中点,则FE=12(AB+DC);在空间四边形ABCD中,E,F分别是边BC,DA的中点,则FE=12(AB+DC).以上命题中,正确命题的序号是.【解析】满足向量运算的平行四边形法则,正确;ABAC=|AB|AC|cosA0A90,但B,C无法确定,所以ABC是否是锐角三角形无法确定,错误;符合梯形中位线的性质,正确;如图,DC=DA+AC, DC+AB=DA+AB+AC=DA+2AE=2(FA+AE)=2FE,则FE=12(AB+DC),正确.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,正方体ABCD-ABCD中,点E是上底面ABCD的中心,用向量DA,DC,DD表示向量BD,AE.【解析】BD=DD-DB=-DA-DC+DD.AE=AA+AE=DD+12AC=DD+12AC=DD+12(DC-DA)=-12DA+12DC+DD.18.(12分)(2014福州高二检测)如图所示,已知PA平面ABCD,ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点.求证:(1)MN平面PAD.(2)平面PMC平面PDC.【证明】如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PA=AD=a,AB=b.(1)P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).因为M,N分别为AB,PC的中点,所以Mb2,0,0,Nb2,a2,a2.所以MN=0,a2,a2,AP=(0,0,a),AD=(0,a,0),所以MN=12AD+12AP.又因为MN平面PAD,所以MN平面PAD.(2)由(1)可知:P(0,0,a),C(b,a,0),Mb2,0,0,D(0,a,0).所以PC=(b,a,-a),PM=b2,0,-a,PD=(0,a,-a).设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则所以x1=2abz1,y1=-z1.令z1=b,则n1=(2a,-b,b).设平面PDC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以x2=0,y2=z2.令z2=1,则n2=(0,1,1).因为n1n2=0-b+b=0,所以n1n2.所以平面PMC平面PDC.【知识拓展】用向量证明线面平行的主要方法(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.(2)在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量.(3)利用共面向量定理,在平面内找到两不共线向量把直线的方向向量线性表示出来.19.(12分)如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且C1CB=C1CD=BCD=60.当CDCC1的值等于多少时,能使A1C平面C1BD?【解析】不妨设CDCC1=x,CC1=1,A1C平面C1BD,则A1CC1B,A1CC1D,而C1D=C1C+CD,A1C=A1D1+D1C1+C1C=AD+DC+C1C,由A1CC1D=0,得(AD+DC+C1C)(C1C+CD)=C1C2-CD2+C1CAD+CDAD=0,注意到C1CAD+CDAD=x2-x22,可得方程1-x2+x-x22=0,解得x=1或x=-23(舍).因此,当CDCC1=1时,能使A1C平面C1BD.20.(12分)(2013上海高考)如图,在长方体ABCD-ABCD中,AB=2,AD=1,AA=1,证明直线BC平行于平面DAC,并求直线BC到平面DAC的距离.【解析】如图,建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A(1,0,1),B(1,2,1), C(0,2,1),C(0,2,0),D(0,0,0).则DA=(1,0,1),DC=(0,2,1),设平面DAC的法向量n=(u,v,w),由nDA,nDC,所以nDA=0,nDC=0,即u+w=0,2v+w=0,解得u=2v,w=-2v,取v=1,得平面DAC的一个法向量n=(2,1,-2).因为BC=(-1,0,-1),所以nBC=0,所以nBC.又BC不在平面DAC内,所以直线BC与平面DAC平行.由CB=(1,0,0),得点B到平面DAC的距离d=|21+10+(-2)0|22+12+(-2)2=23,所以直线BC到平面DAC的距离为23.21.(12分)(2014广东高考)四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF.(2)求二面角D-AF-E的余弦值.【解题指南】(1)采用几何法较为方便,证AD平面PCDCFAD,又CFAFCF平面ADF.(2)采用向量法较为方便,以D为原点建立空间直角坐标系,设DC=2,计算出DE,EF的值,得到A,C,E,F的坐标,注意到FC为平面ADF的一个法向量.【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以ADDC.又PD平面ABCD,AD平面ABCD,所以PDAD,DCPD=D,所以AD平面PCD.又CF平面PCD,所以CFAD,而AFPC,即AFFC,又ADAF=A,所以CF平面ADF.(2)以D为原点,DP,DC,DA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,由(1)知PCDF,即CDF=DPC=30,有FC=12DC=1,DF=3FC=3,DE=12DF=32,EF=3DE=32,则D(0,0,0),E32,0,0,F32,32,0,A(0,0,2),C(0,2,0),EF=0,32,0,EA=-32,0,2,FC=-32,12,0,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由得32y=0,-32x+2z=0,取x=4,有y=0,z=3,n=(4,0,3),又平面ADF的一个法向量FC=-32,12,0,所以cos= =-23191=-25719,所以二面角D-AF-E的余弦值为25719.【变式训练】(2014北京高二检测)如图,四边形ABCD是正方形,EA平面ABCD,EAPD,AD=PD=2EA=2,F,G,H分别为PB,EB,PC的中点.(1)求证:FG平面PED.(2)求平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小.(3)在线段PC上是否存在一点M,使直线FM与直线PA所成的角为60?若存在,求出线段PM的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为F,G分别为PB,BE的中点,所以FGPE.又FG平面PED,PE平面PED,所以FG平面PED.(2)因为EA平面ABCD,EAPD,所以PD平面ABCD,所以PDAD,PDCD.又因为四边形ABCD是正方形,所以ADCD.如图,建立空间直角坐标系,因为AD=PD=2EA=2,所以D0,0,0,P0,0,2,A2,0,0,C0,2,0,B2,2,0,E(2,0,1).因为F,G,H分别为PB,EB,PC的中点,所以F1,1,1,G2,1,12,H(0,1,1).所以GF=-1,0,12,GH=-2,0,12.设n1=(x1,y1,z1)为平面FGH的一个法向量,则即-x1+12z1=0,-2x1+12z1=0,再令y1=1,得n1=(0,1,0).PB=(2,2,-2),PC=(0,2,-2).设n2=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,则即2x2+2y2-2z2=0,2y2-2z2=0,令z2=1,得n2=(0,1,1).所以 所以平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小为4.(3)假设在线段PC上存在一点M,使直线FM与直线PA所成角为60.依题意可设PM=PC,其中01.由PC=(0,2,-2),则PM=(0,2,-2