2019年高中数学第三章空间向量与立体几何检测试题（含解析）新人教A版选修.docx

第三章空间向量与立体几何检测试题(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,1),且ka+b与a互相垂直,则k等于(B)(A)(B)(C)-(D)-解析:因为向量a=(1,1,0).b=(-1,0,1),所以ka+b=(k-1,k,1);又ka+b与a互相垂直,所以(ka+b)a=0,即(k-1)1+k=0,解得k=.2.已知空间四点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),D(x,-1,3)共面,则x的值为(D)(A)4(B)1(C)10 (D)11解析:=(-2,2,-2),=(-1,6,-8),=(x-4,-2,0).因为A,B,C,D共面,所以,共面,所以存在实数,使=+,即(x-4,-2,0)=(-2-,2+6,-2-8),因为解得3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,=,=x+y(+),则(D)(A)x=1,y=(B)x=1,y=(C)x=,y=1(D)x=1,y=解析:因为=+=+=+=+(+),所以x=1,y=.4.如图,空间四边形的各边和对角线长均相等,E是BC的中点,那么(C)(A)(D)与不能比较大小解析:因为E是BC的中点,AB=AC,故,即=0,不防设空间四边形的各边和对角线长均为1,且,的夹角为60,则=(+)(-)=(-+-)=-0,故选C.5.以下四个命题中,正确的是(D)(A)向量a=(1,-1,3)与向量b=(3,-3,6)平行(B)ABC为直角三角形的充要条件是=0(C)|(ab)c|=|a|b|c|(D)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解析:因为=,所以a=(1,-1,3)与b=(3,-3,6)不平行;当ABC为直角三角形时也可能=0或=0;|(ab)c|=|ab|c|=|a|b|cos|c|,所以选项A,B,C都不正确,若a,b,c为空间的一个基底,则a-b,b-c, c-a不共面,所以选项D正确.故选D.6.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值是(A)(A)0 (B)(C)- (D)解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0).所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0),所以cos=0.故选A.7.已知直线l过点P(1,0,-1),平行于向量a=(2,1,1),平面过直线l与点M(1,2,3),则平面的法向量不可能是(D)(A)(1,-4,2) (B)(,-1,)(C)(-,1,-) (D)(0,-1,1)解析:因为=(0,2,4),直线l平行于向量a,若n是平面的法向量,则必须满足把选项代入验证,只有选项D不满足,故选D.8.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是(D)(A) (B) (C) (D)解析:如图建立空间直角坐标系.则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),所以=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,-1,-1),所以点D1到平面A1BD的距离是d=.故选D.9.空间直角坐标系中,O为坐标原点,已知两点A(3,1,0),B(-1,3,0),若点C满足=+,其中,R,+=1,则点C的轨迹为(B)(A)平面(B)直线(C)圆 (D)线段解析:若点C满足=+,其中,R,+=1,则=+(1-),从而-=(-),即=,所以点C与A,B共线.故选B.10.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1底面ABC,底面ABC是等腰直角三角形,ACB=90,侧棱AA1=2,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的正弦值为(A)(A) (B) (C) (D)解析:因为侧棱与底面垂直,ACB=90,所以分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图空间直角坐标系.设CA=CB=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),所以E(,1),G(,),=(,),=(0,-a,1).因为点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G,所以平面ABD,所以=0,解得a=2.所以=(,),=(2,-2,2).因为平面ABD,所以为平面ABD的一个法向量,又cos= =,所以A1B与平面ABD所成角的正弦值为.二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分)11.如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中,|DA|=8,|DC|=6,|DD1|=3,则D1B1的中点M的坐标为 ,|DM|= .解析:由题图知D1(0,0,3),B1(8,6,3).M为D1B1的中点,由中点坐标公式可得M(4,3,3).由两点间距离公式有DM=.答案:(4,3,3)12.已知O(0,0,0),A(-2,2,-2),B(1,4,-6),C(x,-8,8),若OCAB,则x= ;若O,A,B,C四点共面,则x= .解析:由题意得,=(x,-8,8),=(3,2,-4),所以OCAB=3x-16-32=0,所以x=16;若O,A,B,C四点共面,所以存在唯一的实数,使得,=+,所以(x,-8,8)=(-2,2,-2)+(1,4,-6),所以x=8.答案:16813.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是 ,若D1EEC,则AE=.解析:长方体ABCDA1B1C1D1中以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0m2,则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),所以=-1+0+1=0,所以直线D1E与A1D所成角的大小是90.因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1EEC,所以=-1+m(2-m)+0=0,解得m=1,所以AE=1.答案:90114.已知空间单位向量e1,e2,e3,e1e2,e2e3,e1e3=,若空间向量m=xe1+ye2+ze3满足:me1=4,me2=3,me3=5,则x+y+z=, |m|=.解析:因为e1,e2,e3,e1e2,e2e3,e1e3=,空间向量m=xe1+ye2+ze3满足me1=4,me2=3,me3=5,所以解得解得所以x+y+z=8,|m|=.答案:815.已知正方体ABCDABCD的棱长为1,设=a,=b,=c,则|a+b+c|=.解析:取CC1中点E,连接AC,AE.因为正方体ABCDABCD的棱长为1,a+b+c=+=.所以|a+b+c|=|=.答案:16.已知在长方体ABCDA1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是 .解析:如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0), B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4).设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),则即解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,d=.答案:17.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为.解析:由条件,知=0,=0,=+.所以|2=|2+|2+|2+2+2+2=62+42+82+ 268cos=(2)2.所以cos=-,=120,所以二面角的大小为60.答案:60三、解答题(本大题共5小题,共74分)18.(本小题满分14分)如图,在三棱锥ABCD中,BAC=BAD=DAC=60,AC=AD=2,AB=3.(1)证明:ABCD;(2)求CD与平面ABD所成角的正弦值.(1)证明:因为BAC=BAD=60,AC=AD,所以ABDABC,所以BC=BD,取CD的中点E,连接AE,BE,所以AECD,BECD,所以CD平面ABE,又AB平面ABE,所以ABCD.(2)解:分别以EB,EC,EA所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Exyz,则A(0,0,),B(,0,0),C(0,1,0),D(0,-1,0).所以=(0,-2,0),=(,0,-),=(0,-1,-).设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则取m=(,-,1),则cos=,即CD与平面ABD所成角的正弦值为.19.(本小题满分15分)如图,在五面体ABCDEF中,FA平面ABCD,ADBCFE,ABAD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=AD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小;(2)证明平面AMD平面CDE;(3)求二面角ACDE的余弦值.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点.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),M(,1,).(1)=(-1,0,1),=(0,-1,1),于是cos=.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60,(2)证明:由=(,1,),=(-1,0,1),=(0,2,0),可得=0, =0.因此,CEAM,CEAD.又AMAD=A,故CE平面AMD.而CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.(3)设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),则于是令x=1,可得u=(1,1,1).又由题设,平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).所以cos=.因为二面角ACDE为锐角,所以其余弦值为.20.(本小题满分15分)如图在直角梯形ABCP中,BCAP,ABBC,CDAP,AD=DC=PD=2,E,F, G分别是线段PC,PD,BC的中点,现将PDC折起,使平面PDC平面ABCD(如图)(1)求证:AP平面EFG;(2)求二面角GEFD的大小.(1)证明:因为在题图中,APCD,所以在题图中PDCD,ADCD,所以ADP是二面角PDCA的平面角,因为平面PDC平面ABCD,所以ADP=90,即PDDA,又ADDC=D,所以PD平面ABCD.如图.以D为坐标原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),F(0,0,1),G(1,2,0).所以=(-2,0,2),=(0,-1,0),=(1,2,-1),设平面GEF的法向量n=(x,y,z),由法向量的定义得不妨设z=1,则n=(1,0,1),n=-21+0+21=0,所以n,点P平面EFG,所以AP平面EFG.(2)解:由(1)知平面GEF的一个法向量为n=(1,0,1),因平面EFD与坐标平面PDC重合,则它的一个法向量为i=(1,0,0),设二面角GEFD为,则cos =.由图形观察二面角GEFD为锐角,故二面角GEFD的大小为45.21.(本小题满分15分)如图所示,已知长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,E是棱CC1上的点,且BEB1C.(1)求CE的长;(2)求证:A1C平面BED;(3)求A1B与平面BDE夹角的正弦值.(1)解:如图所示,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,所以D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),A1(2,0,4),B1(2,2,4),C1(0,2,4),D1(0,0,4).设E点坐标为(0,2,t),则=(-2,0,t),=(-2,0,-4).因为BEB1C,所以=4+0-4t=0.所以t=1,故CE=1.(2)证明:由(1)得,E(0,2,1),=(-2,0,1),又=(-2,2,-4),=(2,2,0),所以=4+0-4=0,且A1C=-4+4+0=0.所以且,即A1CDB,A1CBE,又因为DBBE=B,所以A1C平面BED.(3)解:由(2)知=(-2,2,-4)是平面BDE的一个法向量.又=(0,2,-4),所以cos=.所以A1B与平面BDE夹角的正弦值为.22.(本小题满分15分)直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AEA1B1,D为棱A1B1上的点.(1)证明:DFAE;(2)是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?若存在,说明点D的位置,若不存在,说明理由.(1)证明:因为AEA1B1,A1B1AB,所以AEAB.又因为AA1AB,AA1AE=A,所以AB平面A1ACC1.又因为AC平面A1ACC1,所以ABAC.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则有A(0,0,0),E(0,1,),F(,0),A1(0,0,1),B