《2019版数学人教B版选修2-1训练：第三章 空间向量与立体几何 检测 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版数学人教B版选修2-1训练：第三章 空间向量与立体几何 检测 Word版含解析.doc（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第三章检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.已知在正方体ABCD - A1B1C1D1中,E为侧面BCC1B1的中心.若AE=zAA1+xAB+yAD,则x+y+z的值为()A.1B.32C.2D.34解析:AE=AB+BE=AB+12AA1+12AD,x=1,y=z=12,则x+y+z=2,故选C.答案:C2.已知i,j,k为单位正交基底,a=3i+2j-k,b=i-j+2k,则5a与3b的数量积等于()A.-15B.-5C.-3D.-1解析:a=(3,2,-1),b=(1,-1,2),
2、故5a=(15,10,-5),3b=(3,-3,6),5a3b=45-30-30=-15.答案:A3.已知向量a=8,x2,x,b=(x,1,2),其中x0,若ab,则x的值为()A.8B.4C.2D.1解析:ab存在R使a=b8,x2,x=(x,2)x=8,x2=,x0,x=2=2,x=4.答案:B4.已知A,B,C三点不共线,对平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点M与点A,B,C一定共面的是()A.OM=OA+OB+OCB.OM=2OA-OB-OCC.OM=OA+12OB+13OCD.OM=13OA+13OB+13OC解析:选项D中的三个系数和:13+13+13=1,故M与点A,B,
3、C一定共面.答案:D5.若a,b,c是空间的非零向量,则下列命题中的真命题是()A.(ab)c=(bc)aB.若ab=-|a|b|,则abC.若ac=bc,则abD.若aa=bb,则a=b解析:(ab)c是与c共线的向量,(bc)a是与a共线的向量,a与c不一定共线,故A项为假命题;若ab=-|a|b|,则a与b方向相反,所以ab,故B项为真命题;若ac=bc,则(a-b)c=0,即(a-b)c,不能得出ab,故C项为假命题;若aa=bb,则|a|=|b|,a与b方向未必相同,故不能得出a=b,所以D项为假命题.答案:B6.若向量a=(1,x,2),b=(2,-1,2),且a,b夹角的余弦值为
4、89,则x等于()A.2B.-2C.-2或255D.2或-255解析:cos=ab|a|b|=6-x35+x2=89,解得x=-2或x=255.答案:C7.在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成60角解析:APAB=0,APAD=0,AP平面ABCD.答案:B8.下面命题中,正确的命题有()若n1,n2分别是不同平面,的法向量,则n1n2;若n1,n2分别是平面,的法向量,则n1n2=0;若n是平面的法向量,b,c是内两个不共线的向量,a=b
5、+c(,R),则na=0;若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.A.1个B.2个C.3个D.4个答案:D9.如图,在正四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45解析:用坐标法求向量的夹角.答案:D10.已知向量n=(1,0,-1)与平面垂直,且经过点A(2,3,1),则点P(4,3,2)到的距离为()A.32B.22C.2D.322解析:PA=(-2,0,-1),又n与垂直,所以P到的距离为|(-2,0,-1)(1,0,-1)|12+(-1)2=12=22,故选B.答案:B二、填空题(本大题共
6、5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是.解析:如图,以点D为原点,以DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则MA1=(2,-1,2),DN=(0,2,1),所以MA1DN=0,故异面直线A1M与DN所成的角的大小为90.答案:9012.已知空间三点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,1,1),若直线OA上的一点H(x,y,z),满足BHOA,则x=,y=,z=.解析:BH=(x,y-1,z-1),OA=(-1,
7、1,0),OH=(x,y,z),BHOA,(x,y-1,z-1)(-1,1,0)=0.又OHOA,(x,y,z)=k(-1,1,0),联立解得x=-12,y=12,z=0.答案:-1212013.已知|a|=|b|=|c|=1,a+b+c=0,则ac+bc+ab=.解析:设ac+bc+ab=x,则2x=(a+b)c+(b+c)a+(c+a)b=-|c|2-|a|2-|b|2=-3,解得x=-32.答案:-3214.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.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)
8、,|a+b|=26,|a-b|=10,所以S=12|a+b|a-b|=122610=65.答案:6515.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).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,故正确;ABAC=|AB|AC|cos A0A90,但B,C无法确定,ABC是否是锐角三角形无法确定,故错误;符合梯形中位线的性质,故正确.答案:三、解答题(本大题共3小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)在平行六面体ABC
9、D - A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,BAD=90,BAA1=DAA1=60,求AC1的长.分析:选择基底表示AC1,平方求模长.解:AC1=AB+AD+AA1,|AC1|2=(AB+AD+AA1)2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2ABAD+2ABAA1+2ADAA1=1+22+32+2|AB|AD|cos+2|AB|AA1|cos+2|AD|AA1|cos=14+212cos 90+213cos 60+223cos 60=23,|AC1|=23,即AC1=23.17.(8分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,
10、使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.(1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)解:过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,12,12,则BC=(1,1,0),BM=0,12
11、,12,AD=(0,1,-1).设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0),则nBC=0,nBM=0,即x0+y0=0,12y0+12z0=0,取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=|nAD|n|AD|=63,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.18.(9分)已知四棱锥P - ABCD的底面为直角梯形,ABDC,DAB=90,PA底面ABCD,且PA=AD=DC=12AB=1,M是PB的中点.(1)证明平面PAD平面PCD;(2)求AC与PB所成角的余弦值;(3)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值.分
12、析:因为PAAD,PAAB,ADAB,所以可以以A为坐标原点,AD长为单位长度,建系使用向量求解.(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,则各点坐标为A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M0,1,12.AP=(0,0,1),DC=(0,1,0),故APDC=0,APDC.又由题设知:ADDC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC面PAD.又DC在面PCD内,故面PAD面PCD.(2)解:由(1)可得AC=(1,1,0),PB=(0,2,-1),|AC|=2,|PB|=5,ACPB=2,cos=ACPB|AC|PB|=105.由此得AC与PB所成角的余弦值为105.(3)解:在MC上取一点N(x,y,z),则存在R,使NC=MC,又NC=(1-x,1-y,-z),MC=1,0,-12,x=1-,y=1,z=12.要使ANMC,只需ANMC=0,即x-12z=0,解得=45.可知当=45时,N点坐标为15,1,25,能使ANMC=0.此时,AN=15,1,25,BN=15,-1,25,有BNMC=0.由ANMC=0,BNMC=0,得ANMC,BNMC.ANB为所求二面角的平面角.|AN|=305,|BN|=305,ANBN=-45,cos=ANBN|AN|BN|=-23.故所求的二面角的余弦值为-23.