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第三章 空间向量与立体几何 章末质量评估(人教A版选修2-1)


第三章 空间向量与立体几何 章末质量评估
(时间:100 分钟 满分:120 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 a=(2x, 1, 3), b=(1, -2y, 9), 如果 a 与 b 为共线向量, 则 A.x=1,y=1 1 3 C.x= ,y=- 6

2 1 1 B.x= ,y=- 2 2 1 3 D.x=- ,y= 6 2 ( ).

2x 1 3 1 3 解析 ∵a=(2x,1,3)与 b=(1,-2y,9)共线,故有 = = ,∴x= ,y=- . 1 -2y 9 6 2 答案 C 2. 已知 a=3i+2j-k, b=i-j+2k, 则 5a 与 3b 的数量积等于 A.-15 B.-5 C.-3 D.-1 ( ).

解析 a=(3,2,-1),b=(1,-1,2),∴5a· 3b=15a· b=-15. 答案 A 3. 已知 a· b=0, |a|=2, |b|=3, 且(3a+2b)· (λa-b)=0, 则 λ 等于 3 A. 2 3 B.- 2 3 C.± 2 D.1 ( ).

3 解析 由 a· b=0 及(3a+2b)· (λa-b)=0,得 3λa2=2b2,又|a|=2,|b|=3,所以 λ= ,故 2 选 A. 答案 A 4. 已知 a, b, c 是不共面的三个向量, 则能构成一个基底的一组向量是 A.2a,a-b,a+2b C.a,2b,b-c B.2b,b-a,b+2a D.c,a+c,a-c ( ).

3 解析 不共面的三个向量才可以构成基底,A 中,a+2b= (2a)+(-2)(a-b),三个向量 2 3 共面:B 中,b+2a= (2b)+(-2)(b-a),三个向量共面;D 中,a+c=2c+(a-c),三 2 个向量共面;只有 C 中的三个向量不共面. 答案 C 5.空间直角坐标系中 A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),则直线 AB 与 CD 的位置关系是 A.平行 C.相交但不垂直 B.垂直 D.无法确定 ( ).

→ → 解析 ∵AB=(-2,-2,2),CD=(1,1,-1), → → 又∵AB=-2CD → → ∴AB∥CD,即 AB∥CD. 答案 A 6. 已知 a=(2, -3, 1), b=(2, 0, 3), c=(0, 0, 2), 则下列结论正确的是 A.a· b=b· c C.|a+b-2c|=5 B.|a|=|b+c| D.a+c=b ( ).

解析 对于 A:a· b=2?2-3?0+1?3=7, b· c=2?0+0?0+3?2=6 故 A 错. 对于 B:|a|= 4+9+1= 14, |b+c|= 22+02+52= 29,故 B 错. 对于 C:a+b-2c=(4,-3,0). ∴|a+b-2c|=5.故 C 正确. 答案 C 7. 在△ABC 中, AB=AC=5, BC=6, PA⊥平面 ABC, PA=8, 则 P 到 BC 的距离是 A. 5 B.4 5 C.3 5 D.2 5 ( ).

解析 如图所示,以 BC 边上的垂线为 y 轴,建立空间直角 坐标系,则 PD 的长即为所求, 由 A(0,0,0),P(0,0,8),D(0,4,0), → 则|PD|= 42+(-8)2=4 5. 答案 B 8.如图, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 下面结论错误的是( A.BD∥平面 CB1D1 B.AC1⊥BD C.AC1⊥平面 CB1D1 → → D.向量AD与CB1的夹角为 60° 解析 以 D 为原点,DA、DC、DD1 分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,不妨设正 方体的棱长为 1,则有 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1), B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1). → → → → → BD=(-1,-1,0),AC1=(-1,1,1),CD1=(0,-1,1),B1D1=(-1,-1,0),CB1 → → → → =(1,0,1).对于选项 A.由B1D1=BD知结论正确;对于选项 B,由AC1·BD=(-1,1, ).

→ → 1)· (-1,-1,0)=0 知结论正确;对于选项 C,由选项 B,再由AC1·B1C=(-1,1,1)·

→ → (-1,0,-1)=0 知结论正确;对于选项 D, 由 cos〈AD,CB1〉= 知结论不正确. 答案 D 9. 如图所示, 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AA1=AB=AC, AB⊥AC, M 是 CC1 的中点,Q 是 BC 的中点,P 是 A1B1 的中点,则直线 PQ 与 AM 所成的角为 π A. 6 π B. 4 π C. 3 π D. 2 ( ).

=-

2 , 2

解析 以 A 为坐标原点,AC、AB、AA1 所在直线为 x、 y、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,设 AA1=AB= → AC=2,则AM=(0,2,1),Q(1,1,0),P(1,0,2), → → → QP=(0,-1,2),所以QP·AM=0,所以 QP 与 AM π 所成角为 . 2 答案 D → → → → → 10. 已知OA=(1, 2, 3), OB=(2, 1, 2), OP=(1, 1, 2), 点 Q 在直线 OP 上运动, 则当QA? QB 取得最小值时, 点 Q 的坐标为 1 3 1 A.( , , ) 2 4 3 4 4 8 C.( , , ) 3 3 3 1 3 3 B.( , , ) 2 2 4 4 4 7 D.( , , ) 3 3 3 ( ).

→ → → 解析 设 Q(x,y,z),因 Q 在OP上,故有OQ∥OP,可得:x=λ,y=λ,z=2λ,则 Q(λ, → → → → λ,2λ),QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ),所以QA·QB=6λ2-16λ 4 2 4 4 4 8 → → +10=6(λ- )2- ,故当 λ= 时,QA·QB取最小值,此时 Q( , , ),故选 C. 3 3 3 3 3 3 答案 C 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.把答案填在题中横线上) 11.若 a=(2,-3,5),b=(-3,1,-4),则|a-2b|=________. 解析 因为 a-2b=(8,-5,13,),所以|a-2b|= 82+(-5)2+132= 258. 答案 258

12.已知平面 α 经过点 O(0,0,0),且 e=(1,1,1)是α 的法向量,M(x,y,z)是平面 α 内

任意一点,则 x,y,z 满足的关系式是________. → 解析 OM·e=(x,y,z)· (1,1,1)=x+y+z=0. 答案 x+y+z=0 13.设 a,b 是直线,α,β 是平面,a⊥α,b⊥β,向量 a1 在 a 上,向量 b1 在 b 上,a1=(1, 1,1),b1=(-3,4,0),则 α,β 所成二面角中较小的一个的余弦值为________. 解析 由题意,cos θ=|cos〈a1,b1〉|= 答案 3 15 |a1·b1| (1,1,1)· (-3,4,0) 3 = = . |a1||b1| 15 3· 5

14.已知四面体顶点 A(2,3,1)、B(4,1,-2)、C(6,3,7)和 D(-5,-4,8),则顶点 D 到平面 ABC 的距离为______. 解析 设平面 ABC 的一个法向量为 n=(x,y,z)则 → ?n· AB=0, ? (2,-2,-3)=0, ? ?(x,y,z)· ? 即? ?(x,y,z)· → (4,0,6)=0. ?n· AC=0, ? ?
?2x-2y-3z=0, ? ? ? ∴? ?? 2 ?4x+6z=0 ? ?z=- x,

y=2x, 3

?

2 → 令 x=1,则 n=(1,2,- ),AD=(-7,-7,7), 3 14 → |-7-14- | 3 |AD·n| 故所求距离为 = =11. |n| 4 1+4+ 9 答案 11 三、解答题(本大题共 5 小题,共 54 分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤) 15.(10 分)已知四边形 ABCD 的顶点分别是 A(3,-1,2),B(1,2,-1),C(-1,1,-3), D(3,-5,3). 求证:四边形 ABCD 是一个梯形. → → 证明 因为AB=(1,2,-1)-(3,-1,2)=(-2,3,-3),CD=(3,-5,3)-(-1, 1,-3)=(4,-6,6),因为 -2 3 -3 = = , 4 -6 6

→ → 所以AB和CD共线,即 AB∥CD. → 又因为AD=(3,-5,3)-(3,-1,2)=(0,-4,1), → BC=(-1,1,-3)-(1,2,-1)=(-2,-1,-2),

0 -4 1 → → 因为 ≠ ≠ ,所以AD与BC不平行, -2 -1 -2 所以四边形 ABCD 为梯形. 16.(10 分)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AB= 5,AA1=4. (1)证明:AC⊥BC1; (2)求二面角 C1?AB?C 的余弦值大小. 解 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AB=5,故 AC, BC,CC1 两两垂直,建立空间直角坐标系(如图),则 C(0,0,0), A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4). → (1)证明 AC=(-3,0,0), → BC1=(0,-4,4), → → ∴AC?BC1=0.故 AC⊥BC1. (2)平面 ABC 的一个法向量为 m=(0,0,1),设平面 C1AB 的一 个法向量为 n=(x,y,z), → → AC1=(-3,0,4),AB=(-3,4,0), → ? ?-3x+4z=0, AC1=0, ? ?n· 由? 得? ? → ?-3x+4y=0, ? AB=0. ? n· 令 x=4,则 y=3,z=3.n=(4,3,3), 故 cos〈m,n〉= 3 3 34 = . 34 34

3 34 即二面角 C1-AB-C 的余弦值为 . 34 → → 17.(10 分)已知空间三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设 a=AB,b=AC. (1)求 a 和 b 的夹角 θ 的余弦值; (2)若向量 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求 k 的值. → 解 a=AB=(-1,1,2)-(-2,0,2)=(1,1,0), → b=AC=(-3,0,4)-(-2,0,2)=(-1,0,2). a?b -1+0+0 10 (1)cos θ = = =- , |a||b| 10 2? 5 ∴a 与 b 的夹角 θ 的余弦值为- 10 . 10

(2)ka+b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),

ka-2b=(k,k,0)-(-2,0,4)=(k+2,k,-4), ∴(k-1,k,2)· (k+2,k,-4) =(k-1)(k+2)+k2-8=0. 5 即 2k2+k-10=0,∴k=- 或 k=2. 2 18.(12 分)如图,M,N 分别是空间四边形 ABCD 的棱 AB,CD → → → 的中点,试判断向量MN与向量AD,BC是否共面. 解 根据图形可以得到 → → → → MN=MA+AD+DN,① → → → → MN=MB+BC+CN.② → → → → 由已知得MA=-MB,DN=-CN. → → → → 1→ 1→ 所以①+②得 2MN=AD+BC,即MN= AD+ BC. 2 2 → → → 故向量MN与向量AD,BC共面. 19.(12 分)如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=90°, BC=2,CC1=4,EB1=1,D,F,G 分别为 CC1,B1C1,A1C1 的 中点, (1)求证:B1D⊥平面 ABD; (2)求证:平面 EGF∥平面 ABD; (3)求平面 EGF 与平面 ABD 的距离. (1)证明 如图所示,建立空间直角坐标系, 设 A1(a,0,0),则 C1(0,2,0),F(0,1,0),E(0,0,1), a A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),G( ,1,0). 2 → → → ∴B1D=(0,2,2),AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-2), → → → → ∴B1D?AB=0+0+0=0,B1D?BD=0+4-4=0. ∴B1D⊥AB,B1D⊥BD. 又 AB∩BD=B,∴B1D⊥平面 ABD. a → → → → (2)证明 ∵AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-2),GF=(- ,0,0),EF=(0,1,-1), 2 → → → → ∴GF∥AB,EF∥BD,∴GF∥AB,EF∥BD. 又 GF∩EF=F,AB∩BD=B,∴平面 EGF∥平面 ABD. (3)解 由(2)知平面 EGF 与平面 ABD 的距离即为点 D 到平面 EGF 的距离

→ 由(1)(2)知平面 EGF 的法向量为B1D=(0,2,2), → 又ED=(0,2,1), → → |ED?B1D| 3 2 ∴所求距离 d= = . 2 → |B1D|


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