第三章空间向量与立体几何(B卷)

第三章空间向量与立体几何(B)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．空间四个点O、A、B、C，OA→，OB→，OC→为空间的一个基底，则下列说法不正确的是()A．O、A、B、C四点不共线B．O、A、B、C四点共面，但不共线C．O、A、B、C四点中任意三点不共线D．O、A、B、C四点不共面2．已知a＋3b与7a－5b垂直，且a－4b与7a－2b垂直，则〈a，b〉等于()A．30°B．60°C．90°D．45°3．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量AB→与AC→的夹角为()A．30°B．45°C．60°D．90°4．已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若AE→＝AA1→＋xAB→＋yAD→，则x，y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝12C．x＝12，y＝12D．x＝12，y＝135．设E，F是正方体AC1的棱AB和D1C1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A1ECF成60°角的对角线的数目是()A．0B．2C．4D．66．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB→＝(2，－1，－4)，AD→＝(4,2,0)，AP→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP→是平面ABCD的法向量；④AP→∥BD→.其中正确的个数是()A．1B．2C．3D．47．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)且a·b＝2，则x的值是()A．3B．4C．5D．68．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，则△BCD是()A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不确定9．正三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°10．若向量a＝(2,3，λ)，b＝－1，1，63的夹角为60°，则λ等于()A.2312B.612C.23612D．－2361211．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()A.12，34，13B.12，32，34C.43，43，83D.43，43，7312．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为()A.12B.32C.13D.33题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c－a)·(2b)＝－2，则x＝________.14．若A0，2，198，B1，－1，58，C－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量a＝(x，y，z)，则x∶y∶z＝__________.15．平面α的法向量为m＝(1,0，－1)，平面β的法向量为n＝(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为__________．16.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，点D是A1C1的中点，则异面直线AD和BC1所成角的大小为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如图，已知ABCD—A1B1C1D1是平行六面体．设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的34分点，设MN→＝αAB→＋βAD→＋γAA1→，试求α、β、γ的值．18.(12分)如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为2a的菱形，且SA＝SC＝2a，SB＝SD＝2a，点E是SC上的点，且SE＝λa(0λ≤2)．(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有BD⊥AE；(2)若SC⊥平面BED，求直线SA与平面BED所成角的大小．19.(12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．20．(12分)如图所示，在三棱锥S—ABC中，SO⊥平面ABC，侧面SAB与SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC的中点，求二面角A—SC—B的余弦值．21.(12分)如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．(1)求证：平面PDC⊥平面PAD；(2)求点B到平面PCD的距离．22．(12分)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P—AC—D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．第三章空间向量与立体几何(B)1．B2．B[由已知a＋3b·7a－5b＝0a－4b·7a－2b＝0，∴7a2＋16a·b－15b2＝0①7a2－30a·b＋8b2＝0②由①－②可得a·b＝12b2，代入①可得a2＝b2，∴cos〈a·b〉＝a·b|a||b|＝12.∴〈a，b〉＝60°.]3．C[AB→＝(0,3,3)，AC→＝(－1,1,0)，∴cos〈AB→，AC→〉＝332·2＝12，∴〈AB→，AC→〉＝60°.]4．C[AE→＝AA1→＋A1E→＝AA1→＋12(A1B1→＋A1D1→)＝AA1→＋12AB→＋12AD→，由空间向量的基本定理知，x＝y＝12.]5．C6．C[∵AB→·AP→＝－2－2＋4＝0，∴AP⊥AB，①正确；∵AP→·AD→＝－4＋4＝0，∴AP⊥AD，②正确；由①②知AP→是平面ABCD的法向量，∴③正确，④错误．]7．C8．B[△BCD中，BC→·BD→＝(AC→－AB→)·(AD→－AB→)＝AB→20.∴∠B为锐角，同理，∠C，∠D均为锐角，∴△BCD为锐角三角形．]9．C[建系如图，设AB＝1，则B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)．∴BA1→＝(－1,0,1)，AC1→＝(0,1,1)∴cos〈BA1→，AC1→〉＝＝12·2＝12.∴〈BA1→，AC1→〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.]10．C[∵a＝(2,3，λ)，b＝－1，1，63，∴a·b＝63λ＋1，|a|＝λ2＋13，|b|＝263，∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝63λ＋1λ2＋13·263＝12.∴λ＝23612.]11．C[∵Q在OP上，∴可设Q(x，x,2x)，则QA→＝(1－x，2－x,3－2x)，QB→＝(2－x,1－x,2－2x)．∴QA→·QB→＝6x2－16x＋10，∴x＝43时，QA→·QB→最小，这时Q43，43，83.]12．C[以点D为原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1C→＝(－1,1，－1)，AC1→＝(－1,1,1)．可以证明A1C⊥平面BC1D，AC1⊥平面A1BD.又cos〈AC1→，A1C→〉＝13，结合图形可知平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为13.]13．2解析∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．∴(c－a)·(2b)＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.14．2∶3∶(－4)解析AB→＝1，－3，－74，AC→＝－2，－1，－74，由a·AB→＝0，a·AC→＝0，得x＝23yz＝－43y，x∶y∶z＝23y∶y∶－43y＝2∶3∶(－4)．15．60°或120°解析∵cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－12·2＝－12，∴〈m，n〉＝120°，即平面α与β所成二面角的大小为60°或120°.16.π6解析建立如图所示坐标系，则AD→＝(－1,1，－2)，BC1→＝(0,2，－2)，∴cos〈AD→，BC1→〉＝622·6＝32，∴〈AD→，BC1→〉＝π6.即异面直线AD和BC1所成角的大小为π6.17．解∵MN→＝MB→＋BN→＝12DB→＋34BC1→＝12(AB→－AD→)＋34(CC1→－CB→)＝12(AB→－AD→)＋34(AA1→＋AD→)＝12AB→－12AD→＋34AA1→＋34AD→＝12AB→＋14AD→＋34AA1→，∴α＝12，β＝14，γ＝34.18．(1)证明连结BD，AC，设BD与AC交于O.由底面是菱形，得BD⊥AC.∵SB＝SD，O为BD中点，∴BD⊥SO.又AC∩SO＝O，∴BD⊥面SAC.又AE⊂面SAC，∴BD⊥AE.(2)解由(1)知BD⊥SO，同理可证AC⊥SO，∴SO⊥平面ABCD.取AC和BD的交点O为原点建立如图所示的坐标系，设SO＝x，则OA＝4a2－x2，OB＝2a2－x2.∵OA⊥OB，AB＝2a，∴(4a2－x2)＋(2a2－x2)＝4a2，解得x＝a.∴OA＝3a，则A(3a,0,0)，C(－3a,0,0)，S(0,0，a)．∵SC⊥平面EBD，∴SC→是平面EBD的法向量．∴SC→＝(－3a,0，－a)，SA→＝(3a,0，－a)．设SA与平面BED所成角为α，则sinα＝＝|－3a2＋a2|3＋1a·3＋1a＝12，即SA与平面BED所成的角为π6.19．解a＝AB→＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b＝AC→＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．(1)cosθ＝a·b|a|b|＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a与b的夹角θ的余弦值为－1010.(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.即2k2＋k－10＝0，∴k＝－52或k＝2.20．解以O为坐标原点，射线OB，OA，OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设B(1,0,0)，则C(－1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)，SC的中点M－12，0，12.故MO→＝12，0，－12，MA→＝12，1，－12，SC→＝(－1,0，－1)，所以MO→·SC→＝0，MA→·SC→＝0.即MO⊥SC，MA⊥SC.故〈MO→，MA→〉为二面角A—SC—B的平面角．cos〈MO→，MA→〉＝＝33.即二面角A—SC—B的余弦值为33.21.(1)证明如图，以A为原点，AD、AB、AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则依题意可知A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(4,2,0)，D(4,0,0)，P(0,0,2)．∴PD→＝(4,0，－2)，CD→＝(0，－2,0)，PA→＝(0,0，－2)．设平面PDC的一个法向量为n＝(x，y,1)，则⇒－2y＝04x－2＝0⇒y＝0x＝12，所以平面PCD的一个法向量为12，0，1.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又∵AB⊥AD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.∴平面PAD的法向量为AB→＝(0,2,0)．∵n·AB→＝0，∴n⊥AB→.∴平面PDC⊥平面PAD.(2)解由(1)知平面PCD的一个单位法向量为n|n|＝55，0，255.∴＝4，0，0·55，0，255＝455，∴点B到平面PCD的距离为455.22．(1)证明连结BD，设AC交BD于点O，由题意知SO⊥平面ABCD，以O点为坐标原点，OB→、OC