高中数学选修2-1第三章空间向量测试题

选修2-1第三章空间向量检测题(一)一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝(3，λ，152)平行，则λ＝()A.23B.92C．－92D．－232．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB→＋BC→＋CC1→－D1C1→等于()A.AD1→B.AC1→C.AD→D.AB→3．若向量a＝(1，m,2)，b＝(2，－1,2)，若cos〈a，b〉＝89，则m的值为()A．2B．－2C．－2或255D．2或－2554．已知空间向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，则与向量a＋b方向相反的单位向量的坐标是()A．(0,1,2)B．(0，－1，－2)C．(0，15，25)D．(0，－15，－25)5．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC内任一点O，下列条件中能确定M与点A，B，C一定共面的是()A.OM→＝OA→＋OB→＋OC→B.OM→＝2OA→－OB→－OC→C.OM→＝OA→＋12OB→＋13OC→D.OM→＝13OA→＋13OB→＋13OC→6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG→＝2GN→，现用基向量OA→，OB→，OC→表示向量，设OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则x，y，z的值分别是()A．x＝13，y＝13，z＝13B．x＝13，y＝13，z＝16C．x＝13，y＝16，z＝13D．x＝16，y＝13，z＝137.如图所示，已知三棱锥A－BCD，O为△BCD内一点，则AO→＝13(AB→＋AC→＋AD→)是O为△BCD的重心的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件8．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，若ABCD是边长为2的正方形，AA1＝1，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则BD1的长为()A．3B.7C.13D．99.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF与BC1所成的角是()A．45°B．60°C．90°D．120°10．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥的体积最大时，直线BD与平面ABC所成的角的大小为()A．90°B．60°C．45°D．30°11.如图所示，在三棱锥P－ABC中，∠APB＝∠BPC＝∠APC＝90°，M在△ABC内，∠MPA＝60°，∠MPB＝45°，则∠MPC的度数为()A．150°B．45°C．60°D．120°12．已知直二面角α－PQ－β，A∈PQ，B∈α，C∈β，CA＝CB，∠BAP＝45°，直线CA和平面α所成的角为30°，那么二面角B－AC－P的正切值为()A．2B．3C.12D.13题号123456789101112答案二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知四面体ABCD中，AB→＝a－2c，CD→＝5a＋6b－8c，AC，BD的中点分别为E，F，则EF→＝________.14．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角的大小为________．15．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，ABCD是边长为a的正方形，AA1＝b，∠A1AB＝∠A1AD＝120°，则AC1的长为________．16.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝12AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)已知A(1，－2,11)，B(6，－1,4)，C(4,2,3)，D(12,7，－12)，证明：A，B，C，D四点共面．18．(12分)如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的体对角线BD1上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC1所成角的大小；(2)求DP与平面AA1D1D所成角的大小．19.(12分)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．(1)求证A1E⊥BD；(2)若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．20.(12分)如图，四边形PDCE为矩形，四边形ABCD为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝12CD＝a，PD＝2a.(1)若M为PA的中点，求证：AC∥平面MDE；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小．21.(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.(1)求证AM⊥PD；(2)求直线CD与平面ACM所成的角的余弦值．22.(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为23的菱形，且∠BAD＝120°，PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．(1)证明MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．第三章单元质量评估(一)1．C∵a∥b，∴b＝ma(m∈R)，∴23＝－3λ＝5152，得λ＝－92.2．AAB→＋BC→＋CC1→－D1C1→＝AC1→－D1C1→＝AC1→＋C1D1→＝AD1→.3．Ca·b＝6－m，|a|＝m2＋5，|b|＝3，cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝6－m3m2＋5＝89，解得m＝－2或m＝255.4．D由已知得a＋b＝(0,1,2)且|a＋b|＝5，则与向量a＋b方向相反的单位向量为－15(0,1,2)＝(0，－15，－25)．故选D.5．D6．D连接ON，∵M，N分别是对边OA，BC的中点，∴OM→＝12OA→，ON→＝12(OB→＋OC→)，∴OG→＝OM→＋MG→＝OM→＋23MN→＝OM→＋23(ON→－OM→)＝13OM→＋23ON→＝13×12OA→＋23×12(OB→＋OC→)＝16OA→＋13OB→＋13OC→，∴x＝16，y＝z＝13.故选D.7．C8．ABD1→＝BA→＋AD→＋DD1→＝BA→＋BC→＋BB1→，|BD1→|2＝BD1→2＝(BA→＋BC→＋BB1→)2＝|BA→|2＋|BC→|2＋|BB1→|2＋2BA→·BC→＋2BA→·BB1→＋2BC→·BB1→＝4＋4＋1＋0＋2×2×1×(－12)＋2×2×1×12＝9，|BD1→|＝3，即BD1的长为3.9．B以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设各棱长为2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，则EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)，∴cos〈EF→，BC1→〉＝22·22＝12，∴〈EF→，BC1→〉＝60°，∴直线EF与BC1所成的角为60°.10．C翻折后A，B，C，D四点构成三棱锥的体积最大时，平面ADC⊥平面BAC，设未折前正方形对角线的交点为O，则∠DBO即为BD与平面ABC所成的角，大小为45°.11.C如右图所示，过M作MH⊥面PBC于H，则MH∥AP，∴∠MPH＝30°，∴cos45°＝cos∠HPB·cos30°，∴cos∠HPB＝63，∴cos∠HPC＝33.又cos∠HPC·cos30°＝cos∠MPC，∴33×32＝cos∠MPC，∴∠MPC＝60°.12．A在平面β内过点C作CO⊥PQ于O，连接OB.又α⊥β，则OC⊥OB，OC⊥OA，又CA＝CB，所以△AOC≌△BOC，故OA＝OB.又∠BAP＝45°，所以OA⊥OB.以O为原点，分别以OB，OA，OC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)．不妨设AC＝2，由∠CAO＝30°，知OA＝3，OC＝1.在等腰直角三角形OAB中，∠ABO＝∠BAO＝45°，则OB＝OA＝3，所以B(3，0,0)，A(0，3，0)，C(0,0,1)，AB→＝(3，－3，0)，AC→＝(0，－3，1)，设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·AC→＝－3y＋z＝0n1·AB→＝3x－3y＝0，取x＝1，则y＝1，z＝3，所以n1＝(1,1，3)，易知平面β的一个法向量为n2＝(1,0,0)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝15×1＝55，又二面角B－AC－P为锐角，由此可得二面角B－AC－P的正切值为2.13．3a＋3b－5c解析：如图所示，取BC的中点M，连接EM，MF，则EF→＝EM→＋MF→＝12AB→＋12CD→＝12(a－2c)＋12(5a＋6b－8c)＝3a＋3b－5c.14.π2解析：由条件知AC，BC，CC1两两垂直，如图，以C为原点，CB，CA，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(0，3，0)，B1(1,0，6)，M0，0，62，A1(0，3，6)，∴AB1→＝(1，－3，6)，A1M→＝0，－3，－62，cos〈AB1→，A1M→〉＝0，∴〈AB1→，A1M→〉＝π2，即直线AB1与A1M所成角为π2.15.2a2＋b2－2ab解析：设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝a，|c|＝b，∴AC1→＝AB→＋BC→＋CC1→＝a＋b＋c，∴|AC1→|2＝(a＋b＋c)2＝2a2＋b2－2ab，∴|AC1→|＝2a2＋b2－2ab.16.63解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，AG→＝(a，a,0)，AC→＝(0,2a,2a)，BG→＝(a，－a,0)，设平面AGC的一个法向量为n1＝(x1，y1,1)，由AG→·n1＝0AC→·n1＝0，得ax1＋ay1＝02ay1＋2a＝0，则x1＝1y1＝－1，故n1＝(1，－1,1)．设GB与平面AGC所成的角为θ，则sinθ＝|BG→·n1||BG→||n1|＝2a2a×3＝63.17．证明：AB→＝(5,1，－7)，AC→＝(3,4，－8)，AD→＝(11,9，－23)，设AD→＝xAB→＋yAC→，得5x＋3y＝11x＋4y＝9－7x－8y＝－23，解得x＝1，y＝2.所以AD→＝AB→＋2AC→，则AD→，AB→，AC→为共面向量，又AB→，AD→，AC→有公共点A，因此A，B，C，D四点共面．18．解：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则DA→＝(1,0,0)，CC1→＝(0,0,1)，连接BD，B1D1，在矩形BB1D1D中，延长DP交B1D1于H点．设DH→＝(m，m,1)(m0)，〈DH→，DA→〉＝60°，则DA→·DH→＝|DA→||DH→|cos〈DH→，DA→〉，可得2m＝2m2＋1，得m＝22，所以DH→＝(22，22，1)．(1)cos〈DH→，CC1→〉＝DH→·CC1→|DH→||CC1→|＝12，所以〈DH→，CC1→〉＝45°，即DP与CC1所成的角为45°.(2)平面AA1D1D的一个法向量为DC→＝(0,1,0)，cos〈DH→，DC→〉＝DH→·DC→|DH→|·|DC→|＝12，所以〈DH→，DC→〉＝60°，故DP与平面AA1D1D所成的角为30°.19.(1)证明：如图所示，以D为原点，DA→，DC→，DD1→所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为a，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，C1(0，a，a)，设E(0，a，e)，则A1E→＝(－a，a，e－a)，BD→＝(－a，－a,0)，A1E→·BD→＝－a·(－a)＋a·(－a)＋(e－a)·0＝0，∴A1E→⊥BD→，则A1E⊥BD.(2)解：当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面E