高中数学人教A版1第三章空间向量与立体几何单元测试 优质课奖

第三章空间向量与立体几何测试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）1.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，若=a，=b，=c，则（） A．a+b－c B．a－b+c C．－a+b+cD．－a+b－c2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与的夹角为（）°°°°3.下列命题中真命题的个数是（）.①若a与b共线,b与c共线,则a与c共线；②若向量a,b,c共面,则它们所在的直线共面；③若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb.4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AD的中点，O为侧面AA1B1B的中心，P为棱CC1上任意一点，则异面直线OP与BM所成的角等于（）A．90°°°°5.已知平面的法向量是（2,3，-1），平面的法向量是（4，，-2），若，则的值是（）A．B．6C．D．6.若向量a＝（1，λ，2），b＝（2，－1,2），a，b的夹角的余弦值为eq\f(8,9)，则λ的值为（）A．2 B．－2C．－2或eq\f(2,55) D．2或－eq\f(2,55)7.已知ABCD为平行四边形，且A（4,1,3），B（2，-5,1），C（3,7，-5），则顶点D的坐标（）Ａ．（，4，-1） Ｂ．（2,4,1） Ｃ．（-2,14,1） Ｄ．（5,13，-3）8.直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则有可能使的是（）A．a=（1,0,0），n=（-2,0,0）B．a=（1,3,5），n=（1,0,1）C．a=（0,2,1），n=（-1,0,1）D．a=（1,-1,3），n=（0,3,1）9.正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是的中点，则的值为（）A.B.C.D.10.已知正方体ABCD—EFGH的棱长为1，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线AB的距离为（）A．B．C．D．11..已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为（）° °°D.以上都不对图1C1B1NMDCBA12.如图1，在等腰梯形ABCD中，M、N分别为AB，CD的中点，沿MN将MNCB折叠至MNC1B图1C1B1NMDCBAA．·=0B．·=0C．·=0D．·=0二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中的横线上.）13.已知a=（1,2,3），b=（2，x，4），如果ab，则=.14.已知向量.若与的夹角为，则实数.15.在三棱锥A-BCD中，若△BCD是正三角形，E为其中心，则+--化简的结果为.图216.若a，b是直线，，是平面，a⊥，b⊥，向量a1在a上，向量b1在b上，a1=（1,1,1），b1=（-3，4,0），则，所成二面角中较小的一个的余弦值为.图217.如图2，P—ABCD是正四棱锥，ABCD-A1B1C1D1是正方体，其中，则到平面PAD的距离为.18.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB，若E，F分别为线段A1D1，CC1的中点，则直线EF与平面ABB1A1所成角的余弦值为________．三、解答题（本大题共6小题，共60分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）19．如图3，在三棱柱ABC—A1B1C1中，分别是，上的点，且，.设，，.⑴试用表示向量；⑵若，，，求MN的长.图图320.如图4,在四棱锥中,底面,平面是直角梯形,为侧棱上一点.该四棱锥的俯视图和左视图如图5所示.⑴证明:平面；⑵证明:∥平面.图6图6OBCDAMN图5图421.如图6，在四棱锥O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，且OA=2，M，N分别为OA，BC的中点.⑴求证：直线MN∥平面OCD；⑵求点B到平面DMN的距离.22.如图7，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值；图7（3）求点到平面的距离.图723.如图8所示，矩形ABCD的边AB=a，BC=2，PA⊥平面ABCD，PA=2，现有数据：①；②a=1；③；④a=2；⑤a=4．（1）当在BC边上存在点Q，使PQ⊥QD时，a可能取所给数据中的哪些值，请说明理由；（2）在满足（1）的条件下，a取所给数据中的最大值时，求直线PQ与平面ADP所成角的正切值；（3）记满足（1）的条件下的Q点为Qn（n=1，2，3，…），若a取所给数据的最小值时，这样的点Qn有几个，试求二面角Qn﹣PA﹣Qn+1的大小．24.在如图9所示的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，D3.A4.A6.C7.D8.D9.B10.A11.B12.C提示：1.+=--+=－a+b－c.2.由于AB⊥平面BCC1B1,所以AB⊥C1B,从而与的夹角为90°.3.①中当b=0时,a与c不一定共线,故①错误;②中a,b,c共面时,它们所在的直线平行于同一平面即可,故②错误;③当b为零向量,a为非零向量时,λ不存在.4.以A为坐标原点，AB,AD,AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，且令AB=2，则B（2,0,0），O（1，0，1）,M（0，1，0）,P（2，2，z），故=（1,2，z-1），=（-2，1，0）,因为·=0，故异面直线OP与BM所成的角等于90°，故选A.5.因为，所以8+3+2=0.解得=，选C.6.根据题意，得=eq\f(8,9)，解得=－2或eq\f(2,55)，选C.7.设D（x，y，z），根据题意，得=,即（-2，-6，-2）=（3-x，7-y，-5-z），解得x=5，y=13，z=-3，故选D.8.在D中a=（1,-1,3），n=（0,3,1），因为a·n=0，故选D.9.以A为坐标原点，以AB,AD,AA1分别为x，y，z轴建立空间坐标系，且令AB=2，则M（0,0,1），N（2,0,1），C（2,2,0），D1（0,2,2），=（-2，-2,1），=（2，-2，-1），==-，故=，选B.10.如图1，过P作PM面ABCD于M，过M作MNAB于N，连结PN，则PN即为所求，因为所以所以图111.以点D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图2，由题意知,A1（1,0,2）,E（1,1,1）,D1（0,0,2）,A（1,0,0）,所以=（0,1,-1）,=（1,1,-1）,=（0,-1,-1）.设平面A1ED1的一个法向量为n=（x,y,z）,则⇒令z=1,得y=1,x=0,所以n=（0,1,1）,cos<n,>==-1.所以<n,>=180°.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.图1图212.易知C1N⊥平面AMND，故A正确；假设B正确，即有⊥，又由A项可得AN⊥平面B1MNC1，这与AM⊥B1MNC1矛盾，则B不正确；对于C，连结MC1，由B1M=2C1N=2MN可得MC1⊥B1C1.又易知⊥，得B1C1⊥平面AMC1，故⊥，C也正确；由AM⊥平面B1MNC1得AM⊥B1C1，则D也正确.图2二、填空题13.714.15.016.17.18.eq\f(\r(6),3)提示：13.因为ab，所以ab，所以a·b=0，即2+2x+12=0，解得x=-7.14.提示：由数量积公式可得，所以k=15.延长DE交边BC于点F，则+=，--=-，故+--=0.16.由题意知，cos=|cos＜a1，b1＞|==.17.以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面PAD的法向量是，因为，所以，取得，因为，所以到平面PAD的距离.图318.以A为坐标原点，AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图3,设AB＝1，则AD＝AA1＝2，所以F（1,2,1），E（0,1,2），所以＝（1,1，－1），平面ABB1A1的一个法向量n＝（0,1,0），则cos〈n，〉＝＝eq\f(\r(3),3)，设EF与平面ABB1A1所成角为θ，则sinθ＝eq\f(\r(3),3)，cosθ＝eq\f(\r(6),3).图3三、解答题19.解：⑴.⑵，，.20.证明:⑴因为平面,,建立如图4的空间直角坐标系.在△中,易得,所以.因为,所以,.由俯视图和左视图可得，，所以,.因为,所以.又因为平面,所以,所以平面.图4⑵设平面的法向量为,则有图4因为,,所以取,得因为,所以因为平面,所以直线∥平面.图5OBCDAMNyzx21.建立如图5的空间直角坐标系，则各点坐标为B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，图5OBCDAMNyzx所以=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）.⑴证明：设平面OCD的法向量n=（x，y，z），由得令y=1，得平面OCD的法向量n=（0，1，1），所以·n=2×0+1×1+（-1）×1=0.所以⊥n.又MN⊄平面OCD，所以MN∥平面OCD.⑵设面DMN的法向量为n′=（x/，y/，z/），由=（0，-2，1），=（2，-1，0），得即令x/=1，得平面DMN的法向量n′=（1，2，4）.所以点B到平面DMN的距离d===...22.解析：（1）证明：取的中点，连接因为，，所以且.因为平面平面，平面平面，所以平面所以.如右图所示，建立空间直角坐标系则所以因为所以（2）由（1）得，所以设为平面的一个法向量，则，取，则所以又因为为平面的一个法向量，所以所以二面角的余弦值为.（3）由（1）（2）可得，为平面的一个法向量.所以点到平面的距离.23.解：建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为：A（0，0，0，），B（a，0，0），C（a，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），设Q（a，x，0）．（0≤x≤2）（1）∵，∴由PQ⊥QD得∵x∈[0，2]，a2=x（2﹣x）∈（0，1]∴在所给数据中，a可取和a=1两个值．（2）由（1）知a=1，此时x=1，即Q为BC中点，∴点Q的坐标为（1，1，0），从而，又为平面ADP的一个法向量，∴，∴直线PQ与平面ADP所成角的正切值为．（3）由（1）知，此时，即满足条件的点Q有两个，其坐标∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AQ1，PA⊥AQ2，∴∠Q1AQ2就是二面角Q1﹣PA﹣Q2的平面角．由，得∠Q1AQ2=30°，∴二面角Q1﹣PA﹣Q2的大小为30°．24.⑴解：因为，，在△中，由余弦定理可得，所以．又因为，所以平面．因为平面，所以．因为，所以平面．所以