高中數(shù)學人教A版1第三章空間向量與立體幾何單元測試 優(yōu)質課獎

第三章空間向量與立體幾何測試題一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選擇中，只有一個是符合題目要求的.）1.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，若=a，=b，=c，則（） A．a+b－c B．a－b+c C．－a+b+cD．－a+b－c2.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,與的夾角為（）°°°°3.下列命題中真命題的個數(shù)是（）.①若a與b共線,b與c共線,則a與c共線；②若向量a,b,c共面,則它們所在的直線共面；③若a∥b,則存在唯一的實數(shù)λ,使a=λb.4.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AD的中點，O為側面AA1B1B的中心，P為棱CC1上任意一點，則異面直線OP與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，則的值是（）A．B．6C．D．6.若向量a＝（1，λ，2），b＝（2，－1,2），a，b的夾角的余弦值為eq\f(8,9)，則λ的值為（）A．2 B．－2C．－2或eq\f(2,55) D．2或－eq\f(2,55)7.已知ABCD為平行四邊形，且A（4,1,3），B（2，-5,1），C（3,7，-5），則頂點D的坐標（）Ａ．（，4，-1） Ｂ．（2,4,1） Ｃ．（-2,14,1） Ｄ．（5,13，-3）8.直線的方向向量為a，平面的法向量為n，則有可能使的是（）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.正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是的中點，則的值為（）A.B.C.D.10.已知正方體ABCD—EFGH的棱長為1，若P點在正方體的內部且滿足，則P點到直線AB的距離為（）A．B．C．D．11..已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是側棱BB1的中點,則直線AE與平面A1ED1所成角的大小為（）° °°D.以上都不對圖1C1B1NMDCBA12.如圖1，在等腰梯形ABCD中，M、N分別為AB，CD的中點，沿MN將MNCB折疊至MNC1B圖1C1B1NMDCBAA．·=0B．·=0C．·=0D．·=0二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分.把答案填在題中的橫線上.）13.已知a=（1,2,3），b=（2，x，4），如果ab，則=.14.已知向量.若與的夾角為，則實數(shù).15.在三棱錐A-BCD中，若△BCD是正三角形，E為其中心，則+--化簡的結果為.圖216.若a，b是直線，，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），則，所成二面角中較小的一個的余弦值為.圖217.如圖2，P—ABCD是正四棱錐，ABCD-A1B1C1D1是正方體，其中，則到平面PAD的距離為.18.在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB，若E，F(xiàn)分別為線段A1D1，CC1的中點，則直線EF與平面ABB1A1所成角的余弦值為________．三、解答題（本大題共6小題，共60分.解答題應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）19．如圖3，在三棱柱ABC—A1B1C1中，分別是，上的點，且，.設，，.⑴試用表示向量；⑵若，，，求MN的長.圖圖320.如圖4,在四棱錐中,底面,平面是直角梯形,為側棱上一點.該四棱錐的俯視圖和左視圖如圖5所示.⑴證明:平面；⑵證明:∥平面.圖6圖6OBCDAMN圖5圖421.如圖6，在四棱錐O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，且底面ABCD是邊長為2的正方形，且OA=2，M，N分別為OA，BC的中點.⑴求證：直線MN∥平面OCD；⑵求點B到平面DMN的距離.22.如圖7，在三棱錐中，是邊長為4的正三角形，平面平面，，為的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值；圖7（3）求點到平面的距離.圖723.如圖8所示，矩形ABCD的邊AB=a，BC=2，PA⊥平面ABCD，PA=2，現(xiàn)有數(shù)據(jù)：①；②a=1；③；④a=2；⑤a=4．（1）當在BC邊上存在點Q，使PQ⊥QD時，a可能取所給數(shù)據(jù)中的哪些值，請說明理由；（2）在滿足（1）的條件下，a取所給數(shù)據(jù)中的最大值時，求直線PQ與平面ADP所成角的正切值；（3）記滿足（1）的條件下的Q點為Qn（n=1，2，3，…），若a取所給數(shù)據(jù)的最小值時，這樣的點Qn有幾個，試求二面角Qn﹣PA﹣Qn+1的大?。?4.在如圖9所示的幾何體中，平面為正方形，平面為等腰梯形，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,從而與的夾角為90°.3.①中當b=0時,a與c不一定共線,故①錯誤;②中a,b,c共面時,它們所在的直線平行于同一平面即可,故②錯誤;③當b為零向量,a為非零向量時,λ不存在.4.以A為坐標原點，AB,AD,AA1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，且令AB=2，則B（2,0,0），O（1，0，1）,M（0，1，0）,P（2，2，z），故=（1,2，z-1），=（-2，1，0）,因為·=0，故異面直線OP與BM所成的角等于90°，故選A.5.因為，所以8+3+2=0.解得=，選C.6.根據(jù)題意，得=eq\f(8,9)，解得=－2或eq\f(2,55)，選C.7.設D（x，y，z），根據(jù)題意，得=,即（-2，-6，-2）=（3-x，7-y，-5-z），解得x=5，y=13，z=-3，故選D.8.在D中a=（1,-1,3），n=（0,3,1），因為a·n=0，故選D.9.以A為坐標原點，以AB,AD,AA1分別為x，y，z軸建立空間坐標系，且令AB=2，則M（0,0,1），N（2,0,1），C（2,2,0），D1（0,2,2），=（-2，-2,1），=（2，-2，-1），==-，故=，選B.10.如圖1，過P作PM面ABCD于M，過M作MNAB于N，連結PN，則PN即為所求，因為所以所以圖111.以點D為原點,分別以DA,DC,DD1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖2，由題意知,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）.設平面A1ED1的一個法向量為n=（x,y,z）,則?令z=1,得y=1,x=0,所以n=（0,1,1）,cos<n,>==-1.所以<n,>=180°.所以直線AE與平面A1ED1所成的角為90°.圖1圖212.易知C1N⊥平面AMND，故A正確；假設B正確，即有⊥，又由A項可得AN⊥平面B1MNC1，這與AM⊥B1MNC1矛盾，則B不正確；對于C，連結MC1，由B1M=2C1N=2MN可得MC1⊥B1C1.又易知⊥，得B1C1⊥平面AMC1，故⊥，C也正確；由AM⊥平面B1MNC1得AM⊥B1C1，則D也正確.圖2二、填空題13.714.15.016.17.18.eq\f(\r(6),3)提示：13.因為ab，所以ab，所以a·b=0，即2+2x+12=0，解得x=-7.14.提示：由數(shù)量積公式可得，所以k=15.延長DE交邊BC于點F，則+=，--=-，故+--=0.16.由題意知，cos=|cos＜a1，b1＞|==.17.以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，平面PAD的法向量是，因為，所以，取得，因為，所以到平面PAD的距離.圖318.以A為坐標原點，AB、AD、AA1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖3,設AB＝1，則AD＝AA1＝2，所以F（1,2,1），E（0,1,2），所以＝（1,1，－1），平面ABB1A1的一個法向量n＝（0,1,0），則cos〈n，〉＝＝eq\f(\r(3),3)，設EF與平面ABB1A1所成角為θ，則sinθ＝eq\f(\r(3),3)，cosθ＝eq\f(\r(6),3).圖3三、解答題19.解：⑴.⑵，，.20.證明:⑴因為平面,,建立如圖4的空間直角坐標系.在△中,易得,所以.因為,所以,.由俯視圖和左視圖可得，，所以,.因為,所以.又因為平面,所以,所以平面.圖4⑵設平面的法向量為,則有圖4因為,,所以取,得因為,所以因為平面,所以直線∥平面.圖5OBCDAMNyzx21.建立如圖5的空間直角坐標系，則各點坐標為B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，圖5OBCDAMNyzx所以=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）.⑴證明：設平面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設面DMN的法向量為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）.所以點B到平面DMN的距離d===...22.解析：（1）證明：取的中點，連接因為，，所以且.因為平面平面，平面平面，所以平面所以.如右圖所示，建立空間直角坐標系則所以因為所以（2）由（1）得，所以設為平面的一個法向量，則，取，則所以又因為為平面的一個法向量，所以所以二面角的余弦值為.（3）由（1）（2）可得，為平面的一個法向量.所以點到平面的距離.23.解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點坐標分別為：A（0，0，0，），B（a，0，0），C（a，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），設Q（a，x，0）．（0≤x≤2）（1）∵，∴由PQ⊥QD得∵x∈[0，2]，a2=x（2﹣x）∈（0，1]∴在所給數(shù)據(jù)中，a可取和a=1兩個值．（2）由（1）知a=1，此時x=1，即Q為BC中點，∴點Q的坐標為（1，1，0），從而，又為平面ADP的一個法向量，∴，∴直線PQ與平面ADP所成角的正切值為．（3）由（1）知，此時，即滿足條件的點Q有兩個，其坐標∵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的大小為30°．24.⑴解：因為，，在△中，由余弦定理可得，所以．又因為，所以平面．因為平面，所以．因為，所以平面．所以