高中數學同步講義分冊選修21檢測卷三

答案

解析∵cos〈a，b〉

5×5×l與平面α的位置關系是( D.lαlα答案解析a·μ＝1×(－1)＋1×0＋1×1＝0ll在平面α內或直線l與平面α平行.A，B，C，D是空間不共面的四點，且滿足

→＝0，

→

＝0，M中點，則△AMD是

D.不確答案解析∵MBC ∴→→1→→→1→→1→ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝22，PC1D1M為BC的中點.則AM與PM的位置關系為 A.平行B.異面C.垂直D.答案解析DDA，DC，DD1x軸，y軸，z依題意可得，D(0，0，0)，P(0，1，3)，C(0，2，0)，A(22，0，0)，M(∴PM＝(2，2，0)－(0，1，3)＝(2，1，－∴→AM＝(2，2，0)－(22，0，0)＝(－→∴→PM·AM＝(2，1，－3)·(－已知

→

取得最小值時，點Q的坐標為

答案

解析Q(x，y，z)Q在上，故有設

所以→

QA·QB＝6λ

3λ＝4

① ② ③ ④ A.1個B.2個C.3個D.4答案

② ③ ④ 故選且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，則異面直線SM與BN所成角的余弦值為( —答案

B.

5—5

D.

因為＝1，1，0所以

1

→

5 5→

→ 5SMBN所成角的余弦值為5②△ACD③ABBCD④AB與CD所成的角為60°. A.①B.②C.③D.④答案C解析OxyzABCD邊長為2，D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，0，1)，A(0，1，0)，所以

→又 |AC|＝2，|CD|＝2，|AD|＝BCD2 → 22·2〉 AB·2·2〉

＝－→ ABBCD45°.故③錯誤 → 2·〉 AB·CD2·〉

＝－→ ABCD60°.故④正確.二、填空題(4520分a，b是直線，α，β是平面，a⊥α，b⊥βaabb 答案3解析α，β余弦值 答案4

1

1

＝＝解析 →1 → →1 →＝BC＋CD，cos〈ED，BF〉＝ →13·

→

1→

14BA14BA＋AD→1→

面β內，BC在l上，CD在平面α內，若AB＝BC＝CD＝1，則AD的長 答 3－2cos解析因為所以→ → → → → → →AD＝AB＋BC＋CD所以→ 3－2cos即AD的長為 3－2cosθ.①若 AB＝CDAC重合，BD重合，ABCDalλa(λ∈R)l④非零向量a，b，c滿足a與b，b與c，c與a都是共面向量，則a，b，c必共面. 答案 λ＝0時，λa＝0l的方向向量；④ABCD－A1B1C1D1AB＝a，AD＝bAB＝a，AD＝b，AA1＝c，則它們兩兩共面，但顯然AB，AD，AA1是不共面的

三、解答題(670分17.(10分)a＝(3，5，－4)，b＝(2，1，8)2a＋3b，3a－2b，a·bab所λ，μλa＋μbz軸垂直.解2a＋3b＝2×(3，5，－4)＋3×(2，1，8)＝(6，10，－8)＋(6，3，24)＝(12，13，16). 32＋52＋－42＝5 22＋12＋82＝52×∴cos〈a52×∵λa＋μbz軸垂直

－7－7，即∴λ，μλ＝2μλa＋μbz軸垂直18.(12分)(1)求以向量→(2)a與向量→→都垂直，且|a|＝3a的坐標解(1)∵→＝(－2，－1，3)→14·2 14·2→又＝7∴∠BAC＝60°，∴S＝＝7(2)a⊥→，得－2x－y＋3z＝0，由a⊥，得x－3y＋2z＝0，由|a|＝3，得x2＋y2＋z2＝3，∴x＝y(tǒng)＝z＝1或ABCD60°BD的長解∵ABCD60°角，∴〈〉＝60°又→→＋→→＋→＋→2∴1＋1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈→ 3＋3＋2cos〈→ ∴|BD|＝2或∴∴BD2或

1 →2化簡2AA1＋BC＋3AB，并在圖上標出結 11，設＝4C ＝ 解(1)AA1ED1C1FD1F＝2FC1則1

→2 →1→3＝1 3 ＝1→1→3 21.(12分)ABCD－A1B1C1D1aBD1P(P?平面ACB1)D1BD1E，F(xiàn)，G.(2)求△EFGEFB1C間的距離解(1)D為坐標原點，，x軸，y軸，z∴ →→∴→ →∴ BD1⊥AB1，BD1AB1AC∴BD1⊥ACB1，BD1⊥∴EFG∥∵BD1⊥∵∴ 即→BD即→即xE－yF＝0.易得 ∴△EFG為正三角形(2)∵△EFG∴易知當△EFG與△A1C1D△EFGEF＝A1C1＝ ＝

＝1―→

＝1·(2a)2·3＝3

2|A1C1|·|A1D|·sin

2EFB1CA1C1B1C的距離n＝(x，y，z)與則

又 又―→

x＝1∴d＝|n·A1B1|＝

ABCDABE，AB＝2CD＝2BC＝2，PCE中點.在△ABEQPQCDEPQ的長；如果不存在，證明ABO因為△ABEABCD

OBCDOD∥BC.AB⊥BCAB⊥OD，又OE∩OD＝O，所以AB⊥平面ODE，解ABCD⊥OE⊥ABCD，所以OE⊥OD.OA(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，C(－1，0，1)，E(0，所以 AD＝(－1，0，1)，DE＝(0，ADE→→則

3z1＝1x1＝1，y1＝33n1＝(1，3BCEn2＝(－3，1，0)，設平面ADE與平面BCE所成的銳二面角為θ，|3－則cosθ＝|n1·n2|＝ ＝777ADEBCE所成的銳二面角的余弦值為7解Q(x2，y2，0)P(－1，3，1