数学选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试同步练习题

这是一份数学选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试同步练习题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第3章(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订)(考试时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设a＝(x,2y,3)，b＝(1,1,6)，且a∥b，则x＋y等于(　　)A.　　　　　　　　　　　 B.C.   D．2解析：　∵a∥b，∴x＝2y＝，∴x＝，y＝.∴x＋y＝.答案：　B2．若a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值是(　　)A．－1   B．0C．1   D．－2解析：　a＋λb＝(0,1，－1)＋(λ，λ，0)＝(λ，1＋λ，－1)，因为(a＋λb)·a＝(λ，1＋λ，－1)·(0,1，－1)＝1＋λ＋1＝2＋λ＝0，所以λ＝－2.答案：　D3．若向量(1,0，z)与向量(2,1,0)的夹角的余弦值为，则z等于(　　)A．0   B．1C．－1   D．2解析：　由题知＝，＝，1＝，∴z＝0.答案：　A4．若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1－e2－e3，c＝e1－e2，d＝3e1＋2e2＋e3({e1，e2，e3}为空间的一个基底)，且d＝xa＋yb＋zc，则x，y，z分别为(　　)A.，，－1   B.，，1C．－，，1   D.，－，1解析：　d＝xa＋yb＋zc＝x(e1＋e2＋e3)＋y(e1－e2－e3)＋z(e1－e2)．∴∴答案：　A5．若直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，平面α的法向量为u＝(－2,2，－4)，则(　　)A．l∥α   B．l⊥αC．l⊂α   D．l与α斜交解析：　∵u＝－2a，∴u∥a，∴l⊥α，故选B.答案：　B6．在平行六面休ABCD－A′B′C′D′中，若＝x＋2y＋3z，则x＋y＋z等于(　　)A．1   B.C.   D.解析：　如图，＝＋＋＝＋－，所以x＝1,2y＝1,3z＝－1，所以x＝1，y＝，z＝－，因此x＋y＋z＝1＋－＝.答案：　B7．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成的角的余弦值为(　　)A.   B.C.   D.解析：　以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)．∴＝(0，－1,1)，＝(0，－1,2)．∴cos〈，〉＝＝＝.故选C.答案：　C8．已知空间四个点A(1,1,1)，B(－4,0,2)，C(－3，－1,0)，D(－1,0,4)，则直线AD与平面ABC所成的角为(　　)A．60°   B．45°C．30°   D．90°解析：　设n＝(x，y,1)是平面ABC的一个法向量．∵＝(－5，－1,1)，＝(－4，－2，－1)，∴∴∴n＝.又＝(－2，－1,3)，设AD与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，∴θ＝30°.故选C.答案：　C9．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.   B.C.   D.解析：　以点D为原点，DA，DC，DD1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＝(－1,1，－1)，＝(－1,1,1)．又可以证明A1C⊥平面BC1D，AC1⊥平面A1BD，又cos〈，〉＝，结合图形可知平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为.故选B.答案：　B10.如右图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为(　　)A.   B.C.   D.解析：　因为A1B1∥EF，G在A1B1上，所以G到平面D1EF的距离即为A1到平面D1EF的距离，即是A1到D1E的距离，D1E＝，由三角形面积可得所求距离为＝.故选D.答案：　D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)11．若a＝(2，－3,5)，b＝(－3,1，－4)，则|a－2b|＝________.解析：　因为a－2b＝(8，－5,13)，所以|a－2b|＝＝.答案：　12．设a＝(2，－3,1)，b＝(－1，－2,5)，d＝(1,2，－7)，c⊥a，c⊥b，且c·d＝10，则c＝________.解析：　设c＝(x，y，z)，根据题意得解得答案：　13．直角△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝，则点P到斜边AB的距离是________．解析：　以C为坐标原点，CA、CB、CP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A(4,0,0)，B(0,3,0)，P，所以＝(－4,3,0)，＝，所以在AB上的投影长为＝，所以P到AB的距离为d＝＝＝3.答案：　314．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝2，AD＝1，且AB，AD，AA1的夹角都是60°，则·＝________.解析：　＝＋＋，＝＋＋，·＝(＋＋)·(＋＋)＝(＋＋)·(－＋)＝·－||2＋·＋||2－·＋·＋·－·＋||2＝2×1×cos 60°－4＋1－2×1×cos 60°＋1×2×cos 60°×2＋4＝3.答案：　3三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图所示，已知ABCD－A1B1C1D1是平行六面体．(1)化简＋＋，并在图上标出结果；(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的分点，设＝α＋β＋γ，试求α、β、γ的值．解析：　(1)如图所示，取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，则＝＋＋.(2)＝＋＝＋＝(＋)＋(＋)＝＋＋.∴α＝，β＝，γ＝.16．(本小题满分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.求点B到平面PCD的距离．解析：　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)，＝(4,0，－2)，＝(0，－2,0)，＝(4,0,0)，设面PCD的一个法向量为n＝(x，y,1)，则⇒⇒所以面PCD的一个单位法向量为＝，所以＝＝，则点B到平面PCD的距离为.17．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解析：　设正方体的棱长为1，如图所示，以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B(1,0,0)，E，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以＝，＝(0,1,0)，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)依题意，得A1(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝(－1,1，)，设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·＝0，n·＝0，得，所以x＝z，y＝z.取z＝2，得n＝(2,1,2)．设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)．又B1(1,0,1)，所以＝(t－1,1,0)，面B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝⇔F为C1D1的中点．这说明在棱C1D1上存在点F使B1F∥平面A1BE.18．(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求点C到平面B1DP的距离．解析：　如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0，1,0)，B(1,0,1)．(1)证明：设C1D＝x，∵AC∥PC1，∴＝＝.由此可得D(0,1，x)，P.∴＝(1,0,1)，＝(0,1，x)，＝.设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，令c＝－1，得n1＝(1，x，－1)．∵PB1∥平面BDA1，∴n1·＝1×(－1)＋x·＋(－1)×0＝0.由此可得x＝.故CD＝C1D.(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝.又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，∴cos〈n1·n2〉＝＝＝.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为.(3)∵＝(1，－2,0)，＝，设平面B1DP的一个法向量为n3＝(a1，b1，c1)．令c1＝1，可得n3＝.又＝，∴C到平面B1DP的距离d＝＝.