空间向量与立体几何综合检测题(含答案)

详细内容

综合检测(二)
第二章　空间向量与立体几何
(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．在每个题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．)
1．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝(－4，x，y)平行，则x，y的值分别是
(　　)
A．6和－10　　　　B．－6和10
C．－6和－10 D．6和－10
【解析】　由a∥b，得－42＝x－3＝y5，∴x＝6，y＝－10.
【答案】　A
2．已知直线a的方向向量为a，平面α的法向量为n，下列结论成立的是(　　)
A．若a∥n，则a∥α B．若a•n＝0，则a⊥α
C．若a∥n，则a⊥α D．若a•n＝0，则a∥α
【解析】　由直线的方向向量与平面的法向量的定义知应选C，对于选项D，直线a在平面α内，也满足a•n＝0.
【答案】　C
3．平面α的一个法向量n＝(1，－1,0)，则y轴与平面α所成的角的大小为
(　　)
A.π6B．π4　　　　
C.π3　　　　D．3π4
【解析】　y轴的方向向量s＝(0,1,0)，cos〈n，s〉＝n•s|n|•|s|＝－22，即y轴与平面α所成角的正弦值是22，故其所成的角是π4.
【答案】　B
4．平行六面体ABCD－A1B1C1D1，向量AB→、AD→、AA1→两两的夹角均为60°，且|AB→|＝1，|AD→|＝2，|AA1→|＝3，则|AC1→|等于(　　)
A．5 B．6
C．4 D．8
【解析】　设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则AC1→＝a＋b＋c，AC1→＝a2＋b2＋c2＋2a•b＋2b•c＋2c•a＝25，因此|AC1→|＝5.
【答案】　A
5．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　　)
A.627 B．637
C.607 D．657
【解析】　∵a，b不共线，∴存在x，y，使c＝xa＋yB．
∴2x－y＝7，－x＋4y＝5，3x－2y＝λ，解得λ＝657.
【答案】　D
6．已知平面α，β是两个不重合的平面，其法向量分别为n1，n2，给出下列结论：
①若n1∥n2，则α∥β；②若n1∥n2，则α⊥β；③若n1•n2＝0，则α⊥β；④若n1•n2＝0，则α∥β.其中正确的是(　　)
A．①③ B．①②
C．②③ D．②④
【解析】　由平面的法向量的定义知①③正确．
【答案】　A
7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin⒀CM→，D1N→⒁的值为(　　)
A.19 B．459
C.259 D．23

【解析】　设正方体棱长2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM→＝(2，－2,1)，D1N→＝(2,2，－1)，cos〈CM→，D1N→〉＝－19，sin〈CM→，D1N→〉＝459.
【答案】　B
8．点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s＝(1，－1,1)的直线l的距离为6，则点M的坐标是(　　)
A．(0,0，±2) B．(0,0，±3)
C．(0,0，±3) D．(0,0，±1)
【解析】　设M(0,0，z)，直线的一个单位方向向量s0＝(33，－33，33)，故点M到直线l的距离d＝|OM→|2－|OM→•s0|2＝z2－13z2＝6，解得z＝±3.
【答案】　B
9. 如图1，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为(　　)

【解析】　如图，以D为原点，DA、DC分别为x，y轴建立如图所示空间直角坐标系，设M(x，y,0)，设正方形边长为a，则P(a2，0，32a)，C(0，a,0)，则|MC|＝x2＋y－a2，|MP|＝x－a22＋y2＋32a2.由|MP|＝|MC|得x＝2y，所以M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y＝12x.
【答案】　A
10. 如图2，在正三棱锥P－ABC中，D是侧棱PA的中点，O是底面ABC的中心，则下列四个结论中正确的是(　　)

图2
A．OD∥平面PBC
B．OD⊥PA
C．OD⊥AC
D．PA＝2OD
【解析】　连接AO、PO，依题意PO⊥AO，即∠POA＝90°.∵D为PA的中点，
∴点O在以PA为直径的圆上，
∴OD＝DA＝DP，即PA＝2OD．
【答案】　D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
11．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c－a)•(2b)＝－2，则x＝________.
【解析】　∵c＝(1,1,1)，a＝(1,1，x)，∴c－a＝(0,0,1－x)，∴(c－a)•(2b)＝(0,0,1－x)(2,4,2)＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.
【答案】　2
12．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角为________．
【解析】　由题设，l与α所成的角θ＝90°－(180°－120°)＝30°.
【答案】　30°
13．平面α经过点A(0,0,2)且一个法向量n＝(1，－1，－1)，则x轴与平面α的交点坐标是________．
【解析】　设交点M(x,0,0)，AM→＝(x,0，－2)，平面α的一个单位法向量是n0＝(33，－33，－33)，点M到平面α的距离d＝|AM→•n0|＝|33x＋233|＝0，得x＝－2，故x轴与平面α的交点坐标是(－2,0,0)．
【答案】　(－2,0,0)
14．已知三棱锥P－ABC各顶点的坐标分别是P(－1,0,0)，A(0,1,0)，B(－4,0,0)，C(0,0,2)，则该三棱锥底面ABC上的高h＝________.
【解析】　由已知，AP→＝(－1，－1,0)，AB→＝(－4，－1,0)，AC→＝(0，－1,2)．设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，
n•AB→＝－4x－y＝0，n•AC→＝－y＋2z＝0，则y＝－4x，y＝2z.取x＝－1，得n＝(－1,4,2)．
则h＝|n•AP→||n|＝|－1×－1＋－1×4＋0×2|－12＋42＋22＝217.
【答案】　217
三、解答题(本大题4小题，共50分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
15．(本小满分12分)如图3，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求AE→与DB→夹角的余弦值．

图3
【解】　(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，
∵AD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DB→，DC→，DA→所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易得：
D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，3)，E(12，32，0)，
所以AE→＝(12，32，－3)，DB→＝(1,0,0)，
∴cos＝AE→•DB→|AE→|•|DB→|＝121×224＝2222，
所以AE→与DB→夹角的余弦值是2222.
16．(本小题满分12分)如图4，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点．

图4
(1)证明：AD⊥D1F；
(2)求AE与D1F所成的角；
(3)证明：面AED⊥面A1FD1.
【解】　以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则有A(1,0,0)，E(1,1，12)，F(0，12，0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)．
(1)证明：由AD→＝(－1,0,0)，D1F→＝(0，12，－1)，AD→•D1F→＝0，∴AD⊥D1F.
(2)AE→＝(0,1，12)，AE→•D1F→＝0，∴AE⊥D1F，AE与D1F所成的角为90°.
(3)证明：由以上可知D1F⊥平面AED，又D1F在平面A1FD1内，∴面AED⊥面A1FD1.
17. (本小题满分12分)如图5所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：

图5
(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
【证明】　AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)，
(1)∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，
∴C(12，32，0)，E(14，34，12)，
设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC→•CD→＝0，即y＝233，则D(0，233，0)，

∴CD→＝(－12，36，0)，又AE→＝(14，34，12)，
∴AE→•CD→＝－12×14＋36×34＝0，
∴AE→⊥CD→，即AE⊥CD．
(2)法一　∵P(0,0,1)，∴PD→＝(0，233，－1)，
又AE→•PD→＝34×233＋12×(－1)＝0，
∴PD→⊥AE→，即PD⊥AE，
AB→＝(1,0,0)，∴PD→•AB→＝0，
∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB．
法二　AB→＝(1,0,0)，AE→＝(14，34，12)，
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则x＝0，14x＋34y＋12z＝0，令y＝2，则z＝－3，
∴n＝(0,2，－3)，
∵PD→＝(0，233，－1)，显然PD→＝33n.
∵PD→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
18．(2013•辽宁高考)(本小题满分12分)如图6，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．

图6
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C⊥PB⊥A的余弦值．
【解】　(1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC，

由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图(1)，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝3.
又因为PA＝1，所以A(0,1,0)，B(3，0,0)，P(0,1,1)．
故CB→＝(3，0,0)，CP→＝(0,1,1)．
设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则CB→•n1＝0，CP→•n1＝0.所以3x1＝0，y1＋z1＝0，
不妨令y1＝1，则n1＝(0,1，－1)．
因为AP→＝(0,0,1)，AB→＝(3，－1,0)，
设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则AP→•n2＝0，AB→•n2＝0，所以z2＝0，3x2－y2＝0，
不妨令x2＝1，则n2＝(1，3，0)．
于是cos〈n1，n2〉＝322＝64.
由图(1)知二面角C⊥PB⊥A为锐角，故二面角C⊥PB⊥A的余弦值为64.